热门试卷

（1）不等式f（x）+2g′（x）≤（a+3）x-g（x），即为alnx+2x≤（a+3）x-x2，化简得：a（x-lnx）≥x2-x，

由x∈[1，e]知x-lnx＞0，因而a≥，设y=，

由y′==，

∵当x∈（1，e）时，x-1＞0，x+1-lnx＞0，

∴y′＞0在x∈[1，e]时成立，则y=递增，ymin=-．

由不等式有解，可得知a≥ymin=-，即实数a的取值范围是[-，+∞）．

（2）当a=1，f（x）=lnx．

由m[g（x1）-g（x2）]＞x1f（x1）-x2f（x2）恒成立，得

mg（x1）-x1f（x1）＞mg（x2）-x2f（x2）恒成立，

设t（x）=x2-xlnx（x＞0）．

由题意知x1＞x2＞0，故当x∈（0，+∞）时函数t（x）单调递增，

∴t′（x）=mx-lnx-1≥0恒成立，即m≥恒成立，

因此，记y=，得y′=，

∵函数在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，

∴函数h（x）在x=1时取得极大值，并且这个极大值就是函数h（x）的最大值．

由此可得h（x）max=h（1）=1，故m≥1，结合已知条件m∈Z，m≤1，可得m=1．．

略

（1）不等式f（x）+2g′（x）≤（a+3）x-g（x），即为alnx+2x≤（a+3）x-x2，化简得：a（x-lnx）≥x2-x，

由x∈[1，e]知x-lnx＞0，因而a≥，设y=，

由y′==，

∵当x∈（1，e）时，x-1＞0，x+1-lnx＞0，

∴y′＞0在x∈[1，e]时成立，则y=递增，ymin=-．

由不等式有解，可得知a≥ymin=-，即实数a的取值范围是[-，+∞）．

（2）当a=1，f（x）=lnx．

由m[g（x1）-g（x2）]＞x1f（x1）-x2f（x2）恒成立，得

mg（x1）-x1f（x1）＞mg（x2）-x2f（x2）恒成立，

设t（x）=x2-xlnx（x＞0）．

由题意知x1＞x2＞0，故当x∈（0，+∞）时函数t（x）单调递增，

∴t′（x）=mx-lnx-1≥0恒成立，即m≥恒成立，

因此，记y=，得y′=，

∵函数在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，

∴函数h（x）在x=1时取得极大值，并且这个极大值就是函数h（x）的最大值．

由此可得h（x）max=h（1）=1，故m≥1，结合已知条件m∈Z，m≤1，可得m=1．．

（Ⅰ）f(x)=a•b=sin•cos+cos2=sinx+cosx+=sin(x+)+．

由sin(x+)+=0，得，x+=2kπ+，或x+=2kπ-，k∈Z

由x∈[0，2π]，得x=π或x=．故函数f（x）的零点为 π 和 ．

（Ⅱ）由f(A)=sin(A+)+=，A∈（0，π），得A=．

由sinA=2sinC得 a=2c．又b=2，由a2=b2+c2-2bccosA，得4c2=22+c2-2•2ccos，

即  3c2+2c-4=0，∵c＞0，∴c=．

∵函数f（x）=()x-log3x是单调减函数，0＜x1＜x0，

∴f（x1）＞f（x0），

∵x0是方程f（x）=0的解，

∴f（x1）＞0

故答案为：＞

（I）f′(x)=-3x=，

令f'（x）=0得x=或x=-1（舍去）∴当0≤x≤时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；

当＜x≤1时，f'（x）＜0，f（x）单调递减．∴f() =ln3-为函数f（x）在[0，1]上的极大值

（II）由f（x）=-2x+b⇒ln（2+3x）-x2+2x-b=0

令φ(x)=ln(2+3x)-x2+2x-b，则，φ′(x)=-3x+2=，

当x∈[0，]时，φ'（x）＞0，于是φ（x）在[0，]上递增；

当x∈[，1]时，φ'（x）＜0，于是φ（x）在[，1]上递减，而φ()＞φ(0)，φ()＞φ(1)，

∴f（x）=-2x+b，即φ（x）=0在[0，1]恰有两个不同实根等价于

∴ln5+≤b小于ln（2+）-+．

（1）因为f（0）=1，对任意x，y∈R恒有f(x-y)=f(x)-y2(2x-y+3)，

∴令y=x，代入可得f(0)=f(x)-x2(2x-x+3)，即f(x)=x3+x2+1，

（2）因为方程f（x）=a有三个实数解，所以函数y=f（x）与y=a图象有三个交点

又因为f′（x）=x2+2x=x（x+2），

当x∈（-∞，-2）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；

当x∈（-2，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；

当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，

∴当x=-2时f（x）取极大值，f(x)极大值=，

当x=0时，f（x）取极小值，f（x）极小值=1，

∴1＜a＜

（Ⅰ）对f（x）求导得：f′（x）=x2-（3a+1）x+2a（a+1），

代入a=2有f′（x）=（x-3）（x-4）；

令f′（x）＞0得x∈（-∞，3）∪（4，+∞）；又令f′（x）＜0，得到：x∈（3，4），

于是：f（x）在（-∞，3），（4，+∞）上单调递增；f（x）在（3，4）上单调递减．

当x=3时，f（x）有极大值，当x=4时，f（x）有极小值，所以x=3是极大值点，x=4是极小值点．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知：f′（x）=（x-2a）[x-（a+1）]，

（1）当a＜1时，有：2a＜a+1；令f′（x）＞0得：x∈（-∞，2a）∪（a+1，+∞）；

再令f′（x）＜0得：x∈（2a，a+1），故f（x）在（-∞，2a），（a+1，+∞）上单调递增，

在（2a，a+1）上单调递减；此时可知：f（2a）为f（x）的极大值，f（a+1）为f（x）的极小值；

欲使y=f（x）的图象与x轴恰有三个交点，则必有：，

即是：，解得：a∈（-3，-1）∪（-1，0）∪（0，）．

（2）当a＞1时，有：2a＞a+1；令f′（x）＞0得：x∈（-∞，a+1）∪（2a，+∞）；

再令f′（x）＜0得：x∈（a+1，2a），故f（x）在（-∞，a+1），（2a，+∞）上单调递增，

在（a+1，2a）上单调递减；此时可知：f（a+1）为f（x）的极大值，f（2a）为f（x）的极小值；

欲使y=f（x）的图象与x轴恰有三个交点，则必有：，

即是：⇒a∈∅，

   综上可知：a∈（-3，-1）∪（-1，0）∪（0，）．

（1）a=-1时，f（x）=-x+4，

由f（x）＞g（x）（x＞2）

得-x+4＞×，

∴2x2-12x+17＜0（*）

∴3-＜x＜3+，

∵3-＞2，∴解集为：{x|3-＜x＜3+}，

（2）由f（x）=g（x），得ax-3a+1=，∴（ax-3a+1）（x-2）=1

即ax2+（1-5a）x+6a-3=0，（*）①

a=0时，x=3，两个图象公共点的个数是1，公共点（3，1）

②a≠0时，方程*即[ax-（2a-1）]（x-3）=0

∴（x-3）（x-）=0，

x1=2，x2=，

（i）若=3，即a=-1时，方程*有两个相等的实根3，

∴函数y=f（x）的图象与y=g（x）的图象公共点的个数为1，

（ii）若≠3，即a≠-1时，

∵x2-2=-2=-，

当a＞0时，x2=＜2，

当a＜0时，x2=＞2，

综上所述，a≥0或a=-1函数y=f（x）的图象与y=g（x）的图象公共点的个数为1，

a＜0或a≠-1函数y=f（x）的图象与y=g（x）的图象公共点的个数为2．