热门试卷

解：（1）函数的定义域为（-∞，-1）∪（-1，+∞）

由f'（x）>0，得-2 ＜x＜-1或x>0；

由f'（x）＜0，得x＜-2或-1＜x＜0

所以f（x）的递增区间是（-2，-1），（0，+∞）；

递减区间是（-∞，-2），（-1，0）。

（2）由（1）知f（x）在上单调递减，在[0，e-1]上单调递增

又

且

所以当时，f（x）max=e2-2

因为当时，不等式f（x）＜m恒成立，

所以m>f（x）max，即m>e2-2，

故m的取值范围为（e2-2，+∞）。

（3）方程f（x）=x2+x+a，即x-a+1-ln（1+x）2=0

记g（x）=x-a+1-ln（1+x）2，则

由g'（x）>0，得x＜-1或x>1；

由g'（x）＜0，得-1＜x＜1

所以g（x）在[0，1]上单调递减，在[1，2]上单调递增

为使f（x）=x2+x+a在[0，2]上恰有两个相异的实根，

只需g（x）=0在[0，1）和（1，2]上各有一个实根，

于是有即

解得2-2ln2＜a≤3-2ln3

故实数a的取值范围是（2-2ln2，3-2ln3]。

解：（Ⅰ）因为，

由或x＜0；由，

所以当0＜t＜1时，f(x)在（-1，0）上递增，在（0，t）上递减，

因为，f(0)=3，，而f(0)＜f(t)＜f(2)，

所以，当x=-1时，函数f(x)取最小值；

当x=0时，函数f(x)取最大值f(0)=3。

（Ⅱ）因为，所以，

令，

从而把问题转化为证明方程在上有解，并讨论解的个数。

因为，，

所以 ①当t＞5或-1＜t＜2时，，所以p(x)=0在（-2，t）上有解，且只有一解；

②当2＜t＜5时，p(-2)＞0且p(t)＞0，但由于，所以p(x)=0在（-2，t）上有解，且有两解；

③当t=2时，或x=2，所以p(x)=0在（-2，t）上有且只有一解x=0；

④当t=5时，或x=3，

所以p(x)=0在（-1，5）上也有且只有一解x=3；

综上所述, 对于任意的t＞-1，总存在，满足，且当t≥5或-1＜t≤2时，有唯一的适合题意；当2＜t＜5时，有两个适合题意。

解：（1）∵f（x）在（﹣∞，0]上是增函数，在（0，2]上是减函数；

∴x=0是f'（x）=0的根，

又∵f'（x）=3x2+2bx+c，

∴f'（0）=0，∴c=0．

（2）∵f（x）=0的根为α，2，β，

∴f（2）=0，∴8+4b+d=0，

又∵f'（2）≤0，

∴12+4b≤0，∴b≤﹣3，

又d=﹣8﹣4b ∴d≥4 f（1）=1+b+d，f（2）=0

∴d=﹣8﹣4b且b≤﹣3，

∴f（1）=1+b﹣8﹣4b=﹣7﹣3b≥2

（3）∵f（x）=0有三根α，2，β；

∴f（x）=（x﹣α）（x﹣2）（x﹣β） =x3﹣（α+β+2）·x2﹣2αβ

∴ ；

∴|β﹣α|2=（α+β）2﹣4αβ =（b+2）2+2d =b2+4b+4﹣16﹣8b

=b2﹣4b﹣12 =（b﹣2）2﹣16

又∵b≤﹣3，∴|β﹣α|≥3

解：（1）由已知得

∵

∴

∴a=1。

（2）由（1）得

由

由

∴f（x）的单调递增区间为（-1，0），单调递减区间为。

（3）令

则

令得（舍）

当时，

当时，即在上递增，在（1，2）上递减

方程在区间有两个不等实根

等价于函数g（x）在（0，2）上有两个不同的零点

∴

∴

即实数b的取值范围为。

解：（1）由 f（x）=x3+ax2+bx，得 f′（x）=3x2+2ax+b

∵1和-1是函数f（x）的两个极值点，

∴f′（1）=3-2a+b=0，f′（-1）=3+2a+b=0，解得a=0，b=-3。

（2）由（1）得，f（x）=x3-3x，

∴g′（x）=f（x）+2=x3-3x+2=（x-1）2（x+2）=0，

解得x1=x2=1，x3=-2

∵当x＜-2时，g′（x）＜0；

当-2＜x＜1时，g′（x）＞0，

∴-2是g（x）的极值点

∵当-2＜x＜1或x＞1时，g′（x）＞0，

∴1不是g（x） 的极值点

∴g（x）的极值点是-2。

（3）令f（x）=t，则h（x）=f（t）-c

先讨论关于x的方程f（x）=d根的情况，d∈[-2，2]

当|d|=2时，由（2 ）可知，f（x）=-2的两个不同的根为1和-2，

注意到f（x）是奇函数，

∴f（x）=2的两个不同的根为-1和2

当|d|＜2时，∵f（-1）-d=f（2）-d=2-d＞0，f（1）-d=f（-2）-d=-2-d＜0，

∴-2，-1，1，2 都不是f（x）=d 的根

由（1）知，f′（x）=3（x+1）（x-1）

①当x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0，于是f（x）是单调增函数，

从而f（x）＞f（2）=2

此时f（x）=d在（2，+∞）无实根

②当x∈（1，2）时，f′（x）＞0，于是f（x）是单调增函数

又∵f（1）-d＜0，f（2）-d＞0，y=f（x）-d的图象不间断，

∴f（x）=d在（1，2 ）内有唯一实根

同理，在（-2，-I1）内有唯一实根

③当x∈（-1，1）时，f′（x）＜0，于是f（x）是单调减函数

又∵f（1）-d＞0，f（2）-d＜0，y=f（x）-d的图象不间断，

∴f（x）=d在（-1，1 ）内有唯一实根

因此，当|d|=2 时，f（x）=d 有两个不同的根 x1，x2，满足|x1|=1，|x2|=2；

当|d|＜2时，f（x）=d 有三个不同的根x3，x4，x5，满足|xi|＜2，i=3，4，5

现考虑函数y=h（x）的零点：

（ i ）当|c|=2时，f（t）=c有两个根t1，t2，满足|t1|=1，|t2|=2

而f（x）=t1有三个不同的根，f（x）=t2有两个不同的根，

故y=h（x）有5 个零点。

（ i i  ）当|c|＜2时，f（t）=c有三个不同的根t3，t4，t5，满足|ti|＜2，i=3，4，5

而f（x）=ti有三个不同的根，故y=h（x）有9个零点

综上所述，当|c|=2时，函数y=h（x）有5个零点；

当|c|＜2时，函数y=h（x）有9 个零点。

解：（1）函数f（x）=x-ln（x+m），x∈（-m，+∞）连续，且

，令，得

当x∈（-m，1-m）时，f '（x）＜0，f（x）为减函数，f（x）>f（1-m）

当x∈（1-m，+∞）时，f '（x）>0，f（x）为增函数，f（x）>f（1-m）

根据函数极值判别方法，f（1-m）=1-m为极小值，而且对x∈（-m，+∞）都有f（x）≥f（1-m）=1-m

故当整数m≤1时，f（x）≥1-m≥0。

（2）由（1）知，当整数m>1时，f（1-m）=1-m＜0，

函数f（x）=x-ln（x+m），在上为连续减函数

当整数m＞1时，与异号

由所给定理知，存在唯一的，使

而当整数m>1时，

类似地，当整数m>1时，函数f（x）=x-ln（x+m），在上为连续增函数

且f（1-m）与异号，

由所给定理知，存在唯一的，使

故当m>1时，方程f（x）=0在内有两个实根。

（1）解：a=时，求导函数可得

=． 

f（x）的定义域为（﹣，+∞）．    

当﹣＜x＜﹣1时，f'（x）＞0；

当﹣1＜x＜时，f'（x）＜0；

当x＞时，f'（x）＞0．

从而，f（x）在（﹣，﹣1），（，+∞）单调增加，在（﹣1，）单调减少．

∵，f（）=

∴不等式等价于

∴

∴0≤x＜ln22即所求不等式的解集为{x|0≤x＜ln22}．

（2）证明：依题意，f（x）的定义域为（﹣a，+∞），

令g（x）=2x2+2ax+1，因为g（﹣a）=1=g（0）＞0，

g（x）的对称轴为x=﹣0.5a＞﹣a，△=4a2﹣8a＞0（a2＞2），g（﹣a）=1＞0

∴g（x）在（﹣a，+∞）有两个零点．即方程2x2+2ax+1=0有两相异解

由已知f（x）的定义域为{x|x＞﹣a}且，

若m，n（m＞n）方程2x2+2ax+1=0有两相异解，则f'（x）＞0的解集为（﹣a，n）∪（m，+∞）（∵a＞0）

解：（I ）∵f ′（x）=，

∴f ′（1）=．

由题知，

解得a=1 ．

（II ）由（I ）有f （x ）=ln （1+x ）-x ，

∴原方程可整理为4ln （1+x ）-x=m ．

令g （x ）=4ln （1+x ）-x ，

得g ′（x）=，

∴当3 ＜x ≤4 时g' （x ）＜0 ，

当2 ≤x ＜3 时g' （x ）＞0 ，g' （3 ）=0 ，

即g （x ）在[2 ，3] 上是增函数，在[3 ，4] 上是减函数，

∴在x=3 时g （x ）有最大值4ln4-3 ．

∵g （2 ）=4ln3-2 ，

g （4 ）=4ln5-4 ，

∴g （2 ）-g （4 ）=．

由9e ≈24.46 ＜25 ，

于是

∴g （2 ）＜g（4 ）．

∴a 的取值范围为[4ln5-4 ，4ln4-3 ）

（III ）由f （x ）=ln （1+x ）-x （x ＞-1 ）

有f ′（x）=，

显然f' （0 ）=0 ，

当x ∈（0 ，+ ∞）时，f' （x ）＜0 ，

当x ∈（-1 ，0 ）时，f' （x ）＞0 ，

∴f （x ）在（-1 ，0 ）上是增函数，在[0 ，+ ∞）上是减函数．

∴f （x ）在（-1 ，+ ∞）上有最大值f （0 ），

而f （0 ）=0 ，

∴当x ∈（-1 ，+ ∞）时，f （x ）≤0 ，

因此ln （1+x ）≤x（* ）

由已知有p ＞an ，

即p-an ＞0 ，

所以p-a n-1 ＞-1 ．

∵an+1-an=ln （p-an ）=ln （1+p-1-an ），

∴由（* ）中结论可得a  n+1-an ≤p-1-an ，

即an+1 ≤p-1 （n ∈N* ）．

∴当n ≥2 时，an+1-an=ln （p-an ）≥ln[p- （p-1 ）]=0 ，

即an+1≥an ．

当n=1 ，a2=a1+ln （p-lnp ），

∵lnp=ln （1+p-1 ）≤p-1 ，

∴a2 ≥a1+ln[p- （p-1 ）]=a1，

结论成立．

∴对n ∈N* ，an+1≥an。

解：（1）∵y′=lnx﹣1 令y′＞0，则x＞e

∴函数y=xg（x）﹣2x的单调增区间为（e，+∞）

（2）当a=0时，f（x）=2x在[1，+∞）上是增函数，

当a＞0时，y=f（x）的对称轴方程为x=﹣ 

由于y=f（x）在[1，+∞）上是增函数，

∴﹣ ≤1，解得a≤﹣2或a＞0，

∴a＞0

当a＜0时，不符合题意，

综上，a的取值范围为a≥0

（3）方程 =f′（x）﹣（2a+1）

可化简为 =ax+2﹣（2a+1）即为方程ax2+（1﹣2a）x﹣lnx=0．

设H（x）=ax2+（1﹣2a）x﹣lnx，（x＞0）

原方程在区间（ ，e）内有且只有两个不相等的实数根，

即函数H（x）在区间（ ，e）内有且只有两个零点．

H′（x）=2ax+（1﹣2a）﹣  = = 

令H′（x）=0，因为a＞0，解得x=1或x=﹣ （舍）

当x∈（0，1）时，H′（x）＜0，H（x）是减函数；

当x∈（1，+∞）时，H′（x）＞0，，H（x）是增函数．，

H（x）在（ ，e）内有且只有两个不相等的零点，

只需  即1＜a＜ 

（Ⅰ），，．

当时，f′（0）=-3．

又f（0）=-1．                       

则f（x）在x=0处的切线方程为y=-3x-1．                    

（Ⅱ）函数f（x）的定义域为．

当x∈（a，+∞）时，，所以．

即f（x）在区间上没有零点．                      

当x∈（-∞，a）时，，

令．                                      

只要讨论g（x）的零点即可．，．

当x∈（-∞，a-1）时，，g（x）是减函数；

当x∈（a-1，a）时，，g（x）是增函数．

所以g（x）在区间（-∞，a）最小值为．    

显然，当a=1时，g（a-1）=0，所以x=a-1是f（x）的唯一的零点；

当a＜1时，，所以f（x）没有零点；

当a＞1时，，所以f（x）有两个零点．  

解：（Ⅰ）由图象可知，在（﹣∞，1）上f'（x）＞0，在（1，2）上f'（x）＜0．

在（2，+∞）上f'（x）＞0．

故f（x）在（﹣∞，1），（2，+∞）上递增，在（1，2）上递减．

因此f（x）在x=1处取得极大值，所以x0=1．

（Ⅱ）f'（x）=3ax2+2bx+c，

由f'（1）=0，f'（2）=0，f（1）=5，

得

解得a=2，b=﹣9，c=12．

解：（I）f'（x）=3x2﹣3a

依题意有，

解得，

此时f'（x）=3x2﹣3=3（x﹣1）（x+1），x∈（﹣1，1），f'（x）＜0，x∈（1，+∞），f'（x）＞0，满足f（x）在x=1处取极小值

∴f（x）=x3﹣3x+4

（Ⅱ）f'（x）=3x2﹣3

∴

当m=0时，g（x）=﹣2x+3，

∴g（x）在[0，2]上有一个零点（符合），

当m≠0时，

①若方程g（x）=0在[0，2]上有2个相等实根，即函数g（x）在[0，2]上有一个零点．

则，得

②若g（x）有2个零点，1个在[0，2]内，另1个在[0，2]外，

则g（0）g（2）≤0，即（﹣m+3）（3m﹣1）≤0，

解得，或m≥3

经检验m=3有2个零点，不满足题意．

综上：m的取值范围是，或，或m＞3

解：由题意可知f′(x)=3ax2-b，

(1)于是，解得，

故所求的解析式为f(x)=x3-4x+4；

(2)由(1)可知f′(x)=x2-4=(x-2)(x+2)，

令f′(x)=0，得x=2，或x=-2，

当x变化时f′(x)、f(x)的变化情况如下表所示：

因此，当x=-2时，f(x)有极大值；

当x=2时，f(x)有极小值-，

所以函数的大致图象如图，

故实数k的取值范围是。

解：（1）求导函数得：f'（x）=3x2+4x﹣a，

对于任意实数x恒有f'（x）≥2x2+2x﹣4，

即3x2+4x﹣a≥2x2+2x﹣4在R上恒成立，

即x2+2x﹣a+4≥0在R上恒成立，

∴△=4+4a﹣16≤0

∴a≤3．

（2）当a=3时，f（x）=x3+2x2﹣3x=x（x+3）（x﹣1），

关于x的方程f（x）=k|x|为x（x+3）（x﹣1）=k|x|

易知其中一个根必然是x=0，

所以当x=0时方程有一个根．

要使关于x的方程f（x）=k|x|恰有两个不同的根，

只需要与y=k有一个交点

由图可得k的取值范围为k＞4，或k＜﹣3．