热门试卷

（1）求导函数，可得f′（x）=-x2+2x+（a2-1）

∵函数y=f（x）在x=-1处取得极值，

∴f′（-1）=0

∴-1-2+（a2-1）=0

∴a=±2

经检验，a=2符合题意；

（2）由题意，f(x)=-x3+x2+(a2-1)x=x（-x2+x+a2-1）=-x(x-x1)(x-x2)

∵函数f（x）有3个不同的零点，分别为0、x1、x2，

∴-x2+x+a2-1=0有两个相异的实根x1、x2，

∴△=1+(a2-1)＞0，∴a＜-（舍去），或a＞

且x1+x2=3

∵x1＜x2，∴2x2＞x1+x2=3，∴x2＞＞1

①若x1≤1＜x2，则f（1）=-(1-x1)(1-x2)≥0，而f（x1）=0，不符合题意；

②若1＜x1＜x2，则对任意的x∈[x1，x2]，有x-x1≥0，x-x2≤0，

∴f(x)=-x(x-x1)(x-x2)≥0

又f（x1）=0，∴f（x）在[x1，x2]上的最小值为0

∴对任意的x∈[x1，x2]，f（x）＞f（1）恒成立，等价于f（1）=a2-＜0

∴-＜a＜

综上可得a的取值范围为(，)．

（Ⅰ）g（x）的定义域是（0，+∞）∵g（x）=f'（x）=+lnx，

∴g'（x）=-+=，…（2分）

（1）当a≤0时，g'（x）＞0，∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，

故g（x）单调区间是（0，+∞）…（4分）

（2）当a＞0时，g'（x）＞0，∴g（x）在（a，+∞）上单调递增，

再由g'（x）＜0得g（x）在（0，a）上单调递减．

g（x）的单调区间是（0，a）与（a，+∞）…（7分）

（Ⅱ）由题（Ⅰ）知，g（x）在x=a时取到最小值，且为g（a）=+lna=1+lna．…（9分）

∵a≥，∴lna≥-1，∴g（a）≥0．

∴f'（x）≥g（a）≥0．f（x）在（0，+∞）上单调递增，…（11分）

∵f（e）=（e+a）lne-e+a=2a＞0，f()=(+a)ln-+a=-＜0，，

∴f(x)在(，e)内有零点．…（13分）

故函数f（x）=（x+a）lnx-x+a的零点个数为1．…（14分）

证明：（1）∵f（1）=0，∴a+b+c=0，

又∵a＞b＞c，∴3a＞a+b+c＞3c，即a＞0＞c．

∴a＞0，c＜0，即ac＜0，

∴△=b2-4ac≥-4ac＞0，

∴方程ax2+bx+c=0有两个不等实根，∴f（x）有两个零点． 

（2）设g(x)=f(x)-[f(x1)+f(x2]，

则g(x1)=f(x1)-[f(x1)+f(x2)]=[f(x1)-f(x2)]，

g(x2)=f(x2)-[f(x1)+f(x2)]=[f(x2)-f(x1)]，

g(x1)•g(x2)=[f(x1)-f(x2)]•[f(x2)-f(x1)]=-[f(x1)-f(x2)]2，

∵f（x1）≠f（x2），∴g（x1）•g（x2）＜0，

又函数g（x）在区间[x1，x2]上的图象是连续不断的一条曲线，由函数零点的判定定理可得：

g（x）=0在（x1，x2）内有一个实根．

（1）f′（x）=+3x2-2x-a=

∵x=为f（x）的极值点，∴f′（）=0

∴3a(

2

3

)2+（3-2a）-（a2+2）=0且a+1≠0

∴a=0．

又当a=0时，f′（x）=x（3x-2），从而x=为f（x）的极值点成立．

（2）若a=-1时，方程f（1-x）-（1-x）3=

可得lnx-（1-x）2+（1-x）=

即b=xlnx-x（1-x）2+x（1-x）=xlnx+x2-x3在x＞0上有解

即求函数g（x）=xlnx+x2-x3的值域．

b=x（lnx+x-x2）       令h（x）=lnx+x-x2

由h′（x）=+1-2x=∵x＞0

∴当0＜x＜1时，h′（x）＞0，从而h（x）在（0，1）上为增函数；

当x＞1时，h′（x）＜0，从而h（x）在（1，+∞）上为减函数．

∴h（x）≤h（1）=0，而h（x）可以无穷小．∴b的取值范围为（-∞，0]．

（Ⅰ）∵f=ln|x|，

∴当x＞0时，f=lnx； 当x＜0时，f=ln

∴当x＞0时，f′=； 当x＜0时，f′=•=．

∴当x≠0时，函数y=g=x+；

（Ⅱ）∵由（1）知当x＞0时，g=x+，

∴当a＞0，x＞0时，g≥2当且仅当x=时取等号．

由2=2，得a=1，

（Ⅲ）h′（x）=x2-（b+1）x+b=（x-1）（x-b）

令h′（x）=0，得x=1或x=b．

（1）若b＞1，则当0＜x＜1时，h′（x）＞0，当1＜x＜b，时h′（x）＜0，当x＞b时，h′（x）＞0；

（2）若b＜1，且b≠0，则当0＜x＜b时，h′（x）＞0，当b＜x＜1时，h′（x）＜0，当x＞1时，h′（x）＞0．

所以函数h（x）有三个零点的充要条件为或解得b＜或b＞3．

综合：b∈(-∞，0)∪(0，)∪(3，+∞)

另h(x)=x3-x2+bx=x[2x2-3(b+1)x+6b]

所以，方程2x2-3（b+1）x+6b=0，有两个不等实根，且不含零根．

由，解得：b∈(-∞，0)∪(0，)∪(3，+∞)．