热门试卷

（1）a+b=-7；

（2）

本试题主要是考查了函数的零点和不等是的 解集的问题的综合运用。

（1）利用函数f(x)＝x2＋ax＋b的两个零点是－2,3.，从而说明－2,3是方程x2＋ax＋b＝0的两根，然后李海勇韦达定理得到参数a,b的值。

（2）在第一问的基础上，不等式af(－2x)＞0，即－(4x2＋2x－6)＞0⇔2x2＋x－3＜0可解得。

解：（1）∵f(x)＝x2＋ax＋b的两个零点是－2,3.

∴－2,3是方程x2＋ax＋b＝0的两根，---------2分

由根与系数的关系知，---------5分

∴a+b=-7---------6分

(2) ∵ f(x)＝x2－x－6----------8分

∵不等式af(－2x)＞0，

即－(4x2＋2x－6)＞0⇔2x2＋x－3＜0，----------10分

解集为.---------13分

解：⑴设，…………    1分

则…………  3分

与已知条件比较得：解之得，…………    6分

又，    …………    7分

（2）由题意得：即对恒成立，………… 10 分

易得     ………… 12 分

略

（1）（2）（3）

（1）当a=1时，f（x）=+lnx-1，f′(x)=-=，

令f′（x）=0，得x=1，

于是，当＜x＜1时，f′（x）＜0，当1＜x＜2时，f′（x）＞0，

所以当x=1时f（x）取得极小值，且f（1）=0，

又f（）=1-ln2，f（2）=ln2-，

所以当x=1时函数f（x）取得最小值0．

（2）f′(x)=-=，

因为a为正实数，由定义域知x＞0，

所以函数的单调递增区间为[，+∞)，

又函数f（x）在[，+∞)上为增函数，所以0＜≤，

所以a≥2；

（3）方程1-x+x2lnx-2mx=0在区间[，e]内恰有两个相异的实数根，

推得方程+lnx-m=0在区间[，e]内恰有两个相异的实数根，即方程+lnx=m在区间[，e]内恰有两个相异的实数根，

则函数g(x)=+lnx的图象与函数y=m的图象在区间[，e]内恰有两个交点．

考察函数g(x)=+lnx，g′(x)=-+=，则g（x）在区间[，]为减函数，在[，e]为增函数，

则有：g(e)=+lne=+1=＞0，

g()=+ln=-ln2＜0，

g（）=+ln=-1=＜0＜g（e），

画函数g(x)=+lnx，x∈[，e]的草图，要使函数g(x)=+lnx的图象与函数y=m的图象在区间[，e]内恰有两个交点，

则要满足g()＜m≤g()，

所以m的取值范围为{m|-ln2＜m≤}．

（1）当a=4时，可得f（x）=4lnx，此时h(x)=4lnx-x2，

由h′(x)=-x＞0得-2＜x＜2，结合x＞0，可得0＜x＜2．

所以h（x）的单调递增区间为（0，2）．…（4分）

（2）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．

由不等式有解，可得知a≥ymin=-，即实数a的取值范围是[-，+∞）…（10分）

（3）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′(x)=，

∵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．…（16分）