热门试卷

（1）由f（1）=1得1+a-1+b=1，得a+b=1，

因为函数f（x）没有零点，所以x2+（a-1）x+b=0中△＜0，即（a-1）2-4b＜0，

又b=1-a，所以（a-1）2-4（1-a）＜0，化为a2+2a-3＜0，解得-3＜a＜1；

（2）函数f（x）的图象的对称轴是x=1，即-=1，又b=1-a，联立解得a=-1，b=2．

∴x2-2x+2＞1，化为（x-1）2＞0，解得x≠1，所以f（x）＞1的解集为{x|x≠1}．

（1）∵当a=5时，不等式f（x）＜0即

x2+5x+6＜0，

∴（x+2）（x+3）＜0，

∴-3＜x＜-2．

∴不等式f（x）＜0的解集为{x|-3＜x＜-2}

（2）不等式f（x）＞0的解集为R，

∴x的一元二次不等式x2+ax+6＞0的解集为R，

∴△=a2-4×6＜0⇒-2＜a＜2

∴实数a的取值范围是（-2，2）

（1）由已知|f（1）|=|f（-1）|，有|a+b+c|=|a-b+c|，（a+b+c）2=（a-b+c）2，可得4b（a+c）=0．

∵bc≠0，∴b≠0．∴a+c=0．

又由a＞0有c＜0．

∵|c|=1，于是c=-1，则a=1，|b|=1．

∴f（x）=x2±x-1．

（2）g（x）=2ax+b，由g（1）=0有2a+b=0，b＜0．

设方程f（x）=0的两根为x1、x2．

∴x1+x2=-=2，x1x2=．

则|x1-x2|==．

由已知0＜|x1-x2|≤2，

∴0≤＜1．

又∵a＞0，bc≠0，

∴c＞0．

∴c-b＞0．

（1）因为ex＞0，所以不等式f（x）≤0即为ax2+x≤0，

又因为a＞0，所以不等式可化为x(x+)≤0，所以不等式f（x）≤0的解集为[-，0]．

（2）当a=0时，方程即为xex=x+2，由于ex＞0，所以x=0不是方程的解，所以原方程等价于ex--1=0，

令h（x）=ex--1，因为h′（x）=ex+＞0对于x≠0恒成立，

所以h（x）在（-∞，0）和（0，+∞）内是单调增函数，

又h（1）=e-3＜0，h（2）=e2-2＞0，h（-3）=e-3-＜0，h（-2）=e-2＞0，

所以方程f（x）=x+2有且只有两个实数根，且分别在区间[1，2]和[-3，-2]上，所以整数t的所有值为{-3，1}．

（3）f′（x）=[ax2+（2a+1）x+1]ex，

①当a=0时，f′（x）=（x+1）ex，f′（x）≥0在[-1，1]上恒成立，当且仅当x=-1时取等号，故a=0符合要求；

②当a≠0时，令g（x）=ax2+（2a+1）x+1，

因为△=（2a+1）2-4a=4a2+1＞0，所以g（x）=0有两个不相等的实数根x1，x2，

不妨设x1＞x2，因此f（x）有极大值又有极小值．

若a＞0，因为g（-1）g（0）=-a＜0，所以f（x）在（-1，1）内有极值点，故f（x）在[-1，1]上不单调．

若a＜0，可知x1＞0＞x2，

因为g（x）的图象开口向下，要使f（x）在[-1，1]上单调，

因为g（0）=1＞0，所以必须满足，即，所以-≤a≤0．

综上可知，a的取值范围是[-，0]．

（I）f′（x）=（2x-3）ex+（x2-3x+3）ex=x（x-1）ex．

①当t＞1时，

当x∈（-2，0）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；

当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；

当x∈（1，t）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．

综上可知：当x∈（-2，0），（1，t）时，函数f（x）单调递增；当x∈（0，1）时，函数f（x）单调递减．

②设h（t）=n-m=（t2-3t+3）et-13e-2，h′（t）=t（t-1）et（t＞2），列表如下：

由表格可知h（t）的极小值为h（1）=e-=＞0，而h（-2）＞0，

∴当t＞-2时，h（t）＞h（-2），即n＞m．

（II）g（x）=（x2-3x+3）ex+（x-2）ex=（x-1）2ex，

问题转化为：判定方程（x-1）2ex=x当x＞1时，根的个数．

设u（x）=（x-1）2ex-x（x＞1），则u′（x）=（x2-1）ex-1，

设v（x）=（x2-1）ex-1（x＞1），则v′（x）=（x2+2x-1）ex，

当x＞1时，v′（x）＞0，v（x）在（1，+∞）上单调递增，而v（1）=-1＜0，v（2）=3e2-1＞0，

因此在（1，2）上存在唯一x0，使得v（x0）=0，即存在唯一x0∈（1，2）使得u′（x0）=0，

列表如下：

可知：u（x）min=u（x0）＜u（1）=-1＜0，由u（2）=e2-2＞0，y=u（x）的图象如图所示，因此y=u（x）在（1，+∞）只有一个零点，即g（x）=x（x＞1）只有一个零点．