热门试卷

（I）由于定义在R上的函数f（x）= 是奇函数，故有f（0）=0，即 =0，解得 a=1．

（Ⅱ）由上可得 f（x）==-1，设x1＜x2，可得f（x1）-f（x2）=（ -1）-（-1）

=-=．

由题设可得2x2-2x1＞0，（1+2x2）（1+2x1）＞0，故f（x1）-f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2），

故函数f（x）是R上的减函数．

（Ⅲ）若对任意的t∈R，不等式f（t2-2t）+f（2t2-k）＜0恒成立，等价于f（t2-2t）＜-f（2t2-k）=f（-2t2+k） 恒成立，

等价于 t2-2t＞-2t2+k恒成立，等价于3t2-2t-k＞0恒成立，故有判别式△=4+12k＜0，

解得k＜-，故k的范围为（-∞，-）．

（1）∵m∈R，函数f（x）=（x2+mx+m）ex 没有零点，

∴方程 x2+mx+m=0 无解，∴△=m2-4m＜0，解得 0＜m＜4，

故实数m的取值范围为（0，4）．

（2）当m=0时，f（x）=x2 •ex，不等式等价于 x2 •ex≥x2+x3 ，

等价于 x2 •ex-x2 -x3≥0，等价于 x2（ex -x-1）≥0．

令g（x）=ex -x-1，当x＜0时，g′（x）=ex -1＜0，故g（x）=ex -x-1 在（-∞，0）上是减函数．

当x＞0时，g′（x）=ex -1＞0，故g（x）=ex -x-1 在（0，+∞）上是增函数．

故g（x）=ex -x-1 在（-∞，+∞）上的最小值为g（0）=0，故g（x）≥0恒成立，

∴x2（ex -x-1）≥0成立，故要证的不等式成立．

（1）当-4≤x≤0时，则0≤-x≤4，

f（x）=-f（-x）=-[2（-x）-（-x）2]=2x+x2，

则f（x）=；

（2）由2-3=，则2f(x)＞⇔2f（x）＞2-3，

又由y=2x为增函数，则原不等式可化为f（x）＞-3，

当0≤x≤4时，f（x）=2x-x2＞-3，解可得-1＜x＜3，又由0≤x≤4，则x的范围是0≤x＜3；

当-4≤x＜0时，f（x）=2x+x2＞-3，即x2+2x+3＞0，变形可得（x+1）2+2＞0，

易得其在-4≤x＜0恒成立，则x的范围是-4≤x＜0；

综合可得，x的取值范围是-4≤x＜3．

（1）当a=2时，f(x)=x+=x+1+-1．（2分）

≥2-1．（4分）

当且仅当x+1=，即x=-1时取等号，

∴f(x)min=2-1．（6分）

（2）当0＜a＜1时，任取0≤x1＜x2f(x1)-f(x2)=(x1-x2)[1-]．（8分）

∵0＜a＜1，（x1+1）（x2+1）＞1，

∴1-＞0．（10分）

∵x1＜x2，∴f（x1）＜f（x2），即f（x）在[0，+∞）上为增函数．（12分）

（1）∵f（x）=

∴f′(x)=-ex+ex=ex

由f'（x）=0，得x=1，

因为当x＜0时，f'（x）＜0；

当0＜x＜1时，f'（x）＜0；当x＞1时，f'（x）＞0；

所以f（x）的单调增区间是：[1，+∝）；单调减区间是：（-∞，0），（0，1]

（2）由f'（x）+k（1-x）f（x）=ex=ex＞0，

得：（x-1）（kx-1）＜0，

故：当0＜k＜1时，解集是：{x|1＜x＜}；

当k=1时，解集是：φ；

当k＞1时，解集是：{x|＜x＜1}．

（Ⅰ）当a=2时，f（x）=x|x-2|=

由二次函数的性质知，单调递增区间为（-∞，1]，[2，+∞）（开区间不扣分）

（Ⅱ）因为a＞2，x∈[1，2]时，所以f（x）=x（a-x）=-x2+ax=-(x-)2+

当1＜≤，即2＜a≤3时，f（x）min=f（2）=2a-4

当＞，即a＞3时，f（x）min=f（1）=a-1

∴f(x)min=

（Ⅲ）f(x)=

①当a＞0时，图象如上图左所示

由得x=

∴0≤m＜，a＜n≤a

②当a＜0时，图象如上图右所示

由得x=a

∴a≤m＜a，＜n≤0