热门试卷

（1）方法一　∵g(x)＝x＋≥2＝2e，

等号成立的条件是x＝e.

故g(x)的值域是[2e，＋∞)。

因而只需m≥2e，则g(x)＝m就有实根。

方法二　作出g(x)＝x＋的图像如图。

可知若使g(x)＝m有实根，则只需m≥2e.

方法三　解方程由g(x)＝m，得x2－mx＋e2＝0.

此方程有大于零的根，故

等价于故m≥2e.

（2）若g(x)－f(x)＝0有两个相异的实根，即g(x)＝f(x)中函数g(x)与f(x)的图像有两个不同的交点。

作出g(x)＝x＋(x>0)的图像。

∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1＝－(x－e)2＋m－1＋e2，

其对称轴为x＝e，开口向下，最大值为m－1＋e2.

故当m－1＋e2>2e，即m>－e2＋2e＋1时，

g(x)与f(x)有两个交点，

即g(x)－f(x)＝0有两个相异实根。

∴m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)， 

（1）f′(x)＝－2x＋＝－2 (x>0)，

由得0<x<1；由得x>1.

∴f(x)在(0,1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数。

∴函数f(x)的最大值为f(1)＝－1

（2）∵g(x)＝x＋，∴g′(x)＝1－.

①由(1)知，x＝1是函数f(x)的极值点。

又∵函数f(x)与g(x)＝x＋有相同极值点，

∴x＝1是函数g(x)的极值点。

∴g′(1)＝1－a＝0，解得a＝1.

经检验，当a＝1时，函数g(x)取到极小值，符合题意，

②∵f()＝，f(1)＝－1，f(3)＝－9＋2ln3，

∵－9＋2ln3<<－1，即f(3)<f()<f(1)，

∴∀x1∈， f(x1)min＝f(3)＝－9＋2ln3，f(x1)max＝f(1)＝－1.

由①知g(x)＝x＋，∴g′(x)＝1－.

故g(x)在时，g′(x)<0；当x∈(1,3]时，g′(x)>0.

故g(x)在上为减函数，在(1,3]上为增函数。

∵g()＝e＋，g(1)＝2，g(3)＝3＋＝，

而2<e<，∴g(1)<g()<g(3)。

∴∀x2∈，g(x2)min＝g(1)＝2，g(x2)max＝g(3)＝.

当k－1>0，即k>1时，

对于∀x1，x2∈，不等式≤1恒成立

⇔k－1≥[f(x1)－g(x2)]max⇔k≥[f(x1)－g(x2)]max＋1.

∵f(x1)－g(x2)≤f(1)－g(1)＝－1－2＝－3，

∴k≥－3＋1＝－2，又∵k>1，∴k>1.

当k－1<0，即k<1时，

对于∀x1，x2∈，不等式≤1恒成立

⇔k－1≤[f(x1)－g(x2)]min⇔k≤[f(x1)－g(x2)]min＋1.

∵f(x1)－g(x2)≥f(3)－g(3)＝－9＋2ln3－＝－＋2ln3，

∴k≤－＋2ln3.

又∵k<1，∴k≤－＋2ln3.

综上，所求的实数k的取值范围为∪(1，＋∞)

解析:

（1）当a＝1时，f(x)＝，f′(x)＝  

由f′(0)＝2，得曲线y＝f(x)在原点处的切线方程是2x－y＝0.    

（2）f′(x)＝.

①当a＝0时，f′(x)＝.

所以f(x)在(0，＋∞)单调递增，在(－∞，0)单调递减，

当a≠0，f′(x)＝.

当a>0时，令f′(x)＝0，得x1＝－a，x2＝，f(x)与f′(x)的情况如下：

故f(x)的单调减区间是(－∞，－a)，(，＋∞)；单调增区间是(－a，)

③  当a<0时，f(x)与f′(x)的情况如下：

所以f(x)的单调增区间是(－∞，)，(－a，＋∞)；单调减区间是(，－a)，

综上，a>0时，f(x)在(－∞，－a)，(，＋∞)单调递减；在(－a，)单调递增。

a＝0时，f(x)在(0，＋∞)单调递增；在(－∞，0)单调递减。

a<0时，f(x)在(－∞，)，(－a，＋∞)单调递增；在(，－a)单调递减，

（1）证明：由

得函数的最小值为3，从而，所以成立.      (5分)

（2）由绝对值的性质得，

所以最小值为，从而，解得，因此的最大值为. （10分）

（1）∵f(x)为奇函数，

∴f(－x)＝－f(x)，即－ax3－bx＋c＝－ax3－bx－c.

∴c＝0，∵f′(x)＝3ax2＋b的最小值为－12，∴b＝－12.

又直线x－6y－7＝0的斜率为，

因此，f′(1)＝3a＋b＝－6.

∴a＝2，b＝－12，c＝0.           

（2）单调递增区间是(－∞，-)和(，＋∞)，

f(x)在[－1,3]上的最大值是18，最小值是－8