7、(x)=locos x是偶函數(shù),cos x∈(0,1]時,f(x)≥0.∴四個選項,只有C滿足題意.故選C.
5.A 解析 y=x3-9x2+29x-30=x3-9x2+27x-27+2x-3=(x-3)3+2(x-3)+3,y-3=(x-3)3+2(x-3),得出函數(shù)關于(3,3)對稱,∵=3,根據(jù)對稱性=3,所以m+n=6.
6.D 解析 由f(x)是偶函數(shù)且當x≤0時,f(x)為增函數(shù),則x>0時,f(x)是減函數(shù),故由“f[log2(2x-2)]>f”,得|log2(2x-2)|<=log2,故0<2x-2<,解得1
8、,故選D.
7.D 解析 由題意可知f'(x)=aex(x-1)+=0有兩個不等根.
即aex(x-1)=-,x∈(0,2),有一根x=1.另一根在方程-=x2ex,x∈(0,2)中,
令h(x)=x2ex,x∈(0,2),h'(x)=ex(x2+2x)>0,∴h(x)在x∈(0,2)且x≠1上單調遞增.∴-≠h(1)=e,
即h(x)∈(0,4e2)且a≠-.
∴0<-<4e2,
∴a<-且a≠-.即a∈.
8.A 解析 利用排除法,當a=0時,f(x)=x3,f'(x)=x2≥0,函數(shù)在定義域上單調遞增,
|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(0)=≤1,滿足題意,排除
9、CD選項,
當a=時,f(x)=x3-x,f'(x)=x2-<0,
函數(shù)在定義域上單調遞減,|f(x1)-f(x2)|≤f(0)-f(1)=1≤1,
滿足題意,排除B選項,故選A.
9.B 解析 由x2ex+t-a=0成立,得x2ex=a-t,設f(x)=x2ex,x∈[-1,1],則f'(x)=2xex+x2ex=ex(x2+2x).
則x∈[-1,0)時,f'(x)<0,函數(shù)單調遞減;x∈(0,1]時,f'(x)>0,函數(shù)單調遞增;且f(-1)=,f(0)=0,f(1)=e,
使得對于任意x∈[-1,1],對任意的t∈[1,3],方程x2ex+t-a=0存在唯一的解,則f(-1
10、)
11、圖象,當x>0時,f(x)=x2-x=≥-;當x≤0時,f(x)=x,如圖.所以要使函數(shù)g(x)=f(x)-m有三個不同的零點,只需直線y=m與函數(shù)y=f(x)的圖象有三個交點即可,結合圖象可知,m的取值范圍為-0,f(x)單調遞增;
當x>1時,f'(x)<0,f(x)單調遞減.
(2)證明 由(1)知f(x)在x=1處取得最大值,最大值為f(1)=0.
所以當x≠1時,ln x
12、)證明 由題設c>1,設g(x)=1+(c-1)x-cx,則g'(x)=c-1-cxln c,
令g'(x)=0,解得x0=.
當x0,g(x)單調遞增;
當x>x0時,g'(x)<0,g(x)單調遞減.
由(2)知1<0.
所以當x∈(0,1)時,1+(c-1)x>cx.
14.解 (1)∵f(x)=,∴f'(x)=
=-
=-,
①當a=0時,f'(x)=-,令f'(x)>0,得x<1,f'(x)<0,得x>1,
所以f(x)在(-∞,1)上單調遞增,(1,+∞)上
13、單調遞減.所以f(x)的極大值為f(1)=,不合題意.
②當a>0時,1-<1,令f'(x)>0,得1-1,
∴f(x)在上單調遞增,和(1,+∞)上單調遞減.
∴f(x)的極大值為f(1)=,解得a=1.符合題意.綜上可得a=1.
(2)由f(x)≤bln x,得≤bln x,即≤bln x.
令g(a)=a+,當x∈[0,+∞)時,∵≥0,∴g(a)在(-∞,0]上是增函數(shù).
則g(a)≤bln x對?a∈(-∞,0]恒成立等價于g(a)≤g(0)≤bln x,
即≤bln x對x∈[2,+∞)上恒成立.即b≥對x∈[2,+∞)恒成立
14、,
∴b≥,令h(x)=,
則h'(x)=.
∵x∈[2,+∞),
∴-1-(x-1)ln x<0.∴h'(x)<0.
∴h(x)在[2,+∞)上單調遞減,
∴h(x)≤h(2)=,
∴b≥h(2)=.所以實數(shù)b的取值范圍為.
15.解 (1)由f(x)=ex(aex-a-x)≥0可得g(x)=aex-a-x≥0.
∵g(0)=0,∴g(x)≥g(0),
從而x=0是g(x)的一個極小值點.
∵g'(x)=aex-1,∴g'(0)=a-1=0,則a=1.
當a=1時,g(x)=ex-1-x,g'(x)=ex-1.
∵x∈(-∞,0),g'(x)<0,g(x)在(-∞,
15、0)上單調遞減;
x∈(0,+∞),g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)上單調遞增;∴g(x)≥g(0)=0,故a=1.
(2)當a=1時,f(x)=(ex-1-x)ex,f'(x)=ex(2ex-x-2).
令h(x)=2ex-x-2,則h'(x)=2ex-1.∵x∈(-∞,-ln 2),h'(x)<0,h(x)在(-∞,-ln 2)上為減函數(shù);
x∈(-ln 2,+∞),h'(x)>0,h(x)在(-ln 2,+∞)上為增函數(shù).
由于h(-1)<0,h(-2)>0,所以在(-2,-1)上存在x=x0滿足h(x0)=0.
∵h(x)在(-∞,-ln 2)上為減函數(shù),∴x∈(-∞
16、,x0)時,h(x)>0,
即f'(x)>0,f(x)在(-∞,x0)上為增函數(shù);
x∈(x0,-ln 2)時,h(x)<0,即f'(x)<0,f(x)在(x0,-ln 2)上為減函數(shù).因此f(x)在(-∞,-ln 2)上只有一個極大值點x0,由于h(0)=0,且h(x)在(-ln 2,+∞)上為增函數(shù),
∴x∈(-ln 2,0)時,h(x)<0,
即f'(x)<0,f(x)在(-∞,x0)上為減函數(shù);
x∈(0,+∞)時,h(x)>0,即f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上為增函數(shù).
因此f(x)在(-ln 2,+∞)上只有一個極小值點0.
綜上可知:f(x)存在唯一的極大值點x0,且x0∈(-2,-1).
∵h(x0)=0,∴2-x0-2=0.
所以f(x0)=(-1-x0)(x0+1)=-,x0∈(-2,-1).
∵x∈(-2,-1)時,0<-,∴0