发布人：繁体字网（www.fantiz5.com） 发布时间：2015-12-16 07:30:00
| 试题原文 |
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| （Ⅰ）解法一：由f（-1）≤-1，得-2+a≤-1，即a≤1； 又当a≤1时，ax2≤x2，因为x≤0，则x-1＜0， 于是f（x）-x=x3+ax2-1-x≤x3+x2-1-x=（x+1）2（x-1）≤0， 即f（x）≤x恒成立，故a的取值范围是（-∞，1]． 解法二：当x=0时，f（0）=-1≤0，此时a∈R； 当x＜0时，f（x）≤x等价于a≤-x+
令g（x）=-x+
由g′(x)=-1-
因为x2-x+2＞0，-x3＞0， 所以g′（x）＜0，解得x＜-1，g′（x）＞0，解得-1＜x＜0， 于是g（x）在（-∞，-1）上是减函数，在（-1，0）是增函数， 从而g（x）min=g（-1）=1，所以a≤1． 综上，a的取值范围是（-∞，1]． （Ⅱ）假设存在，由f′（t）=4t2-2alnt等价于t2-2alnt-2at=0， 令h（t）=t2-2alnt-2at，t＞0， 则h′(t)=2t-
（ⅰ）若a=0，则t=0，舍去； （ⅱ）若a＜0，h（t）=0，即t2-2alnt-2at=0，变形得
∵函数y=
且t0＞0，所以存在惟一正数t0，使h（t0）=0，因此a＜0符合； （ⅲ）若a＞0，此时必存在使t2-at-a=0的正根t，记这个正根为t0， 则h′（t）0，解得x＞t0， 得h（t）在（0，t0）上单调递减，在（t0，+∞）上单调递增， 从而h（t）最小值为h（t0），因为满足f′（t）=4t2-2alnt的实数t有且仅有一个， 所以h（t0）=0， 由
记u（t0）=2lnt0+t0-1，t0＞0， 由u′(t0)=
因为u（1）=2ln1+1-1=0，u（t0）=0，所以有且仅有惟一正数t0=1， 代入t02-at0-a=0，得a=
综上，这样的实数a存在，且a＜0或a=
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经过对同学们试题原文答题和答案批改分析后，可以看出该题目“已知函数f（x）=x3+ax2-1，x∈R，a∈R．（Ⅰ）设对任意x∈（-∞，0]，f（x）≤x..”的主要目的是检查您对于考点“高中函数的零点与方程根的联系”相关知识的理解。有关该知识点的概要说明可查看：“高中函数的零点与方程根的联系”。