f(x)=x^2-a^x在(-1,1)上恒有f(x)

因为函数f（x））=loga|x+1|在区间（-2，-1）上恒有f（x）＞0，所以0＜a＜1，且该函数在区间（-∞，-1）上为增函数，在（-1，+∞）上为减函数，又f（4a-1）＞f（1），且4a-1＞-1，所以4a-1＜1，解得0＜a＜12，所以关...

点评：
本题考点： 函数单调性的性质；函数单调性的判断与证明．

考点点评： 本题考查复合函数单调性的性质及其判断，考查抽象不等式的求解，解决本题的关键是利用函数单调性化抽象不等式为具体不等式．

由于f(x)＝x2+ax+1＝(x+
a
2)2+1−
a2
4
（i）当−
a
2＜−3即a＞6时，易知为x∈[-3，1）上的增函数，
则f(x)min＝f(−3)＝10−3a≥−3⇒a≤
13
3，此时a无解；
（ii）当−3≤−
a
2＜1即-2＜a≤6时，则f(x)min＝f(−
a
2)＝1−
a2
4≥−3⇒−4≤a≤4，此时-2＜a≤4；
（iii）当−
a
2≥1即a≤-2时，易知f（x）为x∈[-3，1）上的减函数，
则f（x）_min=f（1）=2+a≥-3⇒a≥-5，此时-5≤a≤-2；
综上所述，a的取值范围{a|-5≤a≤4}．

点评：
本题考点： 二次函数在闭区间上的最值．

考点点评： 本题考查二次函数的图象与性质，考查数形结合、分类讨论的思想方法．

①k=1时，f（x）=2＞0恒成立；
②k＞1时，函数f（x）=（k-1）x+2在区间（-1，2）上为增函数，所以只要f（x）_min＞0，即f（-1）=-1（k-1）+2＞0，解得k＜3；所以实数k的取值范围为1＜k＜3；
③k＜1时，函数f（x）=（k-1）x+2在区间（-1，2）上为减函数，所以只要f（x）_min＞0，即f（2）＞0，解得k＜0，则实数k的取值范围为0＜k＜1；
综上使函数f（x）=（k-1）x+2在区间（-1，2）上恒有f（x）＞0，实数k的取值范围为0＜k＜3；
故答案为：0＜k＜3．

点评：
本题考点： 一次函数的性质与图象．

考点点评： 本题考查了一次函数的单调性；一次函数y=kx+b的单调性由一次项系数k确定，k＞0，单调递增；k＜0单调递减．

∵函数f（x）=log_ax在区间[2，+∞）上恒有f（x）＞1，
∴log_a2＞1=log_aa，
∴1＜a＜2，
∴a的取值的集合为{a|1＜a＜2}．
故答案为：{a|1＜a＜2}．

点评：
本题考点： 对数函数的单调性与特殊点．

考点点评： 本题考查对数函数的单调性与特殊点，考查恒成立问题，属于中档题．

由题意可得，当x≥2时，|log_ax|＞1 恒成立．
若a＞1，函数y=log_ax 是增函数，不等式|log_ax|＞1 即 log_ax＞1，∴log_a2＞1=log_aa，解得 1＜a＜2．
若 1＞a＞0，函数y=log_ax 是减函数，函数y=log
1
ax 是增函数，不等式|log_ax|＞1 即 log
1
ax＞1．
∴有log
1
a2＞1=log
1
a
1
a，解得 1＜[1/a]＜2，解得 [1/2]＜a＜1．
综上可得，实数a的取值范围是 (
1
2，1)∪(1，2)，
故答案为 (
1
2，1)∪(1，2)．

点评：
本题考点： 对数函数的图像与性质．

考点点评： 本题主要考查对数函数的单调性和特殊点，对数函数不等式的解法，函数的恒成立问题，体现了分类讨论以及转化的数学思想，属于基础题．

由题意可得，当x≥2时，|log_ax|＞1 恒成立．
若a＞1，函数y=log_ax 是增函数，不等式|log_ax|＞1 即 log_ax＞1，∴log_a2＞1=log_aa，解得 1＜a＜2．
若 1＞a＞0，函数y=log_ax 是减函数，函数y=log
1
ax 是增函数，不等式|log_ax|＞1 即 log
1
ax＞1．
∴有log
1
a2＞1=log
1
a
1
a，解得 1＜[1/a]＜2，解得 [1/2]＜a＜1．
综上可得，实数a的取值范围是 (
1
2，1)∪(1，2)，
故答案为 (
1
2，1)∪(1，2)．

点评：
本题考点： 对数函数的图像与性质．

考点点评： 本题主要考查对数函数的单调性和特殊点，对数函数不等式的解法，函数的恒成立问题，体现了分类讨论以及转化的数学思想，属于基础题．

①k=1时，f（x）=2＞0恒成立；
②k＞1时，函数f（x）=（k-1）x+2在区间（-1，2）上为增函数，所以只要f（x）_min＞0，即f（-1）=-1（k-1）+2＞0，解得k＜3；所以实数k的取值范围为1＜k＜3；
③k＜1时，函数f（x）=（k-1）x+2在区间（-1，2）上为减函数，所以只要f（x）_min＞0，即f（2）＞0，解得k＜0，则实数k的取值范围为0＜k＜1；
综上使函数f（x）=（k-1）x+2在区间（-1，2）上恒有f（x）＞0，实数k的取值范围为0＜k＜3；
故答案为：0＜k＜3．

点评：
本题考点： 一次函数的性质与图象．

考点点评： 本题考查了一次函数的单调性；一次函数y=kx+b的单调性由一次项系数k确定，k＞0，单调递增；k＜0单调递减．

由平面上曲线积分与路径无关的条件可得
∂Q
∂x＝
∂(2xy)
∂y＝2x，从而可得
Q（x，y）=x²+C（y），
其中，C（y）待定．
因为积分与路径无关，取 （0，0）→（t，0）→（t，1），
则

∫(t，1)(0，0)2xydx+Q(x，y)dy
=
∫10[t2+C(y)]dy
=t²+
∫10C(y)dy．
取 （0，0）→（0，t）→（1，t），则

∫(1，t)(0，0)2xydx+Q(x，y)dy
=
∫t0C(y)dy+
∫102txdx
=
∫t0C(y)dy+t．
由题设
∫(t，1)(0，0)2xydx+Q(x，y)dy=
∫(1，t)(0，0)2xydx+Q(x，y)dy 可知，
t²+
∫10C(y)dy=
∫t0C(y)dy+t．
两边对t求导可得，
2t=C（t）+1，
所以 C（t）=2t-1，
从而 C（y）=2y-1．
故有，
Q（x，y）=x²+2y-1．

点评：
本题考点： 平面上曲线积分与路径无关的条件．

考点点评： 本题考察了平面内曲线积分与路径无关的条件，是常考的知识点，需要熟记并掌握．

由于f(x)＝x2+ax+1＝(x+a2)2+1−a24（i）当−a2＜−3即a＞6时，易知为x∈[-3，1）上的增函数，则f(x)min＝f(−3)＝10−3a≥−3⇒a≤133，此时a无解；（ii）当−3≤−a2＜1即-2＜a≤6时，则f(x)min＝f(−a2)＝1−a24...

点评：
本题考点： 二次函数在闭区间上的最值．

考点点评： 本题考查二次函数的图象与性质，考查数形结合、分类讨论的思想方法．

令φ（x）=
f(x)
x，则当a＜x＜b时，
φ′（x）=
xf′(x)−f(x)
x2．
再令h（x）=xf′（x）-f（x），
由微分中值定理可得：
h（x）=xf′（x）-f（x）=x[f′（x）-f′（ξ）]，
其中0＜ξ＜x．
因为f″（x）＜0，
所以f′（x）严格单调递减，
于是h（x）=x[f′（x）-f′（ξ）]＜0，
故φ′（x）＜0，
从而，φ（x）严格单调递减．
由0＜a＜x＜b可得，

f(a)
a＞
f(x)
x＞
f(b)
b，
从而
xf（a）＞af（x），
bf（x）＞xf（b）．
故选项A错误，选项B正确．
由已知条件不能判断函数xf（x）的单调性，例如
取f（x）=-x²与f（x）=
x均满足题意，但xf（x）的单调性却不同，
故排除选项C、D．
故选：B．

点评：
本题考点： 微分中值定理的综合应用．

考点点评： 本题考查了利用函数的单调性证明不等式的方法以及利用导函数的符号判断函数单调性的方法，是常考知识点，需要熟练掌握．

由题意可得，当x≥2时，|log_ax|＞1 恒成立．
若a＞1，函数y=log_ax 是增函数，不等式|log_ax|＞1 即 log_ax＞1，
∴log_a2＞1=log_aa，解得 1＜a＜2．
若 1＞a＞0，函数y=log_ax 是减函数，函数y=log
1
ax 是增函数，
不等式|log_ax|＞1 即 log
1
ax＞1．
∴有log
1
a2＞1=log
1
a[1/a]，
得 1＜[1/a]＜2，解得 [1/2]＜a＜1．
综上可得，实数a的取值范围是 （[1/2]，1）∪（1，2），
故选A．

点评：
本题考点： 对数函数的单调性与特殊点．

考点点评： 本题考查绝对值不等式的解法，对数函数的单调性及特殊点，体现了分类讨论的数学思想．

①当a＞1时，y=log_ax为单独增函数，
∵x∈[2，+∞）
∴y＞0，
∴|y|=y＞1即log_a2＞1=log_aa，
∴a＜2
∴1＜a＜2
②当0＜a＜1时，y=log_ax为单独减函数，
∵x∈[2，+∞）
∴y＜0
∴|y|=-y＞1即-log_a2＞1=log_aa
∴log_a[1/2]＞log_aa
∴[1/2]＜a
∴[1/2]＜a＜1
综上：a的范围是（[1/2]，1）∪（1，2）
故答案为：（[1/2]，1）∪（1，2）

点评：
本题考点： 对数函数的单调性与特殊点．

考点点评： 本题主要考查对数函数的单调性与特殊点，以及解绝对值不等式，注意分类讨论的思想方法的应用．