设f（x）=ex（ax2+x+1）．

解题思路：（1）由题意得方程组，解出即可；（2）通过讨论a的范围，确定出不等式的解集．

（1）由f（x）＞2x得ax²-x+c＞0，
根据这个不等式的解集为{x|-2＜x＜1}知：
x₁=-2，x₂=1是方程ax²-x+c=0的两个根且a＜0，
∴

x1+x2＝
1
a＝−1
x1x2＝
c
a＝−2，解得a=-1，c=2；
（2）不等式f（x）＜（3-a）x+2+c化为：
ax²+（a-2）x-2＜0，
①当a=0时，解得x＞-1，
②当a＞0时不等式化为（ax-2）（x+1）＜0，
(x−
2
a)(x+1)＜0，解得−1＜x＜
2
a，
③当a=-2时不等式化为（x+1）²＞0，
∴x∈R且x≠-1，
④当-2＜x＜0时，不等式 （ax-2）（x+1）＜0化为：
(x−
2
a)(x+1)＞0，由
2
a＜−1得x＜
2
a或x＞−1，
⑤当x＜-2时不等式 （ax-2）（x+1）＜0化为：
(x−
2
a)(x+1)＞0，由
2
a＞−1得x＜−1或x＞
2
a，
综上述不等式的解集为：
当x＜-2时{x|x＜−1或x＞
2
a}
当a=-2时{x|x∈R且x≠-1}
当-2＜x＜0时{x|x＜
2
a或x＞−1}
当a=0时{x|x＞-1}
当a＞0时{x|−1＜x＜
2
a}．

点评：
本题考点： 二次函数的性质．

考点点评： 本题考查了二次函数的性质，不等式的解法，考查了分类讨论思想，是一道中档题．

(x1-1)(x2-1)=x1*x2-(x1+x2)+1
因为x1+x2=-1/a
x1*x2=1/a
代入x1*x2-(x1+x2)+1整理得
2/a +1

解题思路：用描述法表示的集合元素个数问题，用到一元方程解的个数，用判别式与零的关系，当方程有一个解时，判别式等于零．

当a=0时，A={-1}；
当a≠0时，若集合A只有一个元素，由一元二次方程判别式
△=1-4a=0得a=[1/4]．
综上，当a=0或a=[1/4]时，集合A只有一个元素．
故答案为：{0，
1
4}．

点评：
本题考点： 元素与集合关系的判断．

考点点评： 解题时容易漏掉a≠0的情况，当方程，不等式，函数最高次项系数带有参数时，要根据情况进行讨论．

已知集合A={x/ax^2+x+1=0,x属于R},且A∩｛x/x≥0｝＝空集,求实数a的取值范围
【解】
也就是A中的x没有大于等于零的解.(如有大于等于0的解,和{x/x≥0}的交集就不为空)
ax²+x+1=0
1、当a=0时,ax²+x+1=0即为x=-1,符合题意.
2、当a≠0时,分为两个情况：方程无解或者有两个负根.
方程无解时,判别式△=1-4a1/4.
3、方程有两个负根时,判别式△=1-4a≥0,
两根之和=-1/a0,
解得0

解题思路：（Ⅰ）证明：对任意a∈R，存在x₀∈R，使得f（x），g（x）的图象在x=x₀处的两条切线斜率相等；
（Ⅱ）根据函数的单调性和导数之间的关系，利用导数即可得到结论．

（Ⅰ）∵f（x）=x³-ax²+x+1，
∴g（x）=f′（x）=3x²-2ax+1，
则g′（x）=6x-2a，
令f′（x₀）=g′（x₀），即3x₀²-2ax₀+1=6x₀-2a，
即3x₀²-（2a+6）x₀+2a+1=0，
则判别式△=（2a+6）²-12（2a+1）=4a²+24＞0．
即对任意a∈R，存在x₀∈R，使得f（x），g（x）的图象在x=x₀处的两条切线斜率相等；
（Ⅱ）∵g（x）=3x²-2ax+1，∴要使g（x）在[2，+∞）上单调递增，
则对称轴x=[a/3≤2，即a≤6．
要使f（x）均在[2，+∞）上单调递增，
则f′（x）=3x²-2ax+1≥0，
即2a≤
3x2+1
x]=3x+
1
x恒成立，
∴2a≤（3x+
1
x）_min，
∵设h（x）=3x+
1
x，x∈[2，+∞），
∴h′（x）=3-[1
x2，
当x∈[2，+∞），h′（x）=3-
1
x2＞0，
则h（x）的最小值为h（2）=6-
1/2]=[13/2]，
∴2a≤[13/2]，即a≤[13/4]，
故实数a的范围是（-∞，[13/4]]．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．

考点点评： 本题主要考查导数的几何意义以及函数单调性和导数之间的关系，要求熟练掌握导数的应用．

两个根b2-4ac>0,得a(0,1/4)
函数开口向上,对称轴-1/2a,画图看
假设x2>x1
f（-1）=a,因为f（-1）>0,说明-1>x2或-1-1/2a,说明x=-1在对称轴右边,所以x1

解题思路：利用绝对值不等式的性质，适当放缩，再配方，即可得到结论．

证明：∵|a|≤1，-1≤x≤1
∴|f（x）|=|a（x²-1）+x|≤|a（x²-1）|+|x|≤|x²-1|+|x|≤1-x²+|x|=-（|x|-[1/2]）²+[5/4]≤[5/4]
即|f(x)|≤
5
4．

点评：
本题考点： 不等式的证明．

考点点评： 本题考查不等式的证明，考查绝对值不等式的性质，属于中档题．

解题思路：利用绝对值不等式的性质，适当放缩，再配方，即可得到结论．

证明：∵|a|≤1，-1≤x≤1
∴|f（x）|=|a（x²-1）+x|≤|a（x²-1）|+|x|≤|x²-1|+|x|≤1-x²+|x|=-（|x|-[1/2]）²+[5/4]≤[5/4]
即|f(x)|≤
5
4．

点评：
本题考点： 不等式的证明．

考点点评： 本题考查不等式的证明，考查绝对值不等式的性质，属于中档题．

求导,f`(x)=x?+ax+1,
因为,曲线y=f(x)在A点处的切线方程为y=3X-3.,
令y=0,则x=1,所点A为(1,1),
所以f`(1)=1+a+1=3,a=1,点A(1,1)代入函数得,a=1,
1=1/3+1/2+1+b,b=-5/6,
所以a+b=1/6,

由韦达定理：x1+x2=-1/a,x1*x2=1/a
而(1+x1)(1+x2)=1+x1+x2+x1*x2,
把x1+x2=-1/a,x1*x2=1/a代入上式,得(1+x1)(1+x2)=1+x1+x2+x1*x2=1-1/a+1/a=1
所以(1+x1)(1+x2)=1 题设得证
如果不懂,请Hi我,

解题思路：（Ⅰ）利用导数的运算法则可得f′(x)＝aex(x+

1

a

)(x+2)，通过分类讨论

1

a

与2的大小关系，再根据导数与函数单调性的关系即可得出单调区间；
（Ⅱ）由x=1时，f（x）有极值，得到f′（1）=0，即可得到a的值，再求出其单调递增区间，即可得出．

（Ⅰ）f′（x）=ex（ax2+x+1）+ex（2ax+1）=ex[ax2+（2a+1）x+2]=aex(x+1a)(x+2)．（i）当a＝12时，f′(x)＝12ex(x+2)2≥0恒成立，∴函数f（x）在R上单调递增．（ii）当0＜a＜12时，则1a＞2，即−1a＜−2．由f′（x...

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用．

考点点评： 本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、极值、分类讨论思想方法等基础知识与方法，需要较强的推理能力和计算能力．

（1）∵在Rt△OAB中OA=
3
,AB=2
3
,
∴OB=
AB2−OA2
＝3,
∴点A（
3
,0）,点B（0,3）．
则由
3a＋
3
b＋c＝0
c＝3
−
b
2a
＝
3


,
解得：a=1,b=−2
3
,c=3,
∴C1的解析式为：y=x2-2
3
x+3=(x−
3
)2．
则点A关于y轴的对称点为（−
3
,0）,
相当于C1向左平移了2
3
个单位,
∴C2的解析式为：y＝(x＋
3
)2；
（2）作BB′∥x轴交C2于点B′则点B′即为点B关于l的对称点,连接AB′交l于点P即为所求点．
此时AB′即为△APB所形成三角形的最小周长．两点之间线段最短．
∵点A（
3
,0）,点B（0,3）,
∴E（−
3
,0）,
∴B′（-2
3
,3）,
则设直线AB′为y=kx+b,代入A,B′得：
0＝
3
k＋b
3＝−2
3
k＋b

．
解得：k=−
3

3
,b=1,
∴直线AB′解析式为：y=−
3

3
x＋1,
代入对称轴x=-
3
,则y=2,
∴点P（−
3
,2）；
（3）如图：存在,
知道点A,B设直线AB为y=mx+n,
代入解得：y=-
3
x+3,即y+
3
x−3＝0,
设点D（x,(x−
3
)2）,则BD=
2x2−2
3
x−6
,
则点D到直线的距离CD．
知道OA=
3
,OB=3,AB=2
3
,
若△DCB与△AOB相似,则
BD
AB
＝
CD
OB
或
BD
AB
＝
CD
OA
,
代入
BD
AB
＝
CD
OB
,
则点D（1,4-2
3
）,
检验点D符合,
代入
BD
AB
＝
CD
OA
,
则点D（3,12-6
3
）,
检验符合,
∴点D（1,4-2
3
）或（3,12-6
3
）．

y=ax²+x+1-a
=a(x²-1)+(x+1)
a(x+1)(x-1)+(x+1)
=(x+1)(ax-a+1)
则x=-1时,y=0
x=1,y=2*1=2
所以是(-1,0),(1,2)