热门试卷

解：（1）由题意得，f′（x）=x2+ax+b，

当x∈[-，]时，总有f′（x）≤0，

故，

化简可得，4+2b≤0，又∵b≥-2，

∴b=-2，

∴，

解得，a=0；

因此f（x）=x3-2x+1．

（2）证明：g（x）=-3（x3-2x+1）+mx2-6x=-x3+mx2-3，

g′（x）=-3x2+2mx是关于x的二次函数，

当x∈[0，1]时，|g′（x）|≤1可化为

或  或；

解得，1≤m≤．

因此，当x∈[0，1]时，|g′（x）|≤1的恒成立，则1≤m≤；

由g′（x）=-3x2+2mx＞0（0≤x≤1）可知，

当1≤m≤时，g（x）在[0，]为增函数，在[，1]上为减函数，

|g（0）|=3≤3.5，|g（1）|=|m-4|≤3，|g（）|=||≤3.5，

即|g（x）|≤3.5；

当≤m≤时，g（x）在[0，1]为增函数，

|g（0）|=3≤3.5，|g（1）|=|m-4|≤2.5，即|g（x）|≤3.5．

综上所述，当x∈[0，1]时，若|g′（x）|≤1恒成立，则|g（x）|≤3.5也恒成立．

解：（1）f′（x）=ex（ax+a+b）-2x-4，

由已知得f（0）=4，f′（0）=4．

故b=4，a+b=8，

∴a=4，b=4．

（2）由（1）知，f（x）=4ex（x+1）-x2-4x，

∴．

令f′（x）=0，得x=-ln2或x=-2，

从而当x∈（-∞，-2）∪（-ln2，+∞）时，f′（x）＞0；

当x∈（-2，-ln2）时，f′（x）＜0；

故f（x）在（-∞，-2），（-ln2，+∞）上单调递增，在（-2，-ln2）上单调递减．

∴当x=-2时，函数f（x）取得极大值，极大值为f（-2）=4（1-e-2）．

解：（1）f（x）的导数为f′（x）=3x2-=，（x≠0），

由f′（x）＞0，可得x＞1或x＜-1，由f′（x）＜0，可得-1＜x＜0或0＜x＜1．

则f（x）的增区间为（-∞，-1），（1，+∞），减区间为（-1，0），（0，1）；

（2）y=xex的导数为y′=ex（x+1），

令y′＞0，可得x＞-1；令y′＜0，可得x＜-1．

则f（x）的增区间为（-1，+∞），减区间为（-∞，-1）．

解：（Ⅰ）函数f（x）=x2-alnx的导数f′（x）=2x-=（x＞0），

若a≤0，则f′（x）＞0，即有f（x）在（0，+∞）上递增；

若a＞0，由f′（x）＞0得到x＞，由f′（x）＜0得到0＜x＜，

即有a＞0时，f（x）的增区间为（，+∞），减区间为（0，）；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）的极小值为f（）=（1-ln），也为最小值．

当（1-ln）＞0，即0＜a＜2e，f（x）的最小值大于0，则y=f（x）在区间（1，e）上无零点；

当（1-ln）=0，即a=2e，即有1＜＜e，而f（1）=1＞0，f（）=0，f（e）＞0，

则f（x）在（1，e）上有一个零点；

当（1-ln）＜0，即a＞2e，即有＞＞1，若e＞＞＞1

而f（1）=1＞0，f（）＜0，f（e）＞0，则f（x）在（1，e）上有两个零点；

若＞＞1，且e，则f（x）在（1，e）上有无零点．

综上，综上所述：当0＜a＜2e或a≥2e2时，函数f（x）无零点；

a=2e时，函数f（x）有一个零点；

当2e＜a＜2e2时，函数f（x）有两个零点．