热门试卷

解：(1)∵f(x)=x3+ax2+bx+5，

∴f′(x)=3x2+2ax+b，

由已知f(x)在x=1处的切线斜率为=3，

∴，

∴a=2，b=-4，

∴f(x)=x3+2x2-4x+5，f′(x)=3x2+4x-4，

令f′(x)＞0得x＜-2 或x＞，

令f′(x)＜0得-2＜x＜，

∴f(x)在(-∞，-2)，(，+∞)上分别是增函数，f(x)在(-2，)上是减函数。

(2)由(1)可知，y=f(x)在x=-2时取得极大值，f(-2)=13，且f(-3)=8，f(-1)=4，

∴，

又g(x)=x2-2mx+1=(x-m)2+1-m2，

当0＜m＜1时，g(x)在[1，2]上的最小值为g(1)=2-2m=-，∴m=，与0＜m＜1矛盾；

②当1≤m＜2时，g(x)在[1，2]最小值为g(m)=1-m2=-，

∴m=或m=-（舍去）；

综上可知，m=。

（1）∵f（x）=x2+bx+c为偶函数，故f（-x）=f（x）即有

（-x）2+b（-x）+c=x2+bx+c解得b=0

又曲线y=f（x）过点（2，5），得22+c=5，有c=1

∵g（x）=（x+a）f（x）=x3+ax2+x+a从而g′（x）=3x2+2ax+1，

∵曲线y=g（x）有斜率为0的切线，故有g′（x）=0有实数解．即3x2+2ax+1=0有实数解．

此时有△=4a2-12≥0解得

a∈（-∞，-]∪[，+∞）所以实数a的取值范围：a∈（-∞，-]∪[，+∞）；

（2）因x=-1时函数y=g（x）取得极值，故有g′（-1）=0即3-2a+1=0，解得a=2

又g′（x）=3x2+4x+1=（3x+1）（x+1）令g′（x）=0，得x1=-1，x2=-

当x∈（-∞，-1）时，g′（x）＞0，故g（x）在（-∞，-1）上为增函数

当x∈(-1，-)时，g′（x）＜0，故g（x）在（-1，-）上为减函数

当x∈（-，+∝）时，g′（x）＞0，故g（x）在( -，+∝)上为增函数．

（1）当a=2时，f(x)=ax2-(a+1)x+lnx，

f′（x）=2x2-3+，故f′（2）=．

所以曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线的斜率为．

（2）f′（x）=ax2-（a+1）+．

令f′（x）=0，解得x=1，或x=．

因为a＞0，x＞0．

①当0＜a＜1时，

若x∈（0，1）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；

若x∈（1，）时，f′（x）0，＜函数f（x）单调递减；

若x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；

②当a=1时，

若x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；

③当a＞1时，

若x∈（0，）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；

若x∈（，1）时，f′（x）0，＜函数f（x）单调递减；

若x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．

（I）令f1(x)=x3-(a+5)x(x≤0)，f2(x)=x3-x2+ax(x＞0)．

①(x)=3x2-(a+5)，由于a∈[-2，0]，从而当-1＜x＜0时，(x)=3x2-(a+5)＜3-a-5≤0，

所以函数f1（x）在区间（-1，0）内单调递减，

②(x)=3x2-(a+3)x+a=（3x-a）（x-1），由于a∈[-2，0]，所以0＜x＜1时，(x)＜0；

当x＞1时，(x)＞0，即函数f2（x）在区间（0，1）内单调递减，在区间（1，∞）上单调递增．

综合①②及f1（0）=f2（0），可知：f（x）在区间（-1，1）内单调递减，在区间（1，+∞）内单调递增；

（II）证明：由（I）可知：f′（x）在区间（-∞，0）内单调递减，在区间(0，)内单调递减，在区间(，+∞)内单调递增．

因为曲线y=f（x）在点Pi（xi，f（xi））（i=1，2，3）处的切线相互平行，从而x1，x2，x3互不相等，且f′(x1)=f′(x2)=f′(x3)．

不妨x1＜0＜x2＜x3，由3-(a+5)=3-(a+3)x2=3-(a+3)x3+a．

可得3-3-(a+3)(x2-x3)=0，解得x2+x3=，从而0＜x2＜＜x3．

设g（x）=3x2-（a+3）x+a，则g()＜g(x2)＜g(0)=a．

由3-(a+5)=g(x2)＜a，解得-＜x1＜0，

所以x1+x2+x3＞-+，

设t=，则a=，

∵a∈[-2，0]，∴t∈[，]，

故x1+x2+x3＞-t+=(t-1)2-≥-，

故x1+x2+x3＞-．

解：（1）当a=0时，

故f'（1）=3e

所以曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率为3e；

（2）

令f'（x）=0，解得x=-2a或x=a-2

由知，-2a≠a-2

以下分两种情况讨论：

（i）若，则-2a＜a-2，当x变化时，f'（x）、f（x）的变化情况如下表：

所以f（x）在（-∞，-2a），（a-2，+∞）内是增函数，

在（-2a，a-2）内是减函数

函数f（x）在x=-2a处取得极大值f（-2a），且f（-2a）=3ae-2a，

函数f（x）在x=a-2处取得极小值f(a-2)，且f（a-2）=（4-3a）ea-2（ii）若，则-2a>a-2，当x变化时，f'（x）、f（x）的变化情况如下表：

所以f（x）在（-∞，a-2），（-2a，+∞）内是增函数，在（a-2，-2a）内是减函数

函数f（x）在x=a-2处取得极大值f（a-2），且f（a-2）= （4-3a）ea-2函数f（x）在x=-2a处取得极小值f（-2a），且f（-2a）= 3ae-2a。

（1）函数的定义域为{x|x≠2}， f′(x)=

当x＞3时，f'（x）＞0，

当x＜3且x≠2时，f'（x）＜0．

故函数f（x）的增区间为（3，+∞），减区间为（-∞，-2），（2，3）．

（2）函数f（x）的图象与y轴交点坐标为(0， -)，∴f′(0)=

故切线方程为y+=-x，

切线与两坐标轴的交点分别为(0， -)和(-， 0)

∴所求图象的面积S=××=．

（1）∵f（x）=ax3+bx2的图象经过点M（1，4），∴a+b=4①式 …（1分）

f'（x）=3ax2+2bx，则f'（1）=3a+2b…（3分）

由条件f′(1)•(-)=-1，即3a+2b=9②式…（5分）

由①②式解得a=1，b=3

（2）f（x）=x3+3x2，f'（x）=3x2+6x，

令f'（x）=3x2+6x≥0得x≥0或x≤-2，…（8分）

∵函数f（x）在区间[m，m+1]上单调递增

∴[m，m+1]⊆（-∝，-2]∪[0，+∝）

∴m≥0或m+1≤-2

∴m≥0或m≤-3

解：由f（x） = 可得，

而，即，解得；

（Ⅱ），

令可得，当时，；

当时，。

于是在区间内为增函数；在内为减函数。

（Ⅲ），

当时， ，

当时，要证。

只需证，然后构造函数即可证明。

解：(1)因为，所以f′(1)=1-a，

所以曲线y=f(x)在x=1处切线的斜率为1-a，

因为曲线y=f(x)在x=1处的切线为3x-y-3=0，

所以1-a=3，解得a=-2；

(2)①充分性，当a=1时，，

所以当x＞1时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(1，+∞)上是增函数；

当0＜x＜1时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(0，1)上是减函数，

所以f(x)≥f(1)=0；

②必要性：，其中x＞0，

(ⅰ)当a≤0时，因为f′(x)＞0恒成立，所以函数f(x)在(0，+∞)上是增函数；

而f(1)=0，所以当x∈(0，1)时，f(x)＜0，与f(x)≥0恒成立相矛盾，所以a≤0不满足题意；

(ⅱ)当a＞0时，因为当x＞a时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(a，+∞)上是增函数；

当0＜x＜a时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(0，a)上是减函数，

所以f(x)≥f(a)=a-1-alna，

因为f(1)=0，所以当a≠1时，f(a)＜f(1)=0，此时与f(x)≥0恒成立相矛盾，

所以a=1；

综上所述f(x)≥0恒成立的充要条件是a=1；

 (3)由(2)可知，当a＜0时，函数f(x)在(0，1]上是增函数，

又函数在(0，1]上是减函数，

不妨设，

则，

所以等价于，

即，

设，

则等价于函数h(x)在区间(0，1]上是减函数，

因为，

所以在x∈(0，1]上恒成立，

即在x∈(0，1]上恒成立，即a不小于在区间(0，1]内的最大值，

而函数在区间(0，1]上是增函数，

所以的最大值为-3，

所以a≥-3，

又a＜0，所以a∈[-3，0)。