热门试卷

（Ⅰ）函数的定义域为（-3，+∞），…1′

f′（x）=（x＞-3），由f′（1）=0⇒b=-a-1，

故f′（x）=…3′

∵0＜a＜1，

∴由f′（x）＞0得-3＜x＜a或x＞1，

∴f（x）的单调递增区间为（-3，a），（1，+∞），

同理由f′（x）＜0得f（x）的单调递减区间为（a，1），…5′

（Ⅱ）由（Ⅰ）及f′（3）≤⇒a≤-3b-8①

又由|x|≥2且x＞-3，有f′（x）≥0，

∴y=f′（x）的零点在[-2，2]内，设g（x）=x2+bx+a，

则⇒，结合①解得b=-4，a=4，

∴f（x）=25ln（x+3）+x2-7x…9′

又设φ（x）=f（x）-f′（x），

∵φ′（x）=+-1，由-3＜x＜2得0＜（x+3）2＜25，

故φ′（x）＞0，φ（x）在（-3，2）上单调递增，又φ（-2）=0，故φ（x）与x轴有唯一交点，

∴函数y=f（x）与函数y=f′（x）的图象在x∈（-3，2）内的交点坐标为（-2，16）…12′

解（I）f′(x)|x=1=|x=1=1，

∴k1=1，切点为（1，f（1））=（1，0）

∴l的方程为y=x-1

∵l与g（x）相切，

∴由得x2+a=x-1，

又△=0，∴a=-…（4分）

（Ⅱ）h(x)=ln(x+1)-(x2-)′=ln(x+1)-x(x＞-1)

∴h′(x)=-1

令h'（x）＞0，∴＞1，∴-1＜x＜0

∴增区间为（-1，0]

（Ⅲ）令y1=f(x2+1)-g(x)=ln(x2+1)-x2+，y2=k

∵y′1=-x=

∴y1极大=ln2（当x=±1时取得）∴y1极小=（当x=0时取得） 

∴k∈（ln2，+∞）时，无解；k=ln2时，有两解；k=时，有三解；＜k＜ln2时，有四解

（I）f'（x）=3x2-3a…（1分）

依题意有，…（3分）

解得，…（4分）

此时f'（x）=3x2-3=3（x-1）（x+1），

x∈（-1，1），f'（x）＜0，x∈（1，+∞），f'（x）＞0，满足f（x）在x=1处取极小值

∴f（x）=x3-3x+4…（5分）

（Ⅱ）f'（x）=3x2-3

∴g(x)=f′(x)-2x+3=(3x2-3)-2x+3=mx2-2x-m+3…（6分）

当m=0时，g（x）=-2x+3，

∴g（x）在[0，2]上有一个零点x=（符合），…（8分）

当m≠0时，

①若方程g（x）=0在[0，2]上有2个相等实根，即函数g（x）在[0，2]上有一个零点．

则，得m=…（10分）

②若g（x）有2个零点，1个在[0，2]内，另1个在[0，2]外，

则g（0）g（2）≤0，即（-m+3）（3m-1）≤0，解得m≤，或m≥3…（12分）

经检验m=3有2个零点，不满足题意．

综上：m的取值范围是m≤，或m=，或m＞3…（14分）

（1）f′（x）=3ax2-3ax=3ax（x-1），a＞0时，由f′（x）＞0，得x＜0或x＞1，由f′（x）＜0，得0＜x＜1，

所以f（x）的单调递增区间是（-∞，0），和（1，+∞），单调递减区间是（0，1）．而函数g（x）的单调递增区间是（1，+∞），单调递减区间是（0，1）．所以两个函数的公共单调递增区间是（1，+∞），公共单调递减区间是（0，1）．

（2）h（x）=ax3-ax2-3（x-1）2．

h′（x）=3ax2-3（a+2）x+6=3a（x-）（x-1），

令h′（x）=0，得x=，或x=1，由于＜1，

易知x=1为h（x）的极小值点，

所以h（x）的极小值为h（1）=-，

（3）由（2）h（x）=ax3-ax2-3（x-1）2．h′（x）=3ax2-3（a+2）x+6=3a（x-）（x-1），

①若a=0，则h（x）=-3（x-1）2．h（x）的图象与x轴只有一个交点，即方程f（x）=g（x）只有一个解．

②若a＜0，则h（x）的极大值为h（1）=-，h（x）的极小值为h（）=-+-3＜0，h（x）的图象与x轴有三个交点，即方程f（x）=g（x）有三个解．

③若0＜a＜2，则h（x）的极大值为h（1）=-＜0，h（x）的图象与x轴只有一个交点，即方程f（x）=g（x）只有一个解．

④若a=2，则h′（x）=6（x-1）2≥0，h（x）单调递增，h（x）的图象与x轴只有一个交点，即方程f（x）=g（x）只有一个解．

⑤若a＞2，则由（2）知，h（x）的极大值为h（）=-4(-)2-＜0，h（x）的图象与x轴只有一个交点，即方程f（x）=g（x）只有一个解．

综上所述，当a≥0，方程f（x）=g（x）只有一个解．若a＜0，方程f（x）=g（x）有三个解．

（1）f′（x）=x2-2ax…（1分）

由题意知：f′（2）=4-4a=0，得a=1，…（3分）

∴f′（x）=x2-2x，

令f′（x）＞0，得x＞2或x＜0，…（5分）

令f′（x）＜0，得0＜x＜2，…（6分）

∴f（x）的单调递增区间是（-∞，0）和（2，+∞），

单调递减区间是（0，2）．…（7分）

（2）由（1）知，f（x）=x3+x2-b，

f （2）=b-为函数f （x）极小值，f （0 ）=b为极大值．…（10分）

∵函数f （x） 在R上有且仅有一个零点，

∴b-＞0或b＜0    …（12分）

即  b＞或b＜0    …（13分）

（1）由f（x）=x3-3ax2+x，得f′（x）=3x2-6ax+1．

当△=36a2-12≤0，即-≤a≤时，f′（x）≥0恒成立，

函数f（x）在（-∞，+∞）上为增函数；

当a＜-或a＞时，

由x＜a-，得f′（x）＞0．

由x＞a+，得f′（x）＞0．

由a-＜x＜a+，得f′（x）＜0．

所以函数f（x）的增区间为(-∞，a-)，(a+，+∞)．

减区间为(a-，a+)；

（2）当a=时，f（x）=x3-2x2+x．

f′（x）=3x2-4x+1=（3x-1）（x-1）．

当x∈(-∞，)时，f′（x）＞0．

当x∈(，1)时，f′（x）＜0．

当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0．

所以f（x）的极大值为f()=．

f（x）的极小值为f（1）=0．

所以，直线y=m与y=f（x）的图象有三个不同的交点时m的取值范围是(0，)．

（Ⅰ）证明：设0＜x1＜x2，则f（x1）-f（x2）=x1+lgx1-（x2+lgx2）=(x1-x2)+lg．

∵设0＜x1＜x2，∴x1-x2＜0，ln＜0，∴f（x1）＜f（x2）．

∴函数f（x）在（0，+∞）上是单调增函数；                                        

（Ⅱ）令g（x）=f（x）-3=x+lgx-3，

∵g（1）g（10）=（-2）×8＜0，且y=g（x）的图象在（1，10）是不间断的，

方程f（x）=3在（0，+∞）有实数解．        

（III）令g（x）=f（x）-3=x+lgx-3，

∵g（2）g（3）=（lg2-1）×lg3＜0，且函数y=g（x）在 （0，+∞）是单调递增的．

∴函数g（x0有唯一的零点x0∈（2，3）．

故k=2．

（Ⅰ）∵f（x）=（x+a）1nx-x+a，a∈R，

∴g（x）=f′（x）=lnx+，x＞0．

∴g′(x)=-=，

①当a≤0时，g′（x）＞0恒成立，

g（x）在（0，+∞）上是增函数，无极值．

②当a＞0时，x=a，

当x∈（0，a）时，g（x）单调递减；当x∈（a，+∞）时，g（x）单调递增，

∴g（x）的极小值g（a）=lna+1，无极大值．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知g（x）的极小值g（a）=lna+1≥ln+1=0，

∴g（x）min≥0，即f′（x）≥0恒成立．

∴f（x）在（0，+∞）上是增函数，

∵f（）=（+a）ln

1

e

 -+a

=--a-+a=-＜0，

f（e）=（e+a）lne-e+a

=e+a-e+a=2a≥＞0，

∴f（x）在（，e）中有一个零点，

∴函数f（x）=（x+a）1nx-x+a的零点个数为1个．

（Ⅰ）∵f3(x)=x3-3x-1，∴f3′(x)=3x2-3，

∵当x＞1时，f3′(x)＞0；当0＜x＜1时，f3′(x)＜0．

∴当x=1时，f3（x）取得极小值-3，无极大值；

（Ⅱ）函数fn（x）在区间(，)上有且只有一个零点．

证明：

∵fn()=()3-n-1=-1＜0，

fn()=()3-n-1=-1＞0，

fn()•fn()＜0，∴函数fn（x）在区间(，)上必定存在零点．

∵fn′(x)=3x2-n，∴当x∈(，)时，fn′(x)＞3()2-n=2n＞0，

∴fn（x）在区间(，)上单调递增，

∴函数fn（x）在区间(，)上的零点最多一个．

综上知：函数fn（x）在区间(，)上存在唯一零点．