热门试卷

（I）设y=f（x）与y=g（x）（x＞0）在公共点（x0，y0）处的切线相同．

f′（x）=x+2a，g′（x）=．

由题意知f（x0）=g（x0），f′（x0）=g′（x0）

即 ，

解得x0=a或x0=-3a（舍去），

b=-3a2lna（a＞0）

（II）h（x）=x2+3a2lnx-6x，h′（x）=x+-6

要使h（x）在（0，4）上单调，

须h′（x）=x+-6≤0或h′（x）=x+-6≥0在（0，4）上恒成立．

h′（x）=x+-6≤0在（0，4）上恒成立

⇔3a2≤-x2+6x在（0，4）上恒成立．

而-x2+6x＞0，且-x2+6x可为足够小的正数，必有a=0

或h′（x）=x+-6≥0在（0，4）上恒成立

⇔3a2≥（-x2+6x）max=9，得a≥或a≤-．

综上，所求a的取值范围为a≥或a≤-或a=0．

（1）当m=2时，f（x）=x2-2x-lnx，

定义域为{x|x＞0}（2分）

则h′(x)=2x--2=≥0，（4分）

解得x≥（5分）

所以函数h（x）的单调增区间为[，+∞)（6分）

（2）∵x＞0，f′(x)=2x-m-==0，等价于：2x2-mx-1=0，

此方程有且只有一个正根为x0=，

且当x∈（0，x0）时，h'（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，h'（x）＞0，

则函数f（x）=x2-mx-lnx在x=x0处取得极值．

当m≥1时，x0=关于m在[1，+∞）递增，x0=≥=1．

要证x0≤m，即证≤m，

也即m+≤4m，≤3m，

∵＞0，3m＞0，

只要m2+8≤9m2，8≤8m2，1≤m2，

只需m≥1，该式显然成列，所以结论成立．

（1）当 a=时，f(x)=x2+lnx，f′(x)=x+=；

对于x∈[1，e]，有f'（x）＞0，∴f（x）在区间[1，e]上为增函数，

∴fmax(x)=f(e)=1+，fmin(x)=f( 1 )=．

（2）在区间（1，+∞）上，函数f（x）是f1（x），f2（x）的“活动函数”，则f1（x）＜f（x）＜f2（x）

令 p(x)=f(x)-f2(x)=(a-)x2-2ax+lnx＜0，对x∈（1，+∞）恒成立，

且h（x）=f1（x）-f（x）=-x2+2ax-a2lnx＜0对x∈（1，+∞）恒成立，

∵p′(x)=(2a-1)x-2a+==

1）若 a＞，令p′（x）=0，得极值点x1=1，x2=，

当x2＞x1=1，即 ＜a＜1时，在（x2，+∞）上有p′（x）＞0，

此时p（x）在区间（x2，+∞）上是增函数，并且在该区间上有p（x）∈（p（x2），+∞），不合题意；

当x2＜x1=1，即a≥1时，同理可知，p（x）在区间（1，+∞）上，有p（x）∈（p（1），+∞），也不合题意；

2）若 a≤，则有2a-1≤0，此时在区间（1，+∞）上恒有p′（x）＜0，

从而p（x）在区间（1，+∞）上是减函数；

要使p（x）＜0在此区间上恒成立，只须满足 p(1)=-a-≤0⇒a≥-，

所以 -≤a≤．

又因为h′（x）=-x+2a-==＜0，h（x）在（1，+∞）上为减函数，

h（x）＜h（1）=-+2a≤0，所以a≤

综合可知a的范围是[-，]．

（Ⅰ）当a=2时，f(x)=x2-2x+lnx

∴f′(x)=x-2+

∴f(1)=-2=-，f'（1）=0

切线方程为y=-…（4分）

（Ⅱ）定义域（0，+∞）

f′(x)=x-a+==

令f'（x）=0，解得x1=1，x2=a-1

①当a=2时，f'（x）≥0恒成立，则（0，+∞）是函数的单调递增区间

②当a＞2时，a-1＞1，

在区间（0，1）和（a-1，+∞）上，f'（x）＞0；在（1，a-1）区间上f'（x）＜0，

故f（x）的单调递增区间是（0，1）和（a-1，+∞），单调递减区间是（1，a-1）

③当1＜a＜2时，在区间（0，a-1）和（1，+∞）上，f'（x）＞0；在（a-1，1）区间上f'（x）＜0，

故f（x）的单调递增区间是（0，a-1）和（1，+∞），单调递减区间是（a-1，1）

④当a≤1时，a-1≤0，在区间（0，1）上f'（x）＜0，在区间（1，+∞）上，f'（x）＞0，

故f（x）的单调递增区间是（1，+∞），单调递减区间是（0，1）．

总之，当a=2时，（0，+∞）是函数的单调递增区间

②当a＞2时，f（x）的单调递增区间是（0，1）和（a-1，+∞），单调递减区间是（1，a-1）

③当1＜a＜2时，f（x）的单调递增区间是（0，a-1）和（1，+∞），单调递减区间是（a-1，1）

④当a≤1时，f（x）的单调递增区间是（1，+∞），单调递减区间是（0，1）．…（13分）

由题意知：f′（x）=（2x+a）ex+（x2+ax+a）ex=[x2+（a+2）x+2a]ex…（2分）

（1）当a=1时，f′（x）=[x2+3x+2]ex，则：f′（0）=2，f（0）=1…（4分）

所以函数y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为：y=2x+1…（6分）

（2）令：f′（x）=[x2+（a+2）x+2a]ex=0，则：x2+（a+2）x+2a=0，所以：x=-2或x=-a…（7分）

1）当a=2时，f′（x）=（x+2）2ex＞0，则函数在x∈R上单调递增，故无极值．…（8分）

2）当a＜2时

所以：f（-2）=3，则a=4-3e2…（12分）

（1）f'（x）=3x2+2ax，

因为函数f（x）=x3+ax2+b的图象在点p（1，0）处（即p为切点）的切线与直线3x+y=0平行，

所以f'（1）=3+2a=-3，

∴a=-3．

又f（1）=a+b+1=0

∴b=2．

综上：a=-3，b=2

（2）由（1）知，f（x）=x3-3x2+2，f'（x）=3x2-6x．

令f'（x）＞0得：x＜0或x＞2，f'（x）＜0得：0＜x＜2

∴f（x）的单调递增区间为（-∞，0），（2，+∞），单调递减区间为（0，2）．

又f（0）=2，f（3）=2

∴当0＜t≤2时，f（x）的最大值为f（0）=2，最小值为f（t）=t3-3t2+2；

当2＜t≤3时，f（x）的最大值为f（0）=2，最小值为f（2）=-2；

当t＞3时，f（x）的最大值为f（t）=t3-3t2+2，最小值为f（2）=-2

（1）f′(x)=，由已知，f'（1）=m-2+m=2，

所以m=2；

（2）若函数y=f（x）在[1，+∞）上为单调函数，则在[1，+∞）上

有f′(x)=≥0恒成立，或f′(x)=≤0恒成立

即m≥，或m≤对x∈[1，+∞）恒成立，

因为=，

而当x∈[1，+∞）时，x+∈[2，+∞），故∈(0，1]，

所以m≥1或m≤0．

即m的取值范围是m≥1或m≤0．

（Ⅰ）r(x)==，r′(x)=-，所以函数的定义域为（0，1）∪（1，+∞）．

当x∈(0，)时，r'（x）＞0．r（x）单调递增；当x∈(，1)和x∈（1，+∞）时，r'（x）＜0，r（x）单调递减．

（Ⅱ）当a1=a2=…=a2013=e时，f（a1）+f（a2）+…+f（a2013）取得最小值2013e，

    下面给予证明：

   函数f（x）=xlnx在x=e处的切线方程为y=2x-e

  令g（x）=f（x）-（2x-e）=xlnx-2x+e，g'（x）=lnx-1，

  则函数y=g（x）在x∈（0，e）单调递减，在x∈（e，+∞）单调递增

  当x=e时，y=g（x）取得最小值为0，即f（x）≥2x-e恒成立．

  故f（a1）+f（a2）+…+f（a2013）≥2（a1+a2+…+a2013）-2013e≥2013e

   当且仅当a1=a2=…=a2013=e取得最小值．此时f（a1）+f（a2）+…+f（a2013）取得最小值2013e．

（1）f′（x）=3x2+2ax+b，

∴f′（1）=-3+2a+b=0，∴b=3-2a

f′（x）=-3（x-1）[x-（-1）]=0，解得x1=1，x2=-1

∵f（x）在x=1处有极大值，

则-1＜1，

∴a＜3

又f'（x）-=0有实根，a≤1或a≥5，

∴0＜a≤1（4分）

（2）f（x）的单调增区间为（-1，1）

则|x1-x2|=2-∈[，2）

[m、n]⊆[x1，x2]

∴|m-n|∈（0，2）（8分）

（3）（方法一）由于f（x）在（-∞，-1）上是减函数，

在（-1，1）上是增函数．

在（1，+∞）上是减函数，而x∈（-∞，0），

且-1∈（-1，]．

f（x）在（-∞，0]上的最小值就是f（x）在R上的极小值．

f（x）min=f（-1）=a3-a2+3a-2+c≥c，

得g（a）=）=a3-a2+3a+1，

g′（a）=a2-a+3=（x-）（a-），在[，1]上单调递增．

∴g（a）min=g（）=-+-2＞0，不存在．

依上，不存在a的取值，使f（x）≥c恒成立．（14分）

（方法二）f（x）≥c 等价于-x3+ax2+bx+c≥c

即-x3+ax2+bx≥0，x∈（-∞，0]

当x=0时，不等式恒成立；

当x∈（-∞，0）时，上式等价于x2-ax-b≥0

即x2-ax-3+2a≥0，x2-3≥（x-2）a

a≥=x-2++4

g（x）=+x-2+4在（-∞，0）上递增

所以g（x）＜-2+4=2即a＞2

而0＜a≤1，故不存在．（14分）