热门试卷

（1）f'（x）=12x2+6tx-6t2，令f'（x）=0，得x1=-t或x2=．

1°当t＞0时，f'（x）＞0的解集为(-∞，-t)∪(，+∞)

∴f（x）的单调增区间为(-∞，-t)，(，+∞)，f（x）的单调减区间为(-t，)．

2°当t＜0时，f'（x）＜0的解集为(，-t)

∴f（x）的单调增区间为(-∞，)，(-t，+∞)，f（x）的单调减区间为(，-t)．

（2）证明：由（1）可知，当t＞0时，f（x）在(0，)内递减，(，+∞)内单调递增．

1°当≥1，即t≥2时，f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增．

f（0）=t-1＞0，f（1）=-6t2+4t+3＜0

∴f（x）在（0，1）内有零点．

2°当0＜＜1，即0＜t＜2时，f（x）在(0，)内递减，在(，1)内单调递增．

若t∈(0，1]，f()=-t3+t-1≤-t3＜0，f（1）=-6x2+4t+3≥-6t+4t+3=3-2t＞0

∴f（x）在(，1)内存在零点．

若t∈(1，2)，f()=-t3+t-1＜0，f（0）=t-1＞0

∴f（x）在(0，)内存在零点．

∴对任意t∈（0，2），f（x）在区间（0，1）内均存在零点．

（Ⅰ）f（x）=x4-4x3+ax2-1在区间[0，1]单调递增，

在区间[1，2）单调递减，所以x=1时，取得极大值．

所以f'（1）=0．（2分）

因为f'（x）=4x3-12x2+2ax，

所以4-12+2a=0．解得a=4．（4分）

（Ⅱ）因为点A（x0，f（x0））关于直线x=1的对称点B的坐标为（2-x0，f（x0）），

且f（2-x0）=（2-x0）4-4（2-x0）3+4（2-x0）2-1x04-4x03+4x02-1=f（x0）．（8分）

所以点A关于直线x=1的对称点B也在函数f（x）的图象上．

（Ⅲ）因为函数g（x）=bx2=bx2-1的图象与函数f（x）的图象恰有3个交点，

等价于方程x4-4x3+4x2-1=bx2-1恰有3个不等实根．

由x4-4x3+4x2-1=bx2-1得x4-4x3+（4-b）x2=0．

因为x=0是其中一个根，

所以方程x4-4x3+（4-b）x2=0有2个非零且不等的实数根．（12分）

故由得b＞0且b≠4.（14分）

（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′(x)=+x-(a+2)=．

依题意，方程x2-（a+2）x+1=0有两个不等的正根m，n（其中m＜n）．

故，∴a＞0，

并且m+n=a+2，mn=1．

所以，f(m)+f(n)=lnmn+(m2+n2)-(a+2)(m+n)

=[(m+n)2-2mn]-(a+2)(m+n)=-(a+2)2-1＜-3

故f（m）+f（n）的取值范围是（-∞，-3）．   …（7分）

（Ⅱ）当a≥+-2时，(a+2)2≥e++2．

若设t=  (t＞1)，则(a+2)2=(m+n)2==t++2≥e++2．

于是有t+≥e+，∴(t-e)(1-)≥0，∴t≥e

∴f(n)-f(m)=ln+(n2-m2)-(a+2)(n-m)=ln+(n2-m2)-(n+m)(n-m)

lnt-(t-)

构造函数g(t)=lnt-(t-)（其中t≥e），则g′(t)=-(1+)=-＜0．

所以g（t）在[e，+∞）上单调递减，g(t)≤g(e)=1-+．

故f（n）-f（m）的最大值是1-+．        …（15分）

（1）由题意得f（x）的定义域为（0，+∞），．（0，+∞）

①当a≥0时，f'（x）＞0，故f（x）在上为增函数；

②当a＜0时，由f'（x）=0得x=-a；由f'（x）＞0得x＞-a；由f'（x）＜0得x＜-a；

∴f（x）在（0，-a]上为减函数；在（-a，+∞）上为增函数．

所以，当a≥0时，f（x）在（0，+∞）上是增函数；当a＜0时，f（x）在（0，-a]上是减函数，在（-a，+∞）上是增函数．

（2）∵f′(x)=，x＞0．由（1）可知：

①当a≥0时，f（x）在（0，+∞）上为增函数，f（x）min=f（1）=-a=2，得a=-2，矛盾!

②当0＜-a≤1时，即a≥-1时，f（x）在（0，+∞）上也是增函数，f（x）min=f（1）=-a=2，∴a=-2（舍去）．

③当1＜-a＜e时，即-e＜a＜-1时，f（x）在[1，-a]上是减函数，在（-a，e]上是增函数，

∴f（x）min=f（-a）=ln（-a）+1=2，得a=-e（舍去）．

④当-a≥e时，即a≤-e时，f（x）在[1，e]上是减函数，有f(x)min=f(e)=1-=2，

∴a=-e．

综上可知：a=-e．

证明：（1）要证+≤成立，

只要证：a+b+2≤2，

只要证：2≤1

∵a＞0，b＞0，

∴≤=，即2≤1成立，

∴+≤成立．…（4分）

（2）∵a＞0，b＞0，

∴≤=，

∴0＜ab≤，…（5分）

令t=ab（t∈(0，]），

则设y=ab+=t+，t∈(0，]

y′ =1-=，

则当t∈(0，)时，y't＜0恒成立，

∴y=t+在区间(0，)是减函数，…（8分）

∴当t=时，ymin=，

∴y≥

即ab+≥．…（10分）

（Ⅰ）求导函数可得f'（x）=3x2+2（1-a）x-a（a+2）=（x-a）[3x+（a+2）]，

函数f（x）在区间（-1，1）不单调，等价于导函数f′（x）在（-1，1）既能取到大于0的实数，又能取到小于0的实数，即函数f′（x）在（-1，1）上存在零点，但无重根．

令f'（x）=0得x=a与x=-，则-1＜a＜1或-1＜-＜1，且a≠-，∴-5＜a＜1且a≠-

综上-5＜a＜-或-＜a＜1；

（Ⅱ）由题意，函数f′（x）+2ax值域是g（x）的值域的子集

∵x∈[0，2]，g(x)=x-，∴g（x）∈[-，6]；

令F（x）=f′（x）+2ax=3x2+2（1-a）x-a（a+2）+2ax=3x2+2x-a2-2a

∵x∈[-1，1]，∴F（x）∈[--a2-2a，5-a2-2a]

∴--a2-2a≥-且5-a2-2a≤6

∴-2≤a≤0

∴a∈[-2，0]

解：（Ⅰ）∵f（x）的图象经过P（0，2），

∴d=2，

∴f（x）=x3+bx2+ax+2，f'（x）=3x2+2bx+a．

∵点M（﹣1，f（﹣1））处的切线方程为6x﹣y+7=0

∴f'（x）|x=﹣1=3x2+2bx+a|x=﹣1=3﹣2b+a=6①，

还可以得到，f（﹣1）=y=1，

即点M（﹣1，1）满足f（x）方程，得到﹣1+b﹣a+2=1②

由①、②联立得b=a=﹣3

故所求的解析式是f（x）=x3﹣3x2﹣3x+2．

（Ⅱ）f'（x）=3x2﹣6x﹣3．，

令3x2﹣6x﹣3=0，即x2﹣2x﹣1=0．解得 ．

当 ；

当 ．

故f（x）的单调增区间为（﹣∞，1﹣ ），（1+ ，+∞）；

单调减区间为（1﹣ ，1+ ）

（1）∵f（0）=0⇒c=0；f（x）+f（-x）=0⇒a=0．∵f'（x）=3x2-b，

若f（x）x∈[1，+∞）上是增函数，则f'（x）≥0恒成立，即b≤（3x2）min=3

若f（x）x∈[1，+∞）上是减函数，则f'（x）≤0恒成立，这样的b不存在．

综上可得：a=c=0，b≤3．

（2）假设f（x0）≠x0，不妨设f（x0）=a＞x0≥1，

由（1）可知f（x）在[1，+∞）上单调递增，故f[f（x0）]=f（a）＞f（x0）＞x0，

这与已知f[f（x0）]=x0矛盾，故原假设不成立，即有f（x0）=x0．

（1）f′（x）=3x2-2ax-3，

∵x=-是f（x）的极值点，∴f′(-)=0，即3×(-)2-2a×(-)-3=0，解得a=4．

经验证a=4满足题意．

∴f（x）=x3-4x2-3x，f′（x）=3x2-8x-3，

令f′（x）=（3x+1）（x-3）=0，解得x=-或3．

∴当x＜-或x＞3时，f′（x）＞0，因此函数f（x）在区间(-∞，-)或（3，+∞）上单调递增；

当-＜x＜3时，f′（x）＜0，因此函数f（x）在区间(-，3)上单调递减．

∴函数f（x）在[1，3]上单调递减，在区间[3，4]上单调递增．

又f（1）=-6，f（4）=-12．

∴f（x）在[1，4]上的最大值为f（1）=-6．

（2）∵函数f（x）在区间[1，+∞）是增函数，

∴f′（x）=3x2-2ax-3≥0在[1，+∞）上恒成立，

则或△＜0，解得a≤0．