热门试卷

（I）由题意f（-x）=-f（x）对x∈R恒成立，解之得b=d=0

所以f（x）=ax3+cx，又f（3）=27a+3c=-6   ①

由f′（x）=3ax2+c=0，得x1=-，x2=

即=2，c=-12a   ②

由①②得a=，c=-8

故f（x）=x3-8x                                    

（II）由（I）知，f′（x）=2x2-8，

当f′（x）＞0时，解得x＜-2或x＞2；

当f′（x）＜0时，解得-2＜x＜2．

所以函数f（x）的单调增区间为（-∞，-2），（2，+∞），单调减区间为（-2，2）． 

（III）设切点Q（x0，y0），则点Q处的切线方程为：y-y0=(-8)(x-x0)  ③

注意到y0=-8x0及点P（1，-8）在此切线上，

有-8-+8x0=(-8)(1-x0)，

整理得：2-3=0，即x0=0或x0=

代入方程③得8x+y=0或7x+2y+9=0为所求．

（1）解：∵f（x）=ex﹣2x+2a，x∈R，

∴f'（x）=ex﹣2，x∈R．

令f'（x）=0，得x=ln2．

于是当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：

故f（x）的单调递减区间是（﹣∞，ln2），单调递增区间是（ln2，+∞），

f（x）在x=ln2处取得极小值，极小值为f（ln2）=eln2﹣2ln2+2a=2（1﹣ln2+a）．

（2）证明：设g（x）=ex﹣x2+2ax﹣1，x∈R，

于是g′（x）=ex﹣2x+2a，x∈R．

由（1）知当a＞ln2﹣1时， g′（x）最小值为g′（ln2）=2（1﹣ln2+a）＞0．

于是对任意x∈R，都有g′（x）＞0，所以g（x）在R内单调递增．

于是当a＞ln2﹣1时，对任意x∈（0，+∞），都有g（x）＞g（0）．

而g（0）=0，从而对任意x∈（0，+∞），g（x）＞0．

即ex﹣x2+2ax﹣1＞0，

故ex＞x2﹣2ax+1．

（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.

试题分析：(Ⅰ)本小题首先利用导数的公式和法则求得原函数的导函数，根据导数的几何意义可求得函数的切线方程为，化简可得；

(Ⅱ)本小题首先求得函数的定义域，然后根据(Ⅰ)中求得的导函数去求导数的零点，通过列表分析其单调性，进而寻找极值点；

(Ⅲ)本小题针对恒成立问题，首先考虑对不等式分离参数，然后转化为求函数在上的最小值的问题，通过求导、分析单调性，然后得出函数的最小值为，于是.

试题解析：（Ⅰ）函数的定义域为，                              1分

，                                           2分

，，                               3分

曲线在点处的切线方程为，

即,                                   4分

（Ⅱ）令，得，                                  5分

列表：

                                                                 7分

函数的极小值为,                         8分

（Ⅲ）依题意对恒成立

等价于在上恒成立

可得在上恒成立，                 10分

令

                                        11分

令，得

列表：

函数的最小值为,              13分

根据题意，.                               14分

（Ⅰ）（1）∵f（x）=x3+ax2-9x-1，

∴f′（x）=3x2+2ax-9，

∵x=-1是函数f（x）的一个极值点，

∴f′（-1）=3-2a-9=0，

解得a=-3．

（2）∵a=-3，∴f′（x）=3x2-6x-9，f（x）=x3-3x2-9x-1，

由f′（x）=3x2-6x-9=0，得x=-1，或x=3．

∵x∈[-2，5]，-1∈[-2，5]，3∈[-2，5]，

f（-2）=-8-12+18-1=-3；

f（-1）=-1-3+9-1=4；

f（3）=27-27-27-1=-28；

f（5）=125-75-45-1=4．

∴函数f（x）在区间[-2，5]上的最大值为4，最小值为-28．

（Ⅱ）假设存在实数a，使f（x）在R上单调递增，

则f′（x）=3x2+2ax-9＞0的解集为R，

∴△=4a2+108＜0

∵△=4a2+108≥108，

∴△＜0不成立．

所以，不存在实数a，使f（x）在R上单调递增．

（I）f′(x)=2x+=(x＞-1)

令g（x）=2x2+2x+a，其对称轴为x=-．

由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于-1的不相等的实根，

其充要条件为，得0＜a＜

（1）当x∈（-1，x1）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（-1，x1）内为增函数；

（2）当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，∴f（x）在（x1，x2）内为减函数；

（3）当x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（x2，+∞）内为增函数；

（II）由（I）g(0)=a＞0，∴-＜x2＜0，a=-（2x22+2x2）

∴f（x2）=x22+aln（1+x2）=x22-（2x22+2x2）ln（1+x2）

设h(x)=x2-(2x2+2x)ln(1+x)(x＞-)，

则h'（x）=2x-2（2x+1）ln（1+x）-2x=-2（2x+1）ln（1+x）

（1）当x∈(-，0)时，h'（x）＞0，∴h（x）在[-，0)单调递增；

（2）当x∈（0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）在（0，+∞）单调递减．∴当x∈(-，0)时，h(x)＞h(-)=

故f(x2)=h(x2)＞．

（1）f′（x）=-3x2+2ax．根据题意f′（1）=tan=1，

∴-3+2a=1，即a=2．∴f′（x）=-3x2+4x=-3x(x-)．

当f′（x）＞0，得x(x-)＜0，即0＜x＜；当f′（x）＜0，得x(x-)＞0，即x＜0或x＞．

∴f′（x）的单调递增区间是(0，)，单调递减区间是（-∞，0）∪(，+∞)；

（2）f′（x）=-3x(x-)．

①若a≤0，当x＞0时，f′（x）＜0，从而f（x）在（0，+∞）上是减函数，

又f（0）=-4，则当x＞0时，f（x）＜-4．

∴当a≤0时，不存在x0＞0，使f（x0）＞0；

②当a＞0，则当0＜x＜时，f′（x）＞0，当x＞时，f′（x）＜0．

从而f（x）在(0，)上单调递增，在(，+∞)上单调递减．

∴当x∈（0，+∞）时，f（x）max=f()=-+-4=-4．

据题意，-4＞0，即a3＞27，∴a＞3．

故a的取值范围是（3，+∞）．

（I）由题意f（-x）=-f（x）对x∈R恒成立，解之得b=d=0

所以f（x）=ax3+cx，又f（3）=27a+3c=-6   ①

由f′（x）=3ax2+c=0，得x1=-，x2=

即=2，c=-12a   ②

由①②得a=，c=-8

故f（x）=x3-8x                                    

（II）由（I）知，f′（x）=2x2-8，

当f′（x）＞0时，解得x＜-2或x＞2；

当f′（x）＜0时，解得-2＜x＜2．

所以函数f（x）的单调增区间为（-∞，-2），（2，+∞），单调减区间为（-2，2）． 

（III）设切点Q（x0，y0），则点Q处的切线方程为：y-y0=(-8)(x-x0)  ③

注意到y0=-8x0及点P（1，-8）在此切线上，

有-8-+8x0=(-8)(1-x0)，

整理得：2-3=0，即x0=0或x0=

代入方程③得8x+y=0或7x+2y+9=0为所求．

（1）在取极小值，在取极大值4.（2）

试题分析：（1）求函数极值，首先明确其定义域：，然后求导数：当时，再在定义域下求导函数的零点：或根据导数符号变化规律，确定极值：当时，单调递减，当时，单调递增，当时，单调递减，故在取极小值，在取极大值4.（2）已知函数单调性，求参数取值范围，一般转化为对应导数恒非负，再利用变量分离求最值. 由题意得对恒成立，即对恒成立，即，，即

试题解析：（1）当时，由得或

当时，单调递减，当时，单调递增，当时，单调递减，故在取极小值，在取极大值4.

（2）因为当时,

依题意当时，有，从而

所以b的取值范围为

（1） ；（2）当时， 的减区间为，增区间为；当时， 的减区间为，增区间为；（3）详见解析.

试题分析：（1）利用导数法，然后才有分离参数的思路进行求解； （2）明确函数的解析式，利用求导法和分类讨论进行求解；（3）用代替中的得到，再证明不等式成立.

试题解析：（1）∵，则，∴，

∵当时，是增函数，∴在时恒成立.     （2分）

即在时恒成立. ∵当时，是减函数，

∴当时，，∴.         （4分）

（2）∵，∴，

∴，                 （5分）

∴当时，由得或，故的减区间为，增区间为.

当时，由得或，故的减区间为，增区间为.                                   （9分）

（3）由（1）知，当，时，在时增函数，

∴，即，∴，

∵，∴，∴，

即，            （12分）

∴

∴.        （14分）