热门试卷

（Ⅰ）f'（x）=3ax2-2bx+c，

由已知f'（0）=f'（1）=0，

即解得

所以f'（x）=3ax2-3ax，因为f'（2）=12a-6a=6a=12，所以a=2，

所以f（x）=2x3-3x2．

（Ⅱ）令f（x）≤5x，即2x3-3x2-5x≤0，

所以（2x-5）（x+1）≤0，解得x≤-1或0≤x≤．

又f（x）≤5x在区间[0，m]上恒成立，所以0＜m≤．

（1）∵f′（x）=p-=，令f′（x）=0，得x=．

∵p＞0，列表如下，

从上表可以得，当x=时，f（x）有极小值2-2ln．（4分）

又此极小值也为最小值，所以当x=时，f（x）有最小值2-2ln．（5分）

（2）因为g（x）=f（x）-=px--2lnx，则g′（x）=p+-=，

由函数g（x）=f（x）-在其定义域内为单调函数得，g′（x）≥0对x∈（0，+∞）恒成立或g′（x）≤0对x∈（0，+∞）恒成立．

①当p=0时，g′（x）=-＜0对x∈（0，+∞）恒成立（7分）

此时g（x）在其定义域内为减函数，满足要求．

②当p＞0时，g′（x）≤0对x∈（0，+∞）恒成立不可能，

由g′（x）≥0对x∈（0，+∞）恒成立得px2-2x+p≥0对x∈（0，+∞）恒成立，即p≥对x∈（0，+∞）恒成立，

∵当x∈（0，+∞）时，=≤1，

∴p≥1（9分）

③当p＜0时，g′（x）≥0对x∈（0，+∞）恒成立不可能，

由g′（x）≤0对x∈（0，+∞）恒成立得px2-2x+p≤0对x∈（0，+∞）恒成立，即p≤对x∈（0，+∞）恒成立，

∵当x∈（0，+∞）时，＞0，

∴p≤0；

又∵p＜0，

∴此时p＜0．（11分）

综上所述，P的取值范围为（-∞，0]∪[1，+∞）．．（12分）

（1）∵f（x）=（x2-3x+3）•ex，

∴f′（x）=（x2-x）ex（2分）

令f′（x）≥0，则x≥1或x≤0，

∴f（x）在（-∞，0]，[1，+∞）上单调递增，在[0，1]上单调递减（5分）

∴-2＜t≤0．（7分）

①若-2＜t≤0，则f（x）在[-2，t]上单调递增，

∴f（t）＞f（-2），

即n＞m．（9分）

②若0＜t≤1，则f（x）在[-2，0]上单调递增，在[0，t]上单调递减

又f（-2）=，f（1）=e，

∴f（t）≥f（1）＞f（-2），即n＞m．（11分）

③若t＞1，则f（x）在（_∞，0]，[1，t]上单调递增，在[0，1]上单调递减

∴f（t）＞f（1）＞f（-2），即n＞m．（13分）     

综上，n＞m．（15分）

略

(证)的图象与直线 的三个交点如答13图所示，且在内相切，其切点为，．

由于，，所以，即．    

因此

．　　　　　　　　

解析见答案  

（Ⅰ）由x+1＞0，得x＞-1．

∴f（x）的定义域为（-1，+∞）．…（1分）

因为对x∈（-1，+∞），都有f（x）≥f（1），

∴f（1）是函数f（x）的最小值，故有f′（1）=0．…（2分）

f′(x)=2x+，

∴2+=0，解得b=-4．      …（3分）

经检验，b=-4时，f（x）在（-1，1）上单调减，在（1，+∞）上单调增．

f（1）为最小值．故得证． …（4分）

（Ⅱ）∵f′(x)=2x+=，

又函数f（x）在定义域上是单调函数，

∴f′（x）≥0或f′（x）≤0在（_1，+∞）上恒成立．…（6分）

若f′（x）≥0，则2x+≥0在（-1，+∞）上恒成立，

即b≥-2x2-2x=-2（x+）2+恒成立，由此得b≥；…（8分）

若f′（x）≤0，则2x+≤0在（-1，+∞）上恒成立，

即b≤-2x2-2x=-2（x+）2+恒成立．

因-2(x+)2+在（-1，+∞）上没有最小值，

∴不存在实数b使f′（x）≤0恒成立．

综上所述，实数b的取值范围是[，+∞）．…（10分）

（Ⅲ）当b=1时，函数f（x）=x2-ln（x+1）．

令h（x）=f（x）-x3=-x3+x2-ln（x+1），

则h′(x)=-3x2+2x-=-．

当x∈（0，+∞）时，h′（x）＜0，

所以函数h（x）在（0，+∞）上单调递减．

又h（0）=0，∴当x∈[0，+∞）时，恒有h（x）＜h（0）=0，

即x2-ln（x+1）＜x3恒成立．

故当x∈（0，+∞）时，有f（x）＜x3．…（12分）

∵k∈N*，∴∈(0，+∞)．

取x=，则有f() ＜．

∴f() ＜1+++…+．

所以结论成立． …（14分）

解：（1）f'（x）=3ax2+2bx+c，

由已知f'（0）=f'（1）=0，

即

解得

∴f'（x）=3ax2﹣3ax，

∴，

∴a=﹣2，

∴f（x）=﹣2x3+3x2．

（2）令f（x）≤x，即﹣2x3+3x2﹣x≤0，

∴x（2x﹣1）（x﹣1）≥0，

∴或x≥1．

又f（x）≤x在区间[0，m]上恒成立，

∴．

解：（1）由题意知，f（e）=ae﹣﹣2=be﹣﹣2，

∴（a﹣b）（e+）=0，∴a=b，

（2）由（1）知  f（x）=ax﹣﹣2lnx，

f'（x）=a+﹣=，

令 h（x）=ax2﹣2x+a，因为f（x）在其定义域（0，+∞）内为单调函数，

∴在其定义域（0，+∞）内，h（x）≥0或h（x）≤0恒成立．

①当a=0时，h（x）=﹣2x，

∵x＞0，∴h（x）＜0，f'（x）＜0，f（x）在其定义域（0，+∞）内为单调函数，

故a=0满足条件．

②当a＞0时，h（x）图象是开口向上的抛物线，对称轴是x=，

h（x）的最小值是a﹣，只需 a﹣≥0，

∴a≥1，即a≥1时，f（x）在其定义域（0，+∞）内为单调函数，

故a≥1满足条件．

③当a＜0时，h（x）图象是开口向下的抛物线，对称轴是x=∈（0，+∞），

∴在（0，+∞）内，h（x）≤0成立，

∴f（x）在其定义域（0，+∞）内为单调减函数，

∴当a＜0时，满足条件．

综上可得，a的取值范围是a≥1或a≤0．

（1）当时，在上是增函数，在和上是减函数；当时，在上是减函数；当时，在上是增函数，在和上是减函数；（2）.

试题分析：（1）先求出的导数，，然后在的范围内讨论的大小以确定和的解集；（2）时，代入结合上问可知函数在在上是减函数，在上是增函数，即在取最小值，若，存在，使，即存在使得.从而得出实数的取值范围.注意不能用基本不等式，因为等号取不到，实际上为减函数.所以其值域为，从而，即有.

试题解析：（1）函数的定义域为，

因为，所以，

令，可得，，              2分

①当时，由可得，故此时函数在上是增函数.

同样可得在和上是减函数.               4分

②当时，恒成立，故此时函数在上是减函数.            6分

③当时，由可得，故此时函数在上是增函数，

在和上是减函数；              8分

（2）当时，由（1）可知在上是减函数，在上是增函数，

所以对任意的，有，

由条件存在，使，所以，              12分

即存在，使得，

即在时有解,

亦即在时有解,

由于为减函数，故其值域为，

从而，即有，所以实数的取值范围是.              16分