热门试卷

（1）f′（x）=3ax2+2bx+c，（1分）

而f（x）在（x0，f（x0））处的切线斜率k=f′（x0）=3ax02+2bx0+c=（x0-2）（x0+1），

∴3a=1，2b=-1，c=-2，

∴a=，b=-，c=-2．（3分）

（2）∵f（x）=x3 -x2-2x+d，

由f′（x）=x2-x-2

=（x-2）（x+1）≥0，

知f（x）在（-∞，-1]和[2，+∞）上是增函数，

由f′（x）=（x-2）（x+1）≤0，

知f（x）在[-1，2]上为减函数．（7分）

（3）由f′（x）=（x-2）（x+1）及-3≤x≤2，可列表

f（x）在[-3，2]上的最小值产生于f（-3）和f（2），

由f（-3）=-+d，f（2）=-+d，

知f（-3）＜f（2），（9分）

于是f（-3）=-+d=，

则d=10．（11分）

∴f（x）max=f（-1）=，

即所求函数f（x）在R上的极大值为．（12分）

（1）f′(x)=2x，g′(x)=+b，代入可得：a=1，b=1

∴F（x）=x2-lnx-x，

∴F′(x)=2x--1==

∵当x∈（0，1）时，F′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，F′（x）＞0，

∴F（x）在（0，1）递减，（1，+∞）递增，

∴F（x）的极小值为F（1）=0

（2）由（1）得，（1，1）是f（x）和g（x）的公共点，

f（x）在点（1，1）处的切线方程是y=2x-1

∴若存在实常数k和m，使得f（x）≥kx+m和g（x）≤kx+m成立

即f（x）≥2x-1和g（x）≤2x-1同时成立

∵f（x）-2x+1=x2-2x+1=（x-1）2≥0，

∴f（x）≥2x-1

令h（x）=g（x）-2x+1，h′(x)=-1=，

∴h（x） 在（0，1）递增，（1，+∞）递减，

∴h（x）max=h（1）=0，

∴h（x）≤0，即g（x）≤2x-1成立

∴存在k=2，m=-1使得f（x）≥kx+m和g（x）≤kx+m成立

（1）f′（x）=2x-令f′（x）=0

∵a＞0∴x=

∵＜＜

∴＜a＜

g′（x）=3x2-2bx+1

令g′（x）=0得3a-2b+1=0

∴b==（3+）

∵＜t=＜

∴（3t+）在（，）上单调递减则b∈（，）

（2）假设存在实数x1，x2∈（，）则x1•x2=a

由题意得x12+x22-2alnx1-2alnx2=-a+

x12+x22-2x1•x2=2alna-a+-2a

令φ（a）=2alna-a+-2a  （＜a＜）

φ′（a）=2lna+-

φ‘’（a）=--=＞0

∴φ′（a）在（，）上是增函数

∴φ′（a）＜φ′（）=2ln-＜0

∴φ（a）在（，）上是减函数

∴φ（a）＜φ（）=ln+--＜0

∴（x1-x2）2＜0

即不存在满足条件的x1与x2．

（1）当a=3时，f（x）=x-2x2+lnx，

则f′（x）=1-4x+，且f（1）=-1，

∴f′（1）=-2，

∴在点（1，f（1））处的切线方程是y+1=-2（x-1），

即2x+y-1=0，

（2）由题意得，f′(x)=-4x+，

∵函数f（x）在区间[1，2]上为单调递增函数，

∴x∈[1，2]时，f′(x)=-4x+≥0恒成立，

即≥4x-对x∈[1，2]恒成立，

设h（x）=4x-，因函数h（x）在[1，2]上单调递增，

∴≥h(2)=4×2-=，解得0＜a≤，

故a的取值范围是（0，]．

（1）f′（x）=-，f'（x0）=0，即=0，

所以lnx0+1=0，解得x0=；

（2）f′（x）=-，

令f′（x）＞0，得0＜x＜，f（x）递增；令f′（x）＜0，得x＞且x≠1，

所以函数f（x）的增区间为（0，），减区间为（，1），（1，+∞）；

（3）在21x＞xa两边取对数，得ln2＞alnx，由于0＜x＜1，所以＞（1），

由（1）的结果可知，当x∈（0，1）时，f（x）≤f（）=-e，

为使（1）式对所有x∈（0，1）成立，当且仅当＞-e，即a＞-eln2．

（I）f′（x）=ax2-3x2+a+1

由f′（1）=0得：a-3+a+1=0

即a=1

∴f(x)=x3-x2+2x+5

（II）曲线y=f（x）与直线y=2x+m有三个交点

即x3-x2+2x+5-2x-m=0有三个根

即g（x）=x3-x2+5-m有三个零点

由g′（x）=x2-3x=0，得x=0或x=3

由g′（x）＞0得x＜0或x＞3，由g′（x）＜0得0＜x＜3

∴函数g（x）在（-∞，0）上为增函数，在（0，3）上为减函数，在（3，+∞）上为增函数

要使g（x）有三个零点，

只需即

解得：＜m＜5

（Ⅰ）∵h(x)=2x++lnx，其定义域为（0，+∞），…（1分）

∴h′(x)=2-+，…（2分）

∵x=1是函数h（x）的极值点，

∴h'（1）=0，即3-a2=0

∵a＞0，∴a=．                                          …（4分）

经检验当a=时，x=1是函数h（x）的极值点，

∴a=…（5分）

（Ⅱ）对任意的x1∈[1，e]，都存在x2∈[1，e]使得f（x1）＜g（x2）

成立等价于f（x）max＜g（x）max…（6分）

当x∈[1，e]时，g′(x)=1+＞0，

∴函数g（x）=x+lnx在[1，e]上是增函数，

∴g（x）max=g（e）=e+1…（7分）

f′(x)=1-=，x∈[1，e]，a＞0

①当0＜a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)=≥0，

∴函数f(x)=x+在[1，e]上是增函数，

∴f(x)max=f(e)=e+e+＜e+1

即f（x）max＜g（x）max恒成立，满足题意；       …（9分）

②当1＜a＜e时，若1≤x＜a，则f′(x)=＜0，

若a＜x≤e，则f′(x)=＞0

∴函数f(x)=x+在[1，a）上是减函数，在（a，e]上是增函数，

而f（1）=1+a2，f(e)=e+

a）f（1）＜f（e）即1＜a＜时，

f(x)max=f(e)=e+，e+＜e+1

即f（x）max＜g（x）max恒成立；

b）f（1）≥f（e）即≤a≤e时，

f（x）max=f（1）=1+a2

此时，f（x）max≥g（x）max，不合题意；               …（12分）

③当a≥e时，x∈[1，e]，f′(x)=≤0，

∴函数f(x)=x+在[1，e]上是减函数，

∴f（x）max=f（1）=1+a2

此时，f（x）max＞g（x）max，不合题意；                    …（13分）

综上知，a的取值范围为(0，)．                             …（14分）

f′（x）=3ax2-2x+1＞0恒成立．

∴即，

∴a＞．

当a=时，f（x）在（-∞，+∞）上单调递增，

∴a≥．

（Ⅰ）∵f'（x）=alnx+a（x＞0），

当a＞0时，令f'（x）≥0，即lnx≥-1=lne-1．

∴x≥e-1=．，∴x∈[，+∞)．

同理，令f'（x）≤0，可得x∈(0，]．

∴f（x）单调递增区间为[，+∞)，单调递减区间为(0，]．

由此可知y=f(x)min=f()=-．无最大值．

当a＜0时，令f'（x）≥0，即lnx≤-1=lne-1．∴x≤e-1=．，∴x∈(0，]．

同理，令f'（x）≤0可得x∈[，+∞)．

∴f（x）单调递增区间为(0，]，单调递减区间为[，+∞)．

由此可知y=f(x)max=f()=-．此时无最小值．

（Ⅱ）不妨设m≥n＞0，令n=x，

记g(x)=amlnm+axlnx-a(m+x)ln(x＞0)

g′(x)=alnx+a-aln-a=aln

∵m+x≥2x∴≤1，∴aln≤0，

∴g'（x）≤0，∴g（x）是减函数，

∵m≥x＞0，∴g（x）≥g（m）=0∴g(x)=amlnm+axlnx-a(m+x)ln≥0，即得证．