热门试卷

解．（1）按题意，得．

∴　　即　．                                      3分

又∴　关于x的方程．

在（2，＋∞）内有二不等实根x＝、．关于x的二次方程

在（2，＋∞）内有二异根、．

．　　故　．             6分

（2）令，则．

∴　．                                                    10分

（3）∵　，

．

∵　，　∴　当（，4）时，；当（4，）是．

又在[，]上连接，　　∴　在[，4]上递增，在[4，]上递减．

故　．                                    12分

∵　，　　∴　0＜9a＜1．故M＞0．　若M≥1，则．

∴　，矛盾．故0＜M＜1．                                   14分

略

（Ⅰ）当a=-2，f（x）=-+x-3lnx-30（x＞0）∴f′(x)=+1-=，

设f'（x）＞0，即x2-3x+2＞0，

所以x＜1，或x＞2，

∴f（x）单调增区间是（0，1），（2，+∞）；

（Ⅱ）∵F（x）=-2x3+3（a+2）x2+6x-6a-4a2，当x=1时，函数F（x）有极值，

∴F'（x）=-6x2+6（a+2）x+6，

且F'（1）=0，即a=-2，

∴F（x）=-2x3+6x-4，

又F（x）=-2x3+6x-4的图象可由F1(x)=-2x3+6x的图象向下平移4个单位长度得到，而F1(x)=-2x3+6x的图象关于（0，0）对称，

所以F（x）=-2x3+6x-4的图象的对称中心坐标为（0，-4）；

（Ⅲ）假设存在a使g（x）在[a，-a]上为减函数，

设h1（x）=F（x）-6x2+6（a-1）x•ex，h2(x)=e•f(x)=e•(+x+(a-1)lnx+15a)，

h′1(x)=(-2x3+3(a-2)x2+12ax-4a2)•ex，

设m（x）=（-2x3+3（a-2）x2+12ax-4a2），

当g（x）在[a，-a]上为减函数，则h1（x）在[a，1]上为减函数，h2（x）在[1，-a]上为减函数，且h1（1）≥h2（1）．

由（Ⅰ）知当a＜-1时，f（x）的单调减区间是（1，-a），

由h1（1）≥h2（1）得：4a2+13a+3≤0，

解得：-3≤a≤-，

当h1（x）在[a，1]上为减函数时，对于∀x∈[a，1]，h'1（x）≤0即m（x）≤0恒成立，

因为m'（x）=-6（x+2）（x-a），

（1）当a＜-2时，m（x）在[a，-2]上是增函数，在（-∞，a]，[-2，+∞）是减函数，

所以m（x）在[a，1]上最大值为m（-2）=-4a2-12a-8，

故m（-2）=-4a2-12a-8≤0，

即a≤-2，或a≥-1，故a＜-2；

（2）当a＞-2时，m（x）在[-2，a]上是增函数，在（-∞，-2]，[a，+∞）是减函数，

所以m（x）在[a，1]上最大值为m（a）=a2（a+2），

故m（a）=a2（a+2）≤0，则a≤-2与题设矛盾；

（3）当a=-2时，m（x）在[-2，1]上是减函数，

所以m（x）在[a，1]上最大值为m（-2）=-4a2-12a-8=0，

综上所述，符合条件的a满足[-3，-2]．

（Ⅰ）求导数，得f′（x）=-=（x＞0）．

（1）当a≤0时，f′（x）=＞0，f（x）在（0，+∞）上是增函数，无最小值．

（2）当a＞0时，令f′（x）=0，解得x=a2．

当0＜x＜a2时，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，a2）上是减函数；

当x＞a2时，f′（x）＞0，∴f（x）在（a2，+∞）上是增函数．

∴f（x）在x=a2处取得最小值f（a2）=a-alna．

故f（x）的最小值φ（a）的解析式为φ（a）=a-alna（a＞0）．…（6分）

（Ⅱ）由（Ⅰ），知φ（a）=a-alna（a＞0），

求导数，得φ′（a）=-lna．

（ⅰ）令φ′（a）=0，解得a=1．

当0＜a＜1时，φ′（a）＞0，∴φ（a）在（0，1）上是增函数；

当a＞1时，φ′（a）＜0，∴φ（a）在（1，+∞）上是减函数．

∴φ（a）在a=1处取得最大值φ（1）=1．

故当a∈（0，+∞）时，总有φ（a）≤1．…（10分）

（ⅱ）当a＞0，b＞0时，

=-=-ln，①

φ′（）=-ln（）≤-ln，②

φ′（）=-ln（）≥-ln=-ln，③

由①②③，得φ′（）≤≤φ′（）．…（14分）

（1）      （2）1   

(1)由已知等式，用代替得到一个关于与得方程组，解出.

（2）用导数法求最值.（3）　在中令（），用放缩法证明.

试题分析：（1）依题意得,

解之得 .                                  ……4分

（2），

当时  当时，

∴)在上递减在上递增，

∴.                                         ……8分

（3）由（2）得 恒成立，令，  则，

　　　在中令（），

　　　∴，∴，

∴， ，…，，），

∴ 

 .                             ……14分

点评：（1）解方程组是要注意把与看作是两个变量.（3）要仔细分析要证明的不等式的结构，令是解决问题的关键.

（Ⅰ）

（Ⅱ）证明见解析

本小题主要考查函数导数的求法、导数的应用、不等式的恒成立问题、不等式的证明，同时考查转化的思想、逻辑思维能力、运算能力、综合分析与解决问题的能力.

（Ⅰ），

,

题设等价于.

令，则

当，；当时，，是的最大值点，

综上，的取值范围是.

(Ⅱ)有（Ⅰ）知，即.

当时，；

当时，

所以

点评：本题考法相对新颖，特别是第（Ⅰ）小题在所求问题的设置上打破常规，不是单纯考查利用导数研究函数的几何意义、单调性、极值、最值，而是将这些知识融入一个不等式恒成立求参数范围问题中，这符合“稳中求变”的高考命题原则.

的最小值为-11。，

解：（1）由题意知

令

当x在[-1，1]上变化时，随x的变化情况如下表：

        的最小值为

的对称轴为且抛物线开口向下

的最小值为

的最小值为-11。                                                         …………6分

（2）

①若

上单调递减，

又

②若

当

从而上单调递增，在上单调递减，

根据题意，

综上，a的取值范围是                                                               …………12分

（Ⅰ）由f（x）=x3+bx2+cx，得f′（x）=3x2=2bx+c，

∵曲线f（x）=x3+bx2+cx在点A（-1，f（-1）），B（3，f（3））处的切线互相平行，且函数f（x）的一个极值点为x=0，

∴，即，解得：．

∴实数b，c的值分别为-3，0；

（Ⅱ）由f（x）=x3-3x2，∴f′（x）=3x2-6x，

由f′（x）＞0，得x＜0或x＞2，由f′（x）＜0，得0＜x＜2．

∴函数f（x）在区间[-，0)，（2，3]上递增，在（0，2）上递减．

且f(-)=(-)3-3×(-)2=-，f（0）=0，f（2）=23-3×22=-4，f（3）=33-3×32=0．

∴函数y=f（x）（x∈[-，3]）的图象与直线y=m恰有三个交点，则-≤m＜0．

故所求实数m的取值范围是[-，0)．

（Ⅲ）依题意知存在x0∈[1，e]，使得f′（x0）+alnx0≤ax0成立，即x02-x0+alnx0≤ax0成立，

设g(x)=x2+alnx-(a+1)x，则g（x）min≤0，

g′(x)=x+-(a+1)=，

①当a≤1时，由x∈（1，e），g′（x）＞0，得函数g（x）在[1，e]上递增，

∴g(x)min=g(1)=-(a+1)≤0，得-≤a≤1．

②当1＜a＜e时，可知在（1，a）上g′（x）0，

得函数g（x）在（1，a）上递减，在（a，e）上递增，

∴g(x)min=g(a)=-a2+alna-a≤0恒成立，∴1＜a＜e．

③当a≥e时，在x∈（1，e）上g′（x）＜0，∴函数g（x）在[1，e]上递减，

∴g(x)min=g(e)=-e2+a-ae-e≤0，∴a≥，又＜e，

∴a≥e．

综上可知：a≥-．

∴实数a的取值范围是[-，+∞）．

f′（x）=2a2+ax+1，

（Ⅰ）由题意：f′（2）=8+2a+1=0

解得a=-．（3分）

（Ⅱ）方程2a2+ax+1=0的判别式△=a2-8，

（1）当△≤0，即-2≤a≤2时，2a2+ax+1≥0，

f′（x）≥0在（0．+∞）内恒成立，此时f（x）为增函数；

（2）当△＞0，即a＜-2或a＞2时，

要使f（x）在（0．+∞）内为增函数，只需在（0．+∞）内有2a2+ax+1≥0即可，

设g（x）=2a2+ax+1，

由得a＞0，所．a＞2

由（1）（2）可知，若f（x）在（0．+∞）内为增函数，a的取值范围是[-2，+∞）．（13分）

（1）∵f（x）=x3-x2+bx+c，

∴f′（x）=3x2-x+b，

要使f（x）有极值，则f′（x）=3x2-x+b=0有两不等实根，

从而△=1-12b＞0，解得b＜．

（2）∵f（x）在x=1处取得极值，∴f′（1）=3-1+b=0，∴b=-2．

①∴f（x）=x3-x2-2x+c，∵f′（x）=3x2-x-2=（3x+2）（x-1）

∴当x∈（-，1）时，f′（x）＜0，函数单调递减，

当x∈（-∞，-）和（1，+∞）时，f′（x）＞0，函数单调递增，∴当x=-时，f（x）有极大值+c，

又f（2）=2+c＞+c，f（-1）=+c＜+c，

∴x∈[-1，2]时，f（x）max=f（2）=2+c，

∴c2＞2+c

∴c＜-1或c＞2．

②由上可知，当x=1时，f（x）有极小值-+c又f（2）=2+c＞-+c，f（-1）=+c

＞-+c，∴x∈[-1，2]时，f（x）min=-+c，

∴|f（x1）-f（x2）|≤|fmax（x）-fmin（x）|=|2+c-（-+c）|=，

故结论成立．