热门试卷

函数的定义域为x∈[-2，3]，f′（x）=6x2-12x=6x（x-2）…（2分）

令f′（x）=0 得点x1=0，x2=2…（4分）

点x1=0，x2=2把定义域分成三个小区间，下表讨论

…（6分）

所以，函数f（x）在区间[-2，0]，[2，3]单调递增，在区间[0，2]上单调递减．…（8分）

因为，f（0）=1，f（-2）=-39，f（2）=-7，f（3）=1…（10分）

当x=3或x=0时，取最大值为1，当x=-2时，取最小值为-39…（12分）

（1）f'（x）=3x2-2ax+3，要f（x）在x∈[1，+∞）上是增函数，

则有3x2-2ax+3≥0在x∈[1，+∞）内恒成立，

即a≤+在x∈[1，+∞）内恒成立，

又+≥3（当且仅当x=1时，取等号），所以a≤3

（2）由题意知f'（x）=3x2-2ax+3=0的一个根为x=3，可得a=5，

所以f'（x）=3x2-10x+3=0的根为x=3或 x=（舍去），

又f（1）=-1，f（3）=-9，f（5）=15，

∴f（x）在x∈[1，5]上的最小值是f（3）=-9，最大值是f（5）=15．

（1）f′（x）=-=(x2-bx+1)

∵x＞1时，h(x)=＞0恒成立，

∴函数f（x）具有性质P（b）；

（2）当b≤2时，对于x＞1，φ（x）=x2-bx+1≥x2-2x+1=（x-1）2＞0

所以f′（x）＞0，故此时f（x）在区间（1，+∞）上递增；

当b＞2时，φ（x）图象开口向上，对称轴x=＞1，

方程φ（x）=0的两根为：，，而＞1，=∈(0，1)

当x∈(1，)时，φ（x）＜0，f′（x）＜0，

故此时f（x）在区间(1，)上递减；

同理得：f（x）在区间[，+∞)上递增．

综上所述，当b≤2时，f（x）在区间（1，+∞）上递增；

当b＞2时，f（x）在(1，)上递减；f（x）在[，+∞)上递增．

由f（x）=（ax2+x）ex，得

f′（x）=（2ax+1）ex+（ax2+x）ex=[ax2+（2a+1）x+1]ex，

①当a=0时，f′（x）=（x+1）ex，f′（x）≥0在[-1，1]上恒成立，

当且仅当x=-1时取等号，故a=0符合要求；

②当a≠0时，令g（x）=ax2+（2a+1）x+1，

因为△=（2a+1）2-4a=4a2+1＞0，

所以g（x）有两个不相等的实数根x1，x2，不妨设x1＞x2，

因此f（x）有极大值又有极小值．

若a＞0，因为g（-1）g（0）=-a＜0，

所以f（x）在（-1，1）内有极值点，

故f（x）在[-1，1]上不单调．

若a＜0，可知x1＞0＞x2，因为g（x）的图象开口向下，要使f（x）在[-1，1]上单调，

因为g（0）=1＞0，必须满足，即，所以-≤a＜0．

综上可知，a的取值范围是[-，0]．

（Ⅰ）f（x）=x2-lnx+x  （x＞0），f′（x）=x-+1=0，

∴x1=，x2=（不在定义域内，舍）

∴（0，]单调减，[，+∞）单调增，

∴f（x）在x=时取极小值，且是唯一极值．

（Ⅱ）f′（x）=（x＞0）

令g（x）=x2-2ax+a2+a，△=4a2-3a2-2a=a2-2a，

设g（x）=0的两根x1，x2（x1＜x2）

10 当△≤0时，即0≤a≤2，f′（x）≥0，

∴f（x）单调递增，满足题意；

20 当△＞0时  即a＜0或a＞2时，

（1）若x1＜0＜x2，则 a2+a＜0，

即-＜a＜0时，f（x）在（0，x2）上减，（x2，+∞）上增，

f′（x）=x+-2a，f''（x）=1-≥0，

∴f′（x） 在（0，+∞）单调增，不合题意

（2）若x1＜x2＜0 则，

即a≤-时f（x）在（0，+∞）上单调增，满足题意．

（3）若0＜x1＜x2则，

即a＞2时，∴f（x）在（0，x1）单调增，（x1，x2）单调减，（x2，+∞）单调增，

不合题意．综上得a≤-或0≤a≤2．

（Ⅲ） g（x）=-lnx-ax2+x，g′（x）=--2ax+1=-．

令g′（x）=0，即2ax2-x+1=0，

当0＜a＜时，△=1-8a＞0，

所以，方程2ax2-x+1=0的两个不相等的正根x1，x2，设x1＜x2，

则当x∈（0，x1）∪（x2，+∞）时，g′（x）＜0，

当x∈（x1，x2）时，g′（x）＞0，

所以g（x）有极小值点x1和极大值点x2，且x1+x2=，x1x2=．

g（x1）+g（x2）=-lnx1-ax+x1-lnx2-ax+x2=-（lnx1+lnx2）-（x1-1）-（x2-1）+（x1+x2）

=-ln（x1x2）+（x1+x2）+1

=ln（2a）+…+1．

令h（a）=ln（2a）++1，a∈（0，]，

则当a∈（0，）时，h′（a）=-=＜0，h（a）在（0，）单调递减，

所以h（a）＞h（）=3-2ln2，

即g（x1）+g（x2）＞3-2ln2．

（I）∵f（x）=（x2-4）（x-a），

∴f′（x）=2x（x-a）+（x2-4）

又∵f′（-1）=-2×（-1-a）+（1-4）=0，

∴a=

∴f（x）=（x2-4）（x-），

∴f′（x）=2x（x-）+（x2-4）=3x2-x-4

令f′（x）=0，

解得x=-1，x=，

当x∈[-2，-1]时，f′（x）≤0恒成立，f（x）为减函数

当x∈[-1，4/3]时，f′（x）≥0恒成立，f（x）为增函数，

当x∈[4/3，2]时，f′（x）≤0恒成立，f（x）为减函数

又∵f（-2）=0，f（-1）=，f（）=-，f（2）=0

可以得到最大值为，最小值为-

（II）∵f（x）=（x2-4）（x-a），

∴f′（x）=3x2-2ax-4，

依题意：f′（x）=3x2-2ax-4≥0对（-∞，-2]恒成立，即

2ax≤3x2-4

∴a≥x-

又∵y=x-在（-∞，-2]上为增函数，故x=-2时，x-取最大值-2，

所以a≥-2

f′（x）=3x2-2ax-4≥0对[2，+∞）恒成立，即

2ax≤3x2-4

∴a≤x-

又∵y=x-在[2，+∞）上为增函数，故x=2时，x-取最小值2，

所以a≤2

故a的取值范围为[-2，2]．

（1）求导函数，可得f′(x)=

∵f（x）在[1，+∞）上递增，

∴在[1，+∞）上，f′(x)=≥0恒成立

∴在[1，+∞）上，a≥

∴a≥2

∴a的取值范围为[2，+∞）； 

（2）由f′(x)=，x∈[1，4]

①当a≥2时，在x∈[1，4]上，f'（x）≥0，∴fmin（x）=f（1）=a（8分）

②当0≤a≤1时，在x∈[1，4]上，f'（x）≤0，∴fmin（x）=f（4）=2a-2ln2（10分）

③当1＜a＜2时，在x∈[1，]上f'（x）≤0，在x∈[，4]上f'（x）≥0

此时fmin(x)=f()=2-2ln2+2lna

综上所述：fmin(x)=（13分）

f′（x）=3ax2+2bx+c，

由已知可得f′（-）=f′（1）=0，f′（0）=-5，

即3a(-

5

3

)2+2b(-)+c =0；

3a12+2b1+c=0；

3a（-5）2+2b（-5）+c=-5．

解得a=-，b=，c=0．

∴f(x)=-x3+x2．

（Ⅰ）因为函数f（x）=ax2+blnx，

所以f′(x)=2ax+．…（2分）

又函数f（x）在x=1处有极值，

所以即…（4分）

可得a=，b=-1． …（5分）

经检验，此时f'（x）在x=1的左右符号相异，所以a=，b=-1．…（6分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知f(x)=x2-lnx，其定义域是（0，+∞），

且f′(x)=x-=．…（8分）

当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

所以函数y=f（x）的单调减区间是（0，1），单调增区间是（1，+∞）．…（13分）