热门试卷

（1）f'（x）=ax（ax+1+a），（1分）

当a＞0时，f'（x）＞0⇔ax＞-a-1，即x＞-1-，

函数f（x）在区间(-1-，+∞)上是增函数，

在区间(-∞，-1-)上是减函数；（3分）

当a=0时．f'（x）＞0，函数f（x）是区间（-∞，+∞）上的增函数；（4分）

当a＜0时，f'（x）＞0⇔ax＞-a-1即x＜-1-，

函数f（x）在区间(-∞，-1-)上是增函数，在区间(-1-，+∞)上是减函数．（6分）

（2）若存在，则ex（x+1）≥kx+m≥-x2+2x+1恒成立，

令x=0，则1≥m≥1，所以m=1，（8分）

因此：kx+1≥-x2+2x+1恒成立，即-x2+（k-2）x≥0恒成立，

由△≤0得到：k=2，

现在只要判断ex（x+1）≥2x+1是否恒成立，（10分）

设ϕ（x）=ex（x+1）-（2x+1），因为：ϕ'（x）=ex（x+2）-2，

当x＞0时，ex＞1，x+2＞2，ϕ'（x）＞0，

当x＜0时，ex（x+2）＜2ex＜2，ϕ'（x）＜0，

所以ϕ（x）≥ϕ（0）=0，即ex（x+2）≥2x+1恒成立，

所以函数f（x）与函数g（x）=-x2+2x+1存在“分界线”．（13分）

由题意，生茶x单位产品时，总收益R（x）=134x，

利润为：L（x）=R（x）-C（x）=134x-（300+x3-5x2+170x）

=-x3+5x2-36x-300，其定义域为[0，+∞）．

L′（x）=-x2+10x-36=-(x-36)(x-4)，

令L′（x）=0，得x1=4，x2=36，

又∵L(0)=-300，L(4)=-369，L(36)=996，

且当4＜x＜36时，L′（x）＞0，即L（x）单调递增；当x＞36时，L′（x）＜0，即L（x）单调递减．∴L（36）=996是L（x）的最大值．

因此工厂生产36单位产品时有最大利润996元．

（1）∵f′（x）=3x2-a

f（x）=x3-ax+b在区间在x=2处取得极值-8

∴即

解得a=12，b=8

所以f（x）=x3-12x+8

（2）由（1）f′（x）=3x2-12=3（x+2）（x-2）

令f′（x）＞0得x＞2或x＜-2；令f′（x）＜0得-2＜x＜2

所以y=f（x）的单调递增区间为（2，+∞）和（-∞，-2）；递减区间有（-2，2）．

（3）由（2）得x=-2是极大值点，x=2是极小值点，且f（-2）=24，f（2）=-8，f（-3）=17，f（3）=-1

所以函数的值域为[-8，24]．

（Ⅰ）当a=1时，f（x）=（x2-2x+1）ex，

∴f′（x）=（2x-2）ex+（x2-2x+1）ex

=（x2-1）ex，

令f′（x）=0，得x1=-1，x2=1，

列表讨论如下：

∴f（x）的极大值是f（-1）=；极小值是f（1）=0．

（Ⅱ）由题意得，f′（x）=（2ax-a-1）ex+[ax2-（a+1）x+1）ex

=[ax2+（a-1）x-a]ex，

由f（x）在区间[0，1]上单调递减得，f′（x）≤0在[0，1]上恒成立，

即ax2+（a-1）x-a≤0在[0，1]上恒成立，

令g（x）=ax2+（a-1）x-a，x∈[0，1]，

①当a=0时，g（x）=-x≤0在[0，1]上恒成立；

②当a＞0时，g（x）=ax2+（a-1）x-a过点（0，-a），

即g（0）=-a＜0，只需g（1）=a+a-1-a=a-1≤0，就满足条件；

解得a≤1，则此时0＜a≤1，

③当a＜0时，同理有g（0）=-a＞0，

∴ax2+（a-1）x-a≤0在[0，1]上不可能恒成立，

综上得，所求的a的取值范围是[0，1]．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得f'（x）=（x2-1）ex，

假设当x＞1时存在[m，n]使函数f（x）在[m，n]上的值域也是[m，n]，且（n＞m＞1）

∵当x＞1时，f'（x）=（x2-1）ex＞0，

∴f（x）在区间（1，+∞）上是增函数，

∴，即，

则问题转化为（x-1）2ex-x=0有两个大于1的不等实根． 

设函数h（x）=（x-1）2ex-x（x＞1），h′（x）=（x2-1）ex-1，

令φ（x）=（x2-1）ex-1，∴φ′（x）=（x2+2x-1）ex，

当x＞1时，φ′（x）＞0，

∴φ（x）在（1，+∞）上是增函数，即h′（x）在（1，+∞）上是增函数

∴h′（1）=-1＜0，h′（2）=3e2-1＞0

∴存在唯一x0∈（1，2），使得h′（x0）=0，

当x变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下表：

∴h（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增．

∴h（x0）＜h（1）=-1＜0

∵h（2）=e2-2＞0

∴当x＞1时，h（x）的图象与x轴有且只有一个交点，

即方程（x-1）2ex-x=0有且只有一个大于1的根，与假设矛盾，

故当x＞1时，f（x）不存在[m，n]使函数f（x）在[m，n]上的值域也是[m，n]．

（1）函数的定义域为x＞0

当k=1时，f（x）=lnx-•x12+x-12-lnx

∵f′(x)=-•x-12-x-32=-≤0

∴函数f（x）在（0，+∞）上是单调减函数

（2）当k=0时，f(x)=lnx+x-12-lna

f′(x)=-=

令f′(x)=0得x=

当0＜x＜时，f′(x)＜0，f(x)是单调减函数

当x＞时，f′(x)＞0，f(x)是单调增函数

∴当x=时，f(x)有极小值f()=2-2ln2

∵e＞2

∴f(x)的极小值f()=2(1-ln2)=2ln＞0

∴f（x）＞0恒成立

（3）∵f(x)=lnx-•x12+x-12-lna

∴f′(x)=

令f′( x)=0得kx-2 +a=0

解得=（=舍去）

∴x=

当0＜x＜，f′（x）＜0，f（x）是单调减函数

当x＞时，f′（x）＞0，f（x）是单调增函数

因此，当x=f（x）有极小值

令x0=

∵f(x0)=ln-k+而=是与a无关的常数

∴lnx0，-k，均与a无关．

∴f（x0）是与a无关的常数．

则f（x）的极小值是一个与a无关的常数．

由已知，f'（x）=3ax2+2bx+c．（1分）

∵f（x）在x=-1处有极值，∴f'（-1）=0，即3a-2b+c=0．①

又∵f（3）=-24，f'（3）=-8，

∴27a+9b+3c=-24，27a+6b+c=-8．③（4分）

由①，②，③解得a=，b=-2，c=-5．（6分）

（1）函数f（x）=（x-1）2+mlnx，可得函数的定义域为（0，+∞）

f′（x）=2（x+1）+==（x＞0）

当m＞时，可知f′（x）＞0对任意x∈（0，+∞）恒成立，

∴函数f（x）在（0，+∞）上是单调递增函数．

（2）由（1）知，当m＞时，函数f（x）在（0，+∞）上是单调增函数，没有极值点．

当m=时，f′(x)=≥0，函数f（x）在（0，+∞）上是单调增函数，没有极值点．

当m＜时，令f'（x）=0得，x1=，x2=…（6分）

①当m≤0时，x1=≤0∉(0，+∞)，则x2=≥1∈(0，+∞)，

列表：

由此看出，当m≤0时，f（x）有唯一极小值点x2=．…（8分）

②当0＜m＜时，0＜x1＜x2＜1，

列表：

由此看出，当0＜m＜时，f（x）有极大值点x1=和极小值点x2=．

综上，当m≤0时，f（x）有唯一极小值点x2=，

当0＜m＜时，f（x）有极小值点x1=和极大值点x2=．…（10分）

（3）由（2）知，m=-1时，函数f（x）=（x-1）2-lnx，

此时，函数f（x）有唯一极小值点x==，

当x∈(0，)时，f'（x）＜0，f（x）在(0，)上是减函数，

∵n≥3时，0＜1＜1+＜＜，

∴f(1+)＜f(1)，即-ln(1+)＜0

∴n≥3时，＜ln(n+1)-lnn．

令函数h（x）=（x-1）-lnx（x＞0），则h′(x)=1-=

当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）上是增函数，

∵n≥3时，1＜1+，∴h(1+)＞f（1），即-ln(1+)＞0

∴n≥3时，ln（n+1）-lnn＜

综上，当n≥3，n∈N时，不等式＜ln(n+1)-lnn＜恒成立．

（1）函数f（x）=（x-1）2+mlnx，可得函数的定义域为（0，+∞）

f′（x）=2（x+1）+==（x＞0）

当m＞时，可知f′（x）＞0对任意x∈（0，+∞）恒成立，

∴函数f（x）在（0，+∞）上是单调递增函数．

（2）由（1）知，当m＞时，函数f（x）在（0，+∞）上是单调增函数，没有极值点．

当m=时，f′(x)=≥0，函数f（x）在（0，+∞）上是单调增函数，没有极值点．

当m＜时，令f'（x）=0得，x1=，x2=…（6分）

①当m≤0时，x1=≤0∉(0，+∞)，则x2=≥1∈(0，+∞)，

列表：

由此看出，当m≤0时，f（x）有唯一极小值点x2=．…（8分）

②当0＜m＜时，0＜x1＜x2＜1，

列表：

由此看出，当0＜m＜时，f（x）有极大值点x1=和极小值点x2=．

综上，当m≤0时，f（x）有唯一极小值点x2=，

当0＜m＜时，f（x）有极小值点x1=和极大值点x2=．…（10分）

（3）由（2）知，m=-1时，函数f（x）=（x-1）2-lnx，

此时，函数f（x）有唯一极小值点x==，

当x∈(0，)时，f'（x）＜0，f（x）在(0，)上是减函数，

∵n≥3时，0＜1＜1+＜＜，

∴f(1+)＜f(1)，即-ln(1+)＜0

∴n≥3时，＜ln(n+1)-lnn．

令函数h（x）=（x-1）-lnx（x＞0），则h′(x)=1-=

当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）上是增函数，

∵n≥3时，1＜1+，∴h(1+)＞f（1），即-ln(1+)＞0

∴n≥3时，ln（n+1）-lnn＜

综上，当n≥3，n∈N时，不等式＜ln(n+1)-lnn＜恒成立．

（1）f(x)=4x+x2-x3，

f'（x）=4+2x-2x2=-2（x2-x-2）=-2（x+1）（x-2），

由f'（x）＞0⇒-1＜x＜2，

∴f（x）的单调增区间为（-1，2）．

由f'（x）＜0⇒x＜-1，x＞2，

∴f（x）的单调减区间为（-∞，-1），（2，+∞）．…（4分）

（2）f'（x）=4+2ax-2x2，

因f（x）在区间[-1，1]上单调递增，

所以f'（x）≥0恒成立．…（6分）

⇒⇒-1≤a≤1．

A=[-1，1]…（9分）．

（3）f(x)=2x+x3⇒4x+ax2-x3=2x+x3，

2x+ax2-x3=0⇒x（x2-ax-2）=0

∴⇒|x1-x2|==，

∴|x1-x2|max=3，…（11分）

⇒只需m2+tm+1≥3对t∈[-1，1]恒成立，

令g（t）=m2+tm-2，

即g（t）=m2+tm-2≥0，对t∈[-1，1]恒成立，…（13分）

⇒⇒m≤-2或m≥2

所以存在m∈（-∞，-2]∪[2，+∞）…（14分）