热门试卷

（本小题满分16分）

（1）f′（x）=6x2-6ax，

由题意知x=1是函数f（x）的一个极值点，即f′（1）=0，∴6-6a=0，即a=1，

此时f（x）=2x3-3x2，f′（x）=6x2-6x=6x（x-1）满足条件，∴a=1．…（4分）

（2）由f′（x）=6x（x-1）=0得，x=0或x=1，

得f（0）=0，f（1）=-1，f（2）=4，f（-2）=-28，

∴当x1∈[-2，2]时，-28≤f（x1）≤4；…（6分）

又g（x）=3x2-6x=3（x-1）2-3，

∴当x2∈[-2，2]时，-3≤g（x2）≤24；…（8分）

因此，-52≤f（x1）-g（x2）≤7，∴|f（x1）-g（x2）|≤52；

∴满足条件的M的最小值为52．…（10分）

（3）h（x）=f（x）+mg（x）=2x3+3（m-1）x2-6mx

则h′（x）=6x2+6（m-1）x-6m=6（x-1）（x+m）=0得x1=1，x2=-m；…（12分）

要使得存在正实数m，使得h（x）=f（x）+mg（x）在（-2，2）上既有最大值又有最小值，则必须-m＞-2，即0＜m＜2，且满足，…（14分）

得，即∴m≥1

∴1≤m＜2，∴m的取值范围为1≤m＜2．…（16分）

（1）由函数f（x）=ax3+bx+1的图象经过点（1，-1），得a+b=-2…（1分）

f'（x）=3ax2+b …（3分）

又 f'（1）=3a+b=0…（5分）

解方程 ，得 

故 f（x）=x3-3x+1  …（7分）

（2）由（1）知f'（x）=3x2-3，由f'（x）＞0 …（9分）

解得x＞1或x＜-1…（11分）

所以f（x）的单调递增区间为（-∞，-1），（1，+∞），…（12分）

（I）当a=-1时，f（x）=lnx+x+-1

∴f′(x)=+1-

∴f′（2）=1

∵f（2）=2+ln2

∴曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y-2-ln2=x-2，即y=x+ln2；

（II）f′(x)=-a-=

当0＜a≤时，令f′（x）＞0，可得x＜1或x＞；令f′（x）＜0，可得1＜x＜；

当a=0时，令f′（x）＞0，可得x＜1；令f′（x）＜0，可得x＞1；

当a＜0时，令f′（x）＞0，可得＜x＜1；令f′（x）＜0，可得x＜或x＞1，

综上，当0＜a≤时，函数的单调增区间为（-∞，1），（，+∞）；单调减区间为（1，）；

当a=0时，函数的单调增区间为（-∞，1）；单调减区间为（1，+∞）；

当a＜0时，单调增区间为（，1）；单调减区间为（-∞，），（1，+∞）

（1）当b=2a时，f(x)=x3-(a+2)x2+2ax+1，

所以f'（x）=x2-（a+2）x+2a=（x-2）（x-a）．令f'（x）=0，得x=2，或x=a．

①若a＜2，则当x∈（-∞，a）时，f'（x）＞0；当x∈（a，2）时，f'（x）＜0；当x∈（2，+∞）时，f'（x）＞0．

所以f（x）在（-∞，a）上单调递增，在（a，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增．此时当x=a时，f（x）有极大值f(a)=-a3+a2+1；当x=2时，f（x）有极小值f(2)=2a-．

②若a=2，则f'（x）=（x-2）2≥0，所以f（x）在（-∞，+∞）上单调递增，此时f（x）无极值．

③若a＞2，则当x∈（-∞，2）时，f'（x）＞0；当x∈（2，a）时，f'（x）＜0；当x∈（a，+∞）时，f'（x）＞0．

所以f（x）在（-∞，2）上单调递增，在（2，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增．此时当x=2时，f（x）有极大值f(2)=2a-；当x=a时，f（x）有极小值f(a)=-a3+a2+1．

（2）因为函数f（x）在区间（0，2]上单调递增，所以f'（x）=x2-（a+2）x+b≥0对x∈（0，2]恒成立，

即a≤x+-2对x∈（0，2]恒成立，所以a≤(x+-2)min，x∈(0，2]．

设g(x)=x+-2，x∈(0，2]，则g′(x)=1-=（b＞0），

①若0＜＜2，即0＜b＜4，则当x∈(0，)时，g'（x）＜0；当x∈(，2]时，f'（x）＞0．

所以g（x）在(0，)上单调递减，在(，2]上单调递增．

所以当x=时，g（x）有最小值g()=2-2，所以当0＜b＜4时，a≤2-2．

②若≥2，即b≥4，则当x∈（0，2]时，g'（x）≤0，所以g（x）在（0，2]上单调递减，

所以当x=2时，g（x）有最小值g(2)=，所以当b≥4时，a≤．

综上所述，当0＜b＜4时，a≤2-2；当b≥4时，a≤．

（1）f′(x)=(1-)≥0在（1，+∞）上恒成立，

则a≤x2在（1，+∞）上恒成立，

∴a≤1．…（3分）

又g′(x)=-a≤0在（1，+∞）上恒成立，

则a≥在（1，+∞）上恒成立．

∴a≥1．…（5分）

从而为a=1…（7分）

（2）依题意可知，证明对于任意的x1∈[1，m]（m＞1），

总存在x2∈[1，m]，使得g（x2）+f（x1）=0．

只须证：函数y=-f（x）的值域是函数y=g（x）值域的子集．

设y=-f（x）的值域为M，y=g（x）的值域为N；

由（1）可知y=-f（x）=-(x+ )在[1，m]上为减函数，

g（x）=lnx-x在[1，m]上为减函数

∴M=[-(m+)，-1]，N=[lnm-m，-1]…（10分）

设ϕ(x)=x--2lnx，(x＞1)

则∵x＞1，

∴ϕ′(x)=1+-=＞0，

∴y=ϕ（x）在（1，+∞）上为增函数

∵m＞1，

∴ϕ（m）＞ϕ（1）=0

∴2lnm＜m-

∴-(m+)＞lnm-m…（14分）

∴M⊆N，即对于任意的x1[1，m]（m＞1）

总存在x2∈[1，m]，使得g（x2）+f（x1）=0…（15分）

（理）（本小题满分12分）

（Ⅰ）f′(x)=，  x∈(-1，+∞)．

依题意，令f'（2）=0，解得 a=．

经检验，a=时，符合题意．…（4分）

（Ⅱ）①当a=0时，f′(x)=．

故f（x）的单调增区间是（0，+∞）；单调减区间是（-1，0）．

②当a＞0时，令f'（x）=0，得x1=0，或x2=-1．

当0＜a＜1时，f（x）与f'（x）的情况如下：

所以，f（x）的单调增区间是(0，-1)；单调减区间是（-1，0）和(-1，+∞)．

当a=1时，f（x）的单调减区间是（-1，+∞）．

当a＞1时，-1＜x2＜0，f（x）与f'（x）的情况如下：

所以，f（x）的单调增区间是(-1，0)；单调减区间是(-1，-1)和（0，+∞）．

③当a＜0时，f（x）的单调增区间是（0，+∞）；单调减区间是（-1，0）．

综上，当a≤0时，f（x）的增区间是（0，+∞），减区间是（-1，0）；

当0＜a＜1时，f（x）的增区间是(0，-1)，减区间是（-1，0）和(-1，+∞)；

当a=1时，f（x）的减区间是（-1，+∞）；

当a＞1时，f（x）的增区间是(-1，0)；减区间是(-1，-1)和（0，+∞）．

…（10分）

（Ⅲ）由（Ⅱ）知 a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，由f（0）=0，知不合题意．

当0＜a＜1时，f（x）在（0，+∞）的最大值是f(-1)，

由f(-1)＞f(0)=0，知不合题意．

当a≥1时，f（x）在（0，+∞）单调递减，

可得f（x）在[0，+∞）上的最大值是f（0）=0，符合题意．

所以，f（x）在[0，+∞）上的最大值是0时，a的取值范围是[1，+∞）．…（12分）

（1）求导数，得f′（x）=3x2+2ax+b

∵在x=-与x=1时，函数取得极值

∴⇒

∴f（x）=x3-x2-x+c，其导数为f′（x）=3x2-2x-1

当x＜-或x＞1时，f′（x）＞0，函数为增函数；

而当-＜x＜1时，f′（x）＜0，函数为减函数

∴函数f（x）的增区间为（-∞，-）和（1，+∞）；减区间为（-，1）

（2）∵对x∈[-1，2]，f（x）＜c2恒成立，

∴f（x）在区间[-1，2]上的最大值小于右边c2根据（1）的单调性，可得f（x）的最大值是f（-）、f（2）中的较大值

∵f（-）=+c＜f（2）=2+c

∴f（x）的最大值是2+c

因此2+c＜c2恒成立，解之得c＜-1或c＞2

∴c的取值范围为：（-∞，-1）∪（2，+∞）．

（1）∵f'（x）=-3x2+12=-3（x-2）（x+2），

由f'（x）＞0，得x∈（-2，2），∴x∈（-2，2）时，函数为增函数；

同理x∈（-∞，-2）或x∈（2，+∞）时，函数为减函数．

综上所述，函数的增区间为（-2，2）；减区间为（-∞，-2）和（2，+∞）…（4分）

（2）由（1）结合x∈[-3，1]，得下表：

比较端点函数及极值点的函数值，得

x=-2时，f（x）min=f（x）极小值=f（-2）=-16，

x=1时，f（x）max=f（1）=11

综上所述，函数的最大值为11，最小值为-16…（8分）