热门试卷

（Ⅰ）求导函数可得f′（x）=1--，…（2分）

由f′（1）=0得b=1-a．                                      …（3分）

（Ⅱ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），…（4分）

由（Ⅰ）可得f′（x）=1--=．

令f′（x）=0，则x1=1，x2=a-1．                            …（6分）

因为x=1是f（x）的极值点，所以x1≠x2，即a≠2．           …（7分）

所以当a＞2时，a-1＞1，

所以单调递增区间为（0，1），（a-1，+∞），单调递减区间为（1，a-1）．  …（8分）

当1＜a＜2时，0＜a-1＜1，

所以单调递增区间为（0，a-1），（1，+∞），单调递减区间为（a-1，1）．  …（9分）

（Ⅲ）当a＞3时，f（x）在[，1）上为增函数，在（1，2]为减函数，

所以f（x）的最大值为f（1）=2-a＜0．                          …（10分）

因为函数g（x）在[，2]上是单调递增函数，所以g（x）的最小值为g（）=a2+3＞0．                   …（11分）

所以g（x）＞f（x）在[，2]上恒成立．                            …（12分）

要使存在m1，m2∈[，2]，使得|f（m1）-g（m2）|＜9成立，只需要g（）-f（1）＜9，即a2+3-（2-a）＜9，

所以-8＜a＜4． …（13分）

又因为a＞3，所以a的取值范围是（3，4）．                 …（14分）

（I）函数的导数为f′(x)=a-，因为函数在x=0处取得极值，所以f'（0）=0，解得a=1．

即f′(x)=1-==．

因为x≥0，所以ln（1+x）≥0，x2+x≥0，所以此时f'（x）≥0，即函数在[0，+∞）上单调递增．

（Ⅱ）  由（I）知f(x)=x-，所以an+1=f(an)=an-，下面用数学归纳法证明an＞0．

①当n=1时，an=1＞0，成立．

②假设当n=k，（n∈N•）时ak＞0．因为函数f（x）在[0，+∞）上单调递增，所以f（ak）＞f（0）=0，所以an+1=f（an）＞0成立．

综上an＞0．又an-an+1=，因为an＞0，所以an-an+1=＞0，即an＞an+1．

而a1=1，所以0＜an+1＜an≤l成立．

所以由①②可知0＜an+1＜an≤l成立．

（Ⅲ）由（II）知，0＜an+1＜an≤l，所以＜，1+＜1+，即＜，所以＞＞0．

所以=⋅⋅⋅⋅＜⋅⋅⋅⋅=(

a1

1+a1

)n．

所以sn=++…+

＜()+(

a1

1+a1

)2+…+(

a1

1+a1

)n=＜=a1=1

所以sn＜1．

（1）∵函数f（x）=x++1-a1nx，a＞0

∴f′（x）=1--=，x＞0

令y=x2-ax-2（x＞0）

△=a2+8＞0恒成立，即y=0有两个不等根，

由x2-ax-2＞0，得x＞，由x2-ax-2＜0，得 0＜x＜

综上，函数f（x）在（0，）上是减函数，在（ ，+∞）上是增函数．

（2）当a=1时，由（1）知f（x）在（1，2）上是减函数，在（2，+∞）上是增函数，

故函数在[1，2]是奇函数，在[2，e2]上是增函数

又f（1）=4，f（2）=4-ln2，f（e2）=e2+-1＞4

∴f（x）在区间[1，e2]上值域是[4-ln2，e2+-1]

（I）f′（x）=3x2+2ax+b，∵函数f（x）在x=-2时取得极值，∴f′（-2）=0

即12-4a+b=0①

∵函数图象与直线y=-3x+3切于点P（1，0）．∴f′（1）=-3，f（1）=0

即 3+2a+b=-3②，1+a+b+c=0

由①②解得a=1，b=-8，c=6

∴f（x）=x3+x2-8x+6

（II）f′（x）=3x2+2x-8，令f′（x）＞0，解得，x＞，或x＜-2

令f′（x）＜0，解得，-2＜x＜，

∴函数的增区间为（-∞，-2）和（，+∞）

函数的减区间为（-2，）

∴当x=-2时，函数有极大值为18，当x=时，函数有极小值为-

又∵f（-3）=12，f（3）=18

∴当x=时，函数有最小值-，当x=-2或3时，函数有最大值18

（1）当k=1时，f（x）=（x-1）ex-x2f'（x）=ex+（x-1）ex-2x=x（ex-2）

令f'（x）=0，解得x1=0，x2=ln2＞0

所以f'（x），f（x）随x的变化情况如下表：

所以函数f（x）的单调增区间为（-∞，0）和（ln2，+∞），单调减区间为（0，ln2）

（2）f（x）=（x-1）ex-kx2，x∈[0，k]，k∈(，1]．

f'（x）=xex-2kx=x（ex-2k）f'（x）=0，解得x1=0，x2=ln（2k）

令φ（k）=k-ln（2k），k∈(，1]，φ′(k)=1-=≤0

所以φ（k）在(，1]上是减函数，∴φ（1）≤φ（k）＜φ()，∴1-ln2≤φ（k）＜＜k．

即0＜ln（2k）＜k

所以f'（x），f（x）随x的变化情况如下表：

f（0）=-1，f（k）=（k-1）ek-k3f（k）-f（0）=（k-1）ek-k3+1=（k-1）ek-（k3-1）=（k-1）ek-（k-1）（k2+k+1）=（k-1）[ek-（k2+k+1）]

因为k∈(，1]，所以k-1≤0

对任意的k∈(，1]，y=ex的图象恒在y=k2+k+1下方，所以ek-（k2+k+1）≤0

所以f（k）-f（0）≥0，即f（k）≥f（0）

所以函数f（x）在[0，k]上的最大值M=f（k）=（k-1）ek-k3.

（Ⅰ）∵f（x）=x3+bx2+cx，∴f'（x）=3x2+2bx+c．…（1分）

∵F（x）=f（x）+af'（x）=x3+（b+3a）x2+（c+2ab）x+ac为奇函数，

由F（-x）=-F（x），可得b+3a=0，ac=0．

∵a＞0，∴b=-3a，c=0．

∴=-3，c=0．…（3分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得f（x）=x3-3ax2，

∴f'（x）=3x（x-2a）．

令3x（x-2a）≤0，解得0≤x≤2a．

∴函数f（x）的单调递减区间为[0，2a]

（Ⅲ）当a=2时，曲线y=f（x）在点A（t，f（t））处的切线方程为：

y-f（t）=f'（t）（x-t），

kAB=f'（t）=3t（t-4）．

联立方程组

化简，得f（x）-f（t）=f'（t）（x-t）．

即x3-6x2-t3+6t2=（3t2-12t）（x-t），（x-t）（x2+xt+t2-6x-6t）=（x-t）（3t2-12t）．

∵A、B不重合，∴x≠t．

∴x2+xt+t2-6x-6t=3t2-12t．

∴x2+（t-6）x-2t2+6t=0．

即（x-t）（x+2t-6）=0．

∵x≠t，∴x=-2t+6．

又另一交点为B（m，f（m）），∴m=-2t+6．…（2分）

S(t)=|m-t|•|f(m)-f(t)|=(m-t)2•|kAB|=(t-2)2•3t(4-t)=(t-2)2(4-t)t，t∈(0，2)∪(2，4)．

令h（t）=（t-2）2（4-t）t，其中t∈（0，2）∪（2，4）．

∵h（t）=-（t4-8t3+20t2-16t），

∴h'（t）=-4（t3-6t2+10t-4）=-4(t-2)(t-2+)(t-2-)．

由

解得0＜t≤2-，或2＜t≤．

于是函数h（t）在区间（0，2-]、（2，2+]上是单调增函数；

在区间[2-，2)、[2+，4)上是单调减函数．

当t=2-和t=2+时，函数y=h（t）有极大值．

∴h(t)max=h(2-)=h(2+)=4．

∴S（t）max=54．…（3分）

（I）对函数f（x）=ax3+x2+cx求导数，得，f′（x）=3ax2+2x+c

∵f（x）在[-1，0]上是减函数，在[0，2]上是增函数

∴函数f（x）在x=0处有极小值，

∴f′（0）=0，即3a×02+2×0+c=0

∴c=0

（II）∵f（x）=ax3+x2，∴f′（x）=3ax2+2x

令f′（x）=0，解得x1=0，x2=-

∵f（x）在[0，2]上是增函数，在[4，5]上是减函数

即f′（x）在[0，2]上大于或等于零，在[4，5]上小于或等于零

∴x2∈[2，4]

即

∴-6≤≤-3

∴-≤a≤-

（III）假设存在点M（x0，y0）使得曲线y=f（x）在点M处的切线的斜率为3，

则f′（x0）=3，即3ax02+2x0-3=0，其中△=4+36a

∵-≤a≤-

∴-12≤36a≤-6

∴△＜0∴3ax02+2x0-3=0无实数根

∴f′（x0）=3不成立

∴不存在点M（x0，y0）使得曲线y=f（x）在点M处的切线的斜率为3．

函数f（x）的导数：f′（x）=3ax2+6x-1．

当f'（x）＜0（x∈R）时，f（x）是减函数．

3ax2+6x-1＜0（x∈R）⇔a＜0且△=36+12a＜0，⇔a＜-3．

所以，当a＜-3时，由f'（x）＜0，知f（x）（x∈R）是减函数；