热门试卷

解：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）

解：（1）∵f（x）=x3+ax2+bx+5，∴f′（x）=3x2+2ax+b

∵曲线y=f（x）在P（1，f（1））的切线斜率为3，在x=-2时有极值，

∴f′（1）=2a+b+3=3，f′（-2）=12-4a+b=0

∴a=2，b=-4，

∴f（x）=x3+2x2-4x+5；

（2）f′（x）=3x2+2ax+b=3x2+4x-4=（3x-2）（x+2）

∴f（x）极大=f（-2）=（-2）3+2•（-2）2-4•（-2）+5=13

∵f（1）=13+2×1-4×1+5=4，f（-3）=（-3）3+2•（-3）2-4•（-3）+5=8

∴f（x）在[-3，1]上最大值为13．

解：（Ⅰ）f‘（x）=（2x-a）ex+（x2-ax-a）ex=（x+2）（x-a）ex．

当a=1时，f'（0）=-2，f（0）=-1，

所以曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y-（-1）=-2x，

即2x+y+1=0．

（Ⅱ）令f'（x）=0，解得x=-2或x=a．

①a≥2，则当x∈（-2，2）时，f'（x）＜0，函数f（x）在（-2，2）上单调递减，

所以，当x=2时，函数f（x）取得最小值，最小值为f（2）=（4-3a）e2．

②-2＜a＜2，则当x∈（-2，2）时，

当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：

所以，当x=a时，函数f（x）取得最小值，最小值为f（a）=-a•ea．

③a≤-2，则当x∈（-2，2）时，f'（x）＞0，函数f（x）在（-2，2）上单调递增，

所以，当x=-2时，函数f（x）取得最小值，最小值为f（-2）=（4+a）e-2．

综上，当a≤-2时，f（x）的最小值为（4+a）e-2；当-2＜a＜2时，f（x）的最小值为-a•ea；

当a≥2时，f（x）的最小值为（4-3a）e2．

（1）解：y==x2-2hx-h，若f（x）∈Ω1，则h≤0；

=，y′=x+，当h≥0，x＞0时，y′＞0，此时f（x）∈Ω2，不符合题意，舍去；

当h＜0时，，此时函数在x∈（0，+∞）有极值点，因此f（x）∉Ω2．

综上可得：当h＜0时，f（x）∈Ω1且f（x）∉Ω2．

因此h的取值范围是（-∞，0）．

（2）证明：由f（x）∈Ω1，若取0＜x1＜x2，

则．

由表格可知：f（a）=d，f（b）=d，f（c）=t，f（a+b+c）=4，

∵0＜a＜b＜c＜a+b+c，

∴，

∴d＜0，，，，

∴2d+t＜4，

∴d（2d+t-4）＞0．

（Ⅲ）∵集合合ψ={f（x）|f（x）∈Ω2，且存在常数k，使得任取x∈（0，+∞），f（x）＜k}，

∴存在f（x）∈ψ，存在常数k，使得 f（x）＜k 对x∈（0，+∞）成立．

我们先证明f（x）≤0对x∈（0，+∞）成立．

假设存在x0∈（0，+∞），使得f（x0）＞0，

记=m＞0

∵f（x）是二阶比增函数，即是增函数．

∴当x＞x0时，＞=m＞0，

∴f（x）＞mx2，

∴一定可以找到一个x1＞x0，使得f（x1）＞mx12＞k，

这与f（x）＜k 对x∈（0，+∞）成立矛盾．

即f（x）≤0对x∈（0，+∞）成立．

∴存在f（x）∈ψ，f（x）≤0对x∈（0，+∞）成立．

下面我们证明f（x）=0在（0，+∞）上无解．

假设存在x2＞0，使得f（x2）=0，

∵f（x）是二阶增函数，即是增函数．

一定存在x3＞x2＞0，使＞=0，这与上面证明的结果矛盾．

∴f（x）=0在（0，+∞）上无解．

综上，我们得到存在f（x）∈ψ，f（x）＜0对x∈（0，+∞）成立．

∴存在常数M≥0，使得存在f（x）∈ψ，∀x∈（0，+∞），有f（x）＜M成立．

又令f（x）=-（x＞0），则f（x）＜0对x∈（0，+∞）成立，

又有=-在（0，+∞）上是增函数，

∴f（x）∈ψ，

而任取常数k＜0，总可以找到一个xn＞0，使得x＞xn时，有f（x）＞k．

∴M的最小值 为0．