热门试卷

解：（Ⅰ）因为，x＞0，则，

当0＜x＜1时，f′（x）＞0；当x＞1时，f′（x）＜0．

所以f（x）在（0，1）上单调递增；在（1，+∞）上单调递减，

所以函数f（x）在x=1处取得极大值．

因为函数f（x）在区间（其中a＞0）上存在极值，

所以，解得．

（Ⅱ）不等式，

即为，记，

所以，

令h（x）=x-lnx，则，∵x≥1，∴h′（x）≥0．

∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，∴[h（x）]min=h（1）=1＞0，

从而g′（x）＞0

故g（x）在[1，+∞）上也单调递增，

∴[g（x）]min=g（1）=2，所以k≤2

（3）由（2）知：恒成立，

即，

令x=n（n+1），则，

所以，

，，

．

叠加得：ln[1×22×32×

=

则1×22×32×n2×（n+1）＞en-2，

所以[（n+1）！]2＞（n+1）•en-2（n∈N*）

解：（1）求导函数，可得f′（x）=3ax2+2bx-a2，

∵x1=-1，x2=2是函数f（x）的两个极值点，

∴f‘（-1）=0，f'（2）=0，

∴3a-2b-a2=0，12a+4b-a2=0，

解得a=6，b=-9．

∴f（x）=6x3-9x2-36x．-------------------（4分）

（2）∵x1，x2是函数f（x）的两个极值点，∴f'（x1）=f'（x2）=0．

∴x1，x2是方程3ax2+2bx-a2=0的两根，故有△=4b2+12a3＞0对一切a＞0，b∈R恒成立．

∴，

∵a＞0，∴x1•x2＜0，

∴-------------------（6分）

由得，

∴b2=3a2（6-a）．

∵b2≥0，∴3a2（6-a）≥0，∴0＜a≤6．

令h（a）=3a2（6-a），则h′（a）=36a-9a2．

当0＜a＜4时，h′（a）＞0，∴h（a）在（0，4）内是增函数；

当4＜a＜6时，h′（a）＜0，∴h（a）在（0，4）内是减函数；

∴当a=4时，h（a）是极大值为96，

∴h（a）在（0，6）上的最大值是96，∴b的最大值是．…（8分）

（3）∵x1，x2是方程3ax2+2bx-a2=0的两根．∴f'（x）=3a（x-x1）（x-x2）

∵，∴

∴…（10分）

∵x1＜x＜x2，

∴═

=-3a