热门试卷

解：（I）由f（x）=e-x+ax，得：f‘（x）=-e-x+a，

因为x=-1是函数f（x）的极值点，所以f'（-1）=-e+a=0，解得：a=e，

经检验 a=e符合条件．

（II） 令f'（x）=-e-x+1=0，得：x=0，

列表如下，

当x=0时，f（x）极小值为1．

（III）令g（x）=f（x）-（a-1）x=e-x+x，

令g'（x）=-e-x+1=0，得x=0，

由（Ⅱ）知，函数g（x）在（-∝，0）上为减函数，在（0，+∝）上为增函数，

所以，函数g（x）在（-∝，+∞）上有最小值g（0）=1．

所以g（x）≥g（0）=1＞0，即f（x）＞（a-1）x．

所以，函数f（x）的图象不落在直线y=（a-1）x的下方．

解：（Ⅰ）由已知：f（x）=x3，∴φ（x）=x3+tx2，，

由φ‘（x）=0⇒x=0，或，

当t=0时，φ'（x）=3x2≥0，∴φ（x）在（-∞，+∞）为增函数，此时不存在极值；

当t＞0时，x变化时，φ'（x），φ（x）变化如下：

由上表可知：φ（x）极小=φ（0）=0，

当t＜0时，x变化时，φ'（x），φ（x）变化如下：

由上表可知：．

综上所述，当t＜0时，极小值为；当t＞0时，极小值为0．

（Ⅱ）h（x）=3λx+sinx⇒h'（x）=3λ+cosx，

设两切点分别为（t1，h（t1）），（t2，h（t2）），则h'（t1）h'（t2）=-1，

即（3λ+cost1）（3λ+cost2）=-1，，

∵λ∈R，∴方程（*）的判别式，

即，又-1≤cost1≤1，-1≤cost2≤1，∴，

从而可得：，

上式要成立当且仅当，或，

此时方程（*）的解为λ=0，

∵x≠0，∴存在λ=0，此时函数的图象在点（2kπ，0）（k∈Z，k≠0）处的切线和在点（2mπ+π，0）（m∈Z）处的切线互相垂直．

解：（1）∵f（x）=2x3-3ax2+1，∴f‘（x）=6x2-6ax．依题意得f'（1）=6-6a=0，解得a=1．

所以f（x）=2x3-3x2+1，f'（x）=6x（x-1）．令f′（x）=0，解得x=0或x=1．列表如下：

所以当x=0时，函数f（x）取得极大值f（0）=1；

当x=1时，函数f（x）取得极小值f（1）=0．

（2）∵f′（x）=6x2-6ax=6x（x-a），

∴①当a=0时，f′（x）=6x2≥0，函数f（x）在（-∞，+∞）上单调递增；

②当a＞0时，f′（x）=6x（x-a），f′（x）、f（x）随x的变化情况如下表：

由上表可知，函数f（x）在（-∞，0）上单调递增，在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增；

③同理可得，当a＜0时，函数f（x）在（-∞，a）上单调递增，在（a，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．

综上所述，当a=0时，函数f（x）的单调递增区间是（-∞，+∞）；

当a＞0时，函数f（x）的单调递增区间是（-∞，0）和（a，+∞），单调递减区间是（0，a）；

当a＜0时，函数f（x）的单调递增区间是（-∞，a）和（0，+∞），单调递减区间是（a，0）．