热门试卷

（1）解：∵f（x）=x3-ax2，∴f′（x）=3x2-2ax．

∵函数f（x）在区间内是减函数，

∴f′（x）=3x2-2ax≤0在上恒成立．

即在上恒成立，

∵，∴a≥1．

故实数a的取值范围为[1，+∞）；

（2）解：∵，

令f′（x）=0得．

①若a≤0，则当1≤x≤2时，f′（x）＞0，

所以f（x）在区间[1，2]上是增函数，

所以h（a）=f（1）=1-a．

②若，即，

则当1≤x≤2时，f′（x）＞0，

所以f（x）在区间[1，2]上是增函数，

所以h（a）=f（1）=1-a．

③若，即，

则当时，f′（x）＜0；

当时，f′（x）＞0．

所以f（x）在区间上是减函数，

在区间上是增函数．

所以

④若a≥3，即，则当1＜x＜2时，

f′（x）＜0，所以f（x）在区间[1，2]上是减函数．

所以h（a）=f（2）=8-4a．

综上所述，函数f（x）在区间[1，2]的最小值；

（3）解：由题意有两个不相等的实数解，

即（2）中函数h（a）的图象与直线有两个

不同的交点．

而直线恒过定点，

由如图知实数m的取值范围是（-4，-1）．

解：解法一：∵函数在x1，x2（x1＜x2）处取得极值，记点M（x1，f（x1）），N（x2，f（x2）），

f‘（x）=x2-2x-3，

的两个根为x1，x2，

由f'（x）=x2-2x-3=0，得x1=-1，x2=3（3分）

令f'（x）＞0，x＞3或x＜-1，f（x）的单调增区间为（-∞，-1）和（3，+∞），f'（x）＜0，-1＜x＜3，单调减区间为（-1，3）（5分）

所以函数f（x）在x1=-1．x2=3处取得极值．

（2）由（1）可知，（7分）

所以直线MN的方程为（8分）

由得x3-3x2-x+3=0，（9分）

令F（x）=x3-3x2-x+3，易得F（0）=3＞0，F（2）=-3＜0，（11分）

而F（x）的图象在（0，2）内是一条连续不断的曲线，故F（x）在（0，2）内存在零点x0，这表明线段MN与曲线f（x）有异于M，N的公共点．（12分）

解法二：同解法一，可得直线MN的方程为 （8分）

由得x3-3x2-x+3=0（9分）

解得x1=-1，x2=1．x3=3，

∴（11分）

所以线段MN与曲线f（x）有异于M，N的公共点．  （12分）

解：（1）f′（x）=3（x2-2），令f′（x）=0，得x=-或，

当 x＜-或x＞时，f′（x）＞0，当-＜x＜时，f′（x）＜0，

∴f（x）的单调递增区间是 （-∞，-）和（，+∞），单调递减区间是 （-，），

当 x=-时，f（x）有极大值5+4；当 x=时，f（x）有极小值5-4，

（2）由（1）可作出y=f（x）图象的大致形状，如下图所示：

由图象知：当 5-4＜a＜5+4时，直线y=a与y=f（x）的图象有3个不同交点，即方程f（x）=a有三个不同的根．

故实数a的取值范围为：（5-4，5+4）．