热门试卷

解：f′（x）=（3x2+2ax+a+6）•ex，

∵f（x）有极大值和极小值，

∴方程3x2+2ax+a+6=0有两个不同的实数解，

∴△=（2a）2-4（a+6）＞0，即a2-a-6＞0，

解得：a＜-2或a＞3．

解：（Ⅰ）解：由已知得函数f（x）的定义域为{x|x＞1}，

当n=2时，，所以．

（1）当a＞0时，由f‘（x）=0得，，

此时．

当x∈（1，x1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；

当x∈（x1，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增．

（2）当a≤0时，f'（x）＜0恒成立，所以f（x）无极值．

综上所述，n=2时，

当a＞0时，f（x）在处取得极小值，极小值为．

当a≤0时，f（x）无极值．

（Ⅱ）证法一：因为a=1，所以．

当n为偶数时，

令，

则（x≥2）．

所以当x∈[2，+∞）时，g（x）单调递增，

又g（2）=0，

因此恒成立，

所以f（x）≤x-1成立．

当n为奇数时，要证f（x）≤x-1，由于，所以只需证ln（x-1）≤x-1，

令h（x）=x-1-ln（x-1），

则（x≥2），

所以当x∈[2，+∞）时，h（x）=x-1-ln（x-1）单调递增，又h（2）=1＞0，

所以当x≥2时，恒有h（x）＞0，即ln（x-1）＜x-1命题成立．

综上所述，结论成立．

证法二：当a=1时，．

当x≥2时，对任意的正整数n，恒有，

故只需证明1+ln（x-1）≤x-1．

令h（x）=x-1-（1+ln（x-1））=x-2-ln（x-1），x∈[2，+∞），

则，

当x≥2时，h'（x）≥0，故h（x）在[2，+∞）上单调递增，

因此当x≥2时，h（x）≥h（2）=0，即1+ln（x-1）≤x-1成立．

故当x≥2时，有．

即f（x）≤x-1．

解：（Ⅰ）∵函数f（x）=x3-2x2-4x-7，∴f′（x）=3x2-4x-4=（3x+2）（x-2），

令f′（x）=0，解得x=或2．

列表如下：

由表格可知：函数f（x）的单调递增区间是，（2，+∞）；单调递减区间是．

其图象如图所示：

在x=2处取得极小值f（2）=-15．

（Ⅱ）∵=＜0，f（3）=-10＜0，f（4）=9＞0．

由（1）可知：函数只有在区间（3，4）内存在唯一的一个零点x0．

∵|x0-3.5|≤0.5，

∴取3.5作为x0的一个近似值可满足所给的误差要求．

（Ⅲ）令g（x）=f（x）-f（a）-f′（a）（x-a），

则g′（x）=3x2-4x-4-f′（a）=3x2-4x-4-（3a2-4a-4）=（x-a）[3（x+a）-4]．

∵x＞2，a＞2，∴3（x+a）-4＞0．

∴当2＜x＜a时，g′（x）＜g′（a）=0，g（x）在（2，a）上单调递减；

当x＞a时，g′（x）＞g′（a）=0，g（x）在（a，+∞）上单调递增．

∴函数g（x）在x=a处取得极小值 也即最小值．

∴当x∈（2，+∞），g（x）≥g（a）=0，

从而命题得证．