热门试卷

解：（1）f′（x）=3ax2+b，

依题意得，解得，

所以所求解析式为f（x）=x3-x+．

（2）由（1）可得f′（x）=（x2-4）=（x+2）（x-2），

令f′（x）=0，得x=±2，

当x＜-2或x＞2时f′（x）＞0，当-2＜x＜2时，f′（x）＜0；

所以当x=-2时f（x）取得极大值，f（-2）=，当x=2时f（x）取得极小值，f（2）=-，

要使方程f（x）=k有3个解，只需-＜k＜．

故实数k的取值范围为：-＜k＜．

解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为.

由题意，解得∴．（5分）

（Ⅱ）若，则.．

（1）令，由函数定义域可知，4x+2＞0，所以2x+4a+1＞0

①当a≥0时，，f‘（x）＞0，函数f（x）单调递增；

②当a＜0时，，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增；

（2）令，即2x+4a+1＜0

①当a≥0时，不等式f'（x）＜0无解；

②当a＜0时，，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减；

综上：当a≥0时，函数f（x）在区间为增函数；

当a＜0时，函数f（x）在区间为增函数；

在区间为减函数．（14分）

解：（1）由f（x）=x3+ax2+bx，得：

f′（x）=x2+2ax+b，

∵直线x+2y-14=0的斜率为-，

∴曲线C在点P处的切线的斜率为2．

∴f′（1）=1+2a+b=2  ①

∵曲线C：y=f（x）经过点P（1，2），

∴f（1）=+a+b=2  ②

联立①②得a=-，b=；

（2）∵f（x）在区间（1，2）内存在两个不同的极值点，

∴f′（x）=x2+2ax+b=0在（1，2）内有两个不等的实根．

∴，

解上述不等式组得：-2＜a＜-1且a+b＞-1-a＞0，

则a+b＞0且-2＜a＜-1．

∴a+b＜a2+a=（a）2-＜2，

∴a+b＜2．

故0＜a+b＜2．

解：（Ⅰ）（i）f′（x）=；

∵f（x）有两个极值点，∴a≠0；

令f′（x）=0，得：x=0，或x=；

若a＞0，＜-1，这样f（x）只有一个极值点，不符合已知的两个极值点；

若a＜0，∵x=0是f（x）的极小值点，∴，解得＜a＜-；

（ii）由（i）得M=f（）=ln（-）-a=；

设，∵，∴t∈（0，1）；

，设，；

∴g（t）在（0，1）上递减，M=g（t）＞g（1）=4；

∴k≤4，∴k的最大值为4；

（Ⅱ）设M（x0，f（x0））是直线l与曲线y=f（x）的切点，则直线l的方程为：

y-f（x0）=f′（x0）（x-x0），即y=；

设h（x）=f（x）-[]，

h′（x）=；

令φ（x）=h′（x），则：φ′（x）=，

∵a≥0，∴φ′（x）＜0；

∴h′（x）在（-1，+∞）上递减，又h′（x0）=0；

∴x∈（-1，x0）时，h′（x）＞0；x∈（x0，+∞）时，h′（x）＜0；

∴h（x0）是极大值，也是h（x）在（-1，+∞）上的最大值；

∴h（x）≤h（x0）=0；

∴f（x）≤；

∴曲线y=f（x）上的任意一点都不可能在直线l的上方．