热门试卷

解：（1）g′（x）=，令，解得x=1，

∵ex＞0，∴x∈（-∞，1）时，g′（x）＞0；x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，根据极大值的定义知：g（x）极大值是g（1）=1，无极小值．

（2）当m=1，a＜0时，f（x）=x-alnx-1，所以在[3，4]上f′（x）=＞0，所以f（x）在[3，4]上是增函数．

设h（x）=，所以在[3，4]上h′（x）=＞0，所以h（x）在[3，4]上为增函数．

设x2＞x1，则恒成立，变成恒成立，即：f（x2）-f（x1）＜h（x2）-h（x1）恒成立，即：f（x2）-h（x2）＜f（x1）-h（x1）．设u（x）=f（x）-h（x）=，则u（x）在[3，4]上为减函数．

∴u′（x）=1-≤0在[3，4]上恒成立．

∴恒成立．设v（x）=x-，所以v′（x）=1-=，因为x∈[3，4]，所以，所以v′（x）＜0，所以v（x）为减函数．

∴v（x）在[3，4]上的最大值为v（3）=．

∴a≥，∴a的最小值为：．

（3）由（1）知g（x）在（0，1]上单调递增，在（1，e]单调单调递减，又g（0）=0，g（e）=，所以g（x）的值域是（0，1]．

∵f（x）=mx-2lnx-m；

∴当m=0时，f（x）=-2lnx，在（0，e]为减函数，由题意知，f（x）在（0，e]不是单调函数；故m=0不合题意；

当m≠0时，f′（x）=，由于f（x）在（0，e]上不单调，所以，即；①

此时f（x）在（0，）递减，在（，e]递增；

∴f（e）≥1，即me-2-m≥1，解得；②

所以由①②，得；

∵1∈（0，e]，∴f（）≤f（1）=0满足条件．

下证存在t∈（0，]使得f（t）≥1；

取t=e-m，先证，即证2em-m＞0；③

设w（x）=2ex-x，则w′（x）=2ex-1＞0在[，+∞）时恒成立；

∴w（x）在[，+∞）上递增，∴w（x）≥＞0，所以③成立；

再证f（e-m）≥1；

∵f，∴时，命题成立．

所以m的取值范围是：[，+∞）．

解　（1）f′（x）=3ax2+2bx-3，依题意，--------------（1分）

f′（1）=f′（-1）=0，------（3分）

即，解得a=1，b=0．---------（5分）

（2）f（x）=x3-3x，f′（x）=3x2-3=3（x+1）（x-1）．

令f′（x）=0，得x=-1，x=1．----------（7分）

若x∈（-∞，-1）∪（1，+∞），则f′（x）＞0，

故f（x）在（-∞，-1）上是增函数，f（x）在（1，+∞）上是增函数．

若x∈（-1，1），则f′（x）＜0，

故f（x）在（-1，1）上是减函数．------------（10分）

所以f （-1）=2是极大值，f（1）=-2是极小值．-----------（12分）

解：（1）由f（x）=x3+ax2-4x+5，

得f′（x）=3x2+2ax-4

当x=1时，切线l的斜率为3，可得2a-4=0          

解得a=2；

（2）由（1）可得f（x）=x3+ax2-4x+5，f′（x）=3x2+4x-4=（3x-2）（x+2）

令f′（x）=0，得x=-2或x=．

∴函数在（-∞，-2）上单调递增，在（-2，）上单调递减，在上单调递增，

∴y=f（x）在x=-2时，取得极大值为13，x=时，取得极小值为．

解：（I）∵f（x）=x3-x2-2x+c

∴f′（x）=3x2-x-2

∴方程f′（x）=3x2-x-2=0的两个根为-和1，

∵当

当x＞1时，f′（x）＞0，

∴当x=1时，f（x）取得极小值．

 （II）由（I）知：f′（x）=3x2-x-2

∵当x∈[-1，-）时，f′（x）＞0，

当x时，f′（x）＜0，

当x∈（1，2]时，f′（x）＞0，

∴当x∈[-1，-）时，f（x）是增函数．

当x时，f（x）是减函数．

当x∈（1，2]时，f（x）是增函数．

所以当-≤x≤2时，f（x）的最大值只可能在x=-或者在x=2处取到．

又因为f（）=，f（2）=2+c

所以f（2）＞f（-）

所以当-1≤x≤2时，f（x）的最大值为f（2）=2+c．

（III）当-1≤x≤2时，f（x）＜c2恒成立的充要条件是f（x）最大值＜c2

所以f（2）＜c2即c2＞2+c，解得c＜-1或c＞2．

所以c的取值范围是（-∞，-1）∪（2，+∞）．