热门试卷

解：（1）极大值f（-3）=4e-3，极意，f′（x）≥0在[-1，1]上恒成立．小值f（-1）=0

（2）f′（x）=[ax2+（3a+1）x+a+2]ex，

若f（x）是区间[-1，1]上的单调递增函数，则f′（x）≥0恒成立，

即ax2+（3a+1）x+a+2≥0在[-1，1]上恒成立．

令h（x）=ax2+（3a+1）x+a+2，当a=0时，符合条件

当a＜0时，，

当a＞0时h（-1）≥0，解得0＜a≤1，

综上a的取值范围是

（Ⅰ）解：求导函数可得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），∴…②

由①②得：a=-，b=…（3分）

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知：，∴，∴，由g'（x）=0⇒x=0，或．

当m2-1＞0，即m＞1，或m＜-1时，x，g'（x），g（x）变化如下表

由表可知：=…（5分）

当m2-1＜0，即-1＜m＜1时，x，g'（x），g（x）变化如下表

由表可知：=…（7分）

综上可知：当m＞1，或m＜-1时，g（x）极大-g（x）极小=；

当-1＜m＜1时，g（x）极大-g（x）极小=…（8分）

（Ⅲ）证明：因为f（x）在区间（1，2）内存在两个极值点，所以f′（x）=0，

即x2+2ax+b=0在（1，2）内有两个不等的实根．

∴ …（10分）

由 （1）+（3）得：a+b＞0，…（11分）

由（4）得：a+b＜a2+a，由（3）得：-2＜a＜-1，

∴a2+a=（a+）2-＜2，∴a+b＜2．

故0＜a+b＜2…（12分）

解：（1）由f（x）=ex-ax得f′（x）=ex-a．

又f′（0）=1-a=-1，∴a=2，

∴f（x）=ex-2x，f′（x）=ex-2．

由f′（x）=0得x=ln2，

当x＜ln2时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；

当x＞ln2时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；

∴当x=ln2时，f（x）有极小值为f（ln2）=eln2-2ln2=2-ln4．

f（x）无极大值．

（2）若关于x的不等式mf（x）+2mx≤（1-m）（e-x-1）在（0，+∞）上恒成立，

即m（ex+e-x-1）≤e-x-1在（0，+∞）上恒成立，

∵x＞0，

∴ex+e-x-1＞0，

即m≤在（0，+∞）上恒成立，

设t=ex，（t＞1），则m≤在（1，+∞）上恒成立，

∵=-≥-，当且仅当t=2时等号成立，

∴m≤-．

解：（Ⅰ）由f（0）=-2，可得c=-2，

求导函数可得f′（x）=（-ax2+2ax-bx+b-c）e-x，

∴f′（0）=（b-c）e0=b-c，

∵切线方程为4x-y-2=0，∴b-c=4，∴b=2，

∴f（x）=（ax2+2x-2）e-x，f′（x）=（-ax-2）（x-2）e-x，

∵f（x）在（2，+∞）上为单调增函数，

∴（-ax-2）（x-2）e-x≥0在（2，+∞）上恒成立

即-ax-2≥0，∴a≤-，＞-1，∴a≤-1；

（Ⅱ）由（Ⅰ）得f（x）=（ax2+2x-2）e-x，f′（x）=（-ax-2）（x-2）e-x，

令f′（x）=0得x=2，x=-，

①当0＞a＞-1时，2＜，f′（x）在（-∞，2）和（-，+∞）大于0，在（2，-）小于0，

∴f（x）在（-∞，2）和（-，+∞）单调递增；在（2，-）单调递减．

此时f（x）的极大值f（2）=（4a+2）e-2，极小值为f（（-）=-2；

②a≤-1时，2＞，f′（x）在（-∞，-，）和（2，∞）大于0，在（-，2）小于0，

∴f（x）在（-∞，-，）和（2，+∞）单调递增；在（-，2）单调递减．

此时f（x）的极小值f（2）=（4a+2）e-2，极大值为f（（-）=-2．