热门试卷

解：（1）依题意，得f′（x）=x2+2ax+b，

由f′（-1）=1-2a+b=0得b=2a-1

从而f（x）=x3+ax2+（2a-1）x，

故f′（x）=（x+1）（x+2a-1）

令f′（x）=0，得x=-1或x=1-2a

①当a＞1时，1-2a＜-1

当x变化时，根据f′（x）与f（x）的变化情况得，

函数f（x）的单调增区间为（-∞，1-2a）和（-1，+∞），单调减区间为（1-2a，-1）

②当a=1时，1-2a=-1，此时有f′（x）≥0恒成立，且仅在x=-1处f′（x）=0，故函数f（x）的单调增区间为R、

③当a＜1时，1-2a＞-1，同理可得，函数f（x）的单调增区间为（-∞，-1）和（1-2a，+∞），

单调减区间为（-1，1-2a）

综上：当a＞1时，函数f（x）的单调增区间为（-∞，1-2a）和（-1，+∞），单调减区间为（1-2a，-1）；

当a=1时，函数f（x）的单调增区间为R；

当a＜1时，函数f（x）的单调增区间为（-∞，-1）和（1-2a，+∞），单调减区间为（-1，1-2a）

（2）（Ⅰ）由a=-1得f（x）=x3-x2-3x

令f′（x）=x2-2x-3=0得x1=-1，x2=3

由（1）得f（x）增区间为（-∞，-1）和（3，+∞），单调减区间为（-1，3），

所以函数f（x）在处x1=-1，x2=3处取得极值，故M（-1，），N（3，-9）

观察f（x）的图象，有如下现象：

①当m从-1（不含-1）变化到3时，线段MP的斜率与曲线f（x）在点P处切线的斜率f（x）之差Kmp-f′（m）的值由正连续变为负、

②线段MP与曲线是否有异于M，P的公共点与Kmp-f′（m）的m正负有着密切的关联；

③Kmp-f′（m）=0对应的位置可能是临界点，故推测：满足Kmp-f′（m）的m就是所求的t最小值，下面给出证明并确定的t最小值、曲线f（x）在点P（m，f（m））处的切线斜率f′（m）=m2-2m-3；

线段MP的斜率Kmp=，

当Kmp-f′（m）=0时，解得m=-1或m=2，

直线MP的方程为y=（x+），

令g（x）=f（x）-（x+），

当m=2时，g′（x）=x2-2x在（-1，2）上只有一个零点x=0，可判断f（x）函数在（-1，0）上单调递增，在（0，2）上单调递减，又g（-1）=g（2）=0，所以g（x）在（-1，2）上没有零点，即线段MP与曲线f（x）没有异于M，P的公共点、

当m∈（2，3]时，g（0）=-＞0，

g（2）=-（m-2）2＜0，

所以存在δ∈（0，2]使得g（δ）=0，

即当m∈（2，3]时，MP与曲线f（x）有异于M，P的公共点

综上，t的最小值为2．

（Ⅱ）类似（1）于中的观察，可得m的取值范围为（1，3]．

解：∵函数f（x）=-ax3-x2+a2x2+2ax，

∴f′（x）=-2ax2-2x+2a2x+2a=（-2ax-2）（x-a），

a＞0时，-＜a，

令f′（x）＞0，解得：x＞a或x＜-，

令f′（x）＜0，解得：-＜x＜a，

∴f（x）在（-∞，-），（a，+∞）递增，在（-，a）递减，

∴f（x）极大值=f（-）=--1，f（x）极小值=f（a）=a4+a2，

a＜0时，-＞a，

令f′（x）＞0，解得：x＞-或x＜a

令f′（x）＜0，解得：a＜x＜-，

∴f（x）在（-∞，a），（-，+∞）递增，在（a，-）递减，

∴f（x）极小值=f（-）=--1，f（x）极大值=f（a）=a4+a2．

解：（1）由f（x）=1，可得x=ex（1-t），

故有=1-t．

令g（x）=，则g′（x）=，

∴0＜x＜e，g′（x）＞0；x＞e，f′（x）＜0，

∴函数g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，

∴函数g（x）的最大值为g（e）=，

∴函数g（x）的值域为（-∞，]；

若方程f（x）=1有2个实数根，等价于1-t＜，

∴t＞1-；

（2）f′（x）=etx[1+tx-e（1-t）x]

由题设，x＞0，f′（x）≤0，（或f′（x）≥0）恒成立

不妨取x=1，则f′（1）=et（1+t-e1-t）≤0，

t≥1时，e1-t≤1，1+t≤2，不成立，∴t＜1．

①t≤，x＞0时，f′（x）=etx[1+tx-e（1-t）x]≤（1+-），

∵x-ex+1＜0，∴1+-＜0，∴f′（x）＜0，

∴函数f（x）是（0，+∞）内的减函数；

②＜t＜1，＞1，∴ln＞0，

令h（x）=1+tx-e（1-t）x，则h（0）=0，h′（x）=（1-t）[-e（1-t）x]

0＜x＜ln，h′（x）＞0，

∴h（x）在（0，ln）上单调递增，

∴h（x）＞h（0）=0，此时，f′（x）＞0，

∴f（x）在（0，ln）上单调递增，有f（x）＞f（0）=0与题设矛盾，

综上，当且仅当t≤时，函数f（x）是（0，+∞）内的减函数，

若f′（x）≥0在定义域恒成立，同理可得t≥1时成立，

综上，当且仅当t≤时，函数f（x）是（0，+∞）内的减函数，t≥1时是增函数，

故t≤或t≥1．

解：

（Ⅰ）由f‘（1）=0得a+b=1，则

由于x=1不是f（x）的极值点，

所以x=1是方程x2+x+1-a=0的根，得a=3，b=-2

（Ⅱ） 

（1）当a≤1时，f（x）在（0，1）上递增，（1，+∞）上递减，

当即时，函数y=f（x）有零点

（2）当a＞1时，，

由零点存在定理，f（x）在内有零点，从而在（0，+∞）内有零点

所以当时，函数有零点．

又由a+b=1，故当时，（a+2）2+b2取得最大值且最大值为．