热门试卷

解：（Ⅰ）f（0）=0⇒c=0，f‘（x）=3x2+2ax+b，f'（1）=0⇒b=-2a-3，…2分

∴f'（x）=3x2+2ax-（2a+3）=（x-1）（3x+2a+3），

由f'（x）=0⇒x=1或

因为当x=1时取得极大值，所以，

所以a的取值范围是：（-∞，-3）；…4分

（Ⅱ）由下表：

…7分

画出f（x）的简图：

依题意得：，

解得：a=-9，

所以函数f（x）的解析式是：f（x）=x3-9x2+15x；…9分

（Ⅲ）对任意的实数α，β都有-2≤2sinα≤2，-2≤2sinβ≤2，

依题意有：函数f（x）在区间[-2，2]上的最大值与最小值的差不大于m，…10分

在区间[-2，2]上有：f（-2）=-8-36-30=-74f（1）=7，

f（2）=8-36+30=2f（x）的最大值是f（1）=7，

f（x）的最小值是f（-2）=-8-36-30=-74，…13分

所以m≥81即m的最小值是81．…14分．

解：（Ⅰ）f′（x）=3ax2-b

由题意；，解得，

∴所求的解析式为

（Ⅱ）由（1）可得f′（x）=x2-4=（x-2）（x+2）

令f′（x）=0，得x=2或x=-2，

∴当x＜-2时，f′（x）＞0，当-2＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞0

因此，当x=-2时，f（x）有极大值，

当x=2时，f（x）有极小值，

∴函数的图象大致如图．

由图可知：．

解：（1）．

令f′（x）0可得x=，

∴函数在（0，1），（1，）上函数单调递减，在（，+∞）上函数单调递增，

∴单调减区间为（0，1），（1，）；增区间为（，+∞）；

（2）x＞1时，f（x）≥k，即（x-1）2-klnx≥0成立，

令g（x）=（x-1）2-klnx，则g′（x）=，

∵x＞1，∴2x2-2x=2x（x-1）＞0

①k≤0，g′（x）＞0，∴g（x）在（1，+∞）上是增函数，

∴x＞1时，g（x）＞g（1）=0，满足题意；

②k＞0时，令g′（x）=0，解得x1=＜0，x2=＞1，

∴x∈（1，x2），g′（x）＜0，g（x）在（1，x2）上是减函数，

∴x∈（1，x2），g（x）＜g（1）=0，不合题意，舍去，

综上可得，k≤0；

（3）由题，f′（x）=

对于函数h（x）=2lnx+-1，有h′（x）=

∴函数h（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增

∵函数f（x）有3个极值点x1＜x2＜x3，

从而hmin（x）=h（）=2ln+1＜0，所以a＜，

当0＜a＜1时，h（a）=2lna＜0，h（1）=a-1＜0，

∴函数f（x）的递增区间有（x1，a）和（x3，+∞），递减区间有（0，x1），（a，1），（1，x3），

此时，函数f（x）有3个极值点，且x2=a；

∴当0＜a＜1时，x1，x3是函数的两个零点；

即有，消去a有2x1lnx1-x1=2x3lnx3-x3

令g（x）=2xlnx-x，g‘（x）=2lnx+1有零点x=，且

∴函数g（x）=2xlnx-x在（0，）上递减，在（，+∞）上递增

证明x1+x3＞⇔x3＞-x1⇔g（x3）＞g（-x1）

∵g（x1）=g（x3），∴即证g（x1）＞g（-x1）

构造函数F（x）=g（x）＞g（-x），则F（）=0

只需要证明x∈（0，]单调递减即可．

而F′（x）=2lnx+2ln（-x）+2，F″（x）＞0，

∴F'（x）在上单调递增，∴

∴当0＜a＜1时，．（14分）

（1）当a=0，b=3时，f（x）=x3-3x2，f‘（x）=3x2-6x，

令f'（x）=0得x=0，2，根据导数的符号可以得出函数f（x）在x=0处取得极大值，在x=2处取得极小值．

函数f（x）在（t，t+3）上既能取到极大值，又能取到极小值，

则只要t＜0且t+3＞2即可，即只要-1＜t＜0即可．所以t的取值范围是（-1，0）．（4分）

（2）当a=0时，对任意的恒成立，

即x2-bx+lnx+1≥0对任意的恒成立，也即在对任意的恒成立．

令，

则．

记m（x）=x2-lnx，则，则这个函数在其定义域内有唯一的极小值点，

故也是最小值点，所以，

从而g'（x）＞0，所以函数g（x）在单调递增．

函数．故只要即可．

所以b的取值范围是．（8分）

（3）假设，即，即（s，f（s））•（t，f（t））=st+f（s）f（t）=0，

故（s-a）（s-b）（t-a）（t-b）=-1，

即[st-（s+t）a+a2][st-（s+t）b+b2]=-1．

由于s，t是方程f'（x）=0的两个根，

故．

代入上式得ab（a-b）2=9.，

即，与矛盾，

所以直线OA与直线OB不可能垂直．