热门试卷

解：（Ⅰ）

∵x∈（-∞，4）∪（6，+∞）

由f′（x）＞0得f（x）在区间（-∞，0]和[10，+∞）上递增

由f′（x）＜0得f（x）在区间[0，4）和（6，10]上递减

于是有；

（Ⅱ）因为f（x）图象上取得极值的两点的中点为．

下证，函数f（x）图象关于此点对称．     

设f（x）的定义域为D，∀∈D，有：

所以，函数y=f（x）的图象关于点对称．

解：（Ⅰ）由f（x）=0得：x3-ax=0或ln（x2+1-a）=0

可得x=0或x2=a且x2+1-a＞0

∵方程f（x）=0有3个不同的根，

∴方程x2=a有两个不同的根

∴a＞0

又∵x2+1-a＞0，且要保证x能取到0，

∴1-a＞0 即a＜1

∴0＜a＜1．

（Ⅱ）∵f′（x）=（3x2-a）ln（x2+1-a）+

令x2=t，设g（t）=（3t-a）ln（t+1-a）+

∴g（0）=-aln（1-a）＞0，g（1）=（3-a（ln（2-a）+

∵0＜a＜1，

∴2-a＞1，

∴g（1）＞0．g（a）=0，g（）=ln（1-）-

∵0＜a＜1，∴g（）＜0

∴存在t1∈（0，），使得g（t1）=0，另外有a∈（，1），使得g（a）=0

假设存在实数a，使得f（x）在（0，1）上恰有两个极值点x1，x2，且满足x2=2x1，

则存在x1∈（0，），使得f′（x1）=0，另外有f′（）=0，即x2=

∴x1=，∴f′（）=0，即（1-a）ln（1-a）+a=0 （*）

设h（a）=（1-a）ln（1-a）+a

∴h′（a）=-aln（1-a）+

∵0＜a＜1，∴h′（a）＞0，

∴h（a）在（0，1）上是增函数

∴h（a）＞h（0）=0

∴方程（*）无解，

即不存在实数a，使得f（x）在（0，1）上恰有两个极值点x1，x2，且满足x2=2x1．

解：（1）f（x）=x2+bln（x+1）的定义域为（-1，+∞），

f′（x）=2x+=，

令g（x）=2x2+2x+b，

则g（x）在（-1，-）上递减，（-，+∞）上递增；

∴gmin（x）=g（-）=-+b＞0；

从而g（x）=2x2+2x+b＞0在（-1，+∞）上恒成立，

∴f′（x）＞0；

即当b＞时，f（x）在（-1，+∞）上单调递增；

（2）①当b≥时，由（1）知函数没有极值点；

②当b＜时，解f′（x）=0得两个不同的解，

x1=，x2=；

若b＜0，由于x1=＜-1，x2=＞-1；

∴f（x）在（-1，+∞）上有唯一的极小值点x2=；

若0＜b＜时，x1=＞-1，x2=＞-1；

∴f（x）在x1=取得极大值，在x2=取得极小值；

综上所述，当b＜0时，f（x）在（-1，+∞）上有唯一的极小值点x2=；

当0＜b＜时，f（x）有极大值点x1=，极小值点x2=；

当b≥时，函数没有极值点；

（3）证明：取b=-1，则f（x）=x2-ln（x+1），

令h（x）=x3-f（x）=x3-x2+ln（x+1），

则h′（x）=＞0在[0，+∞）上恒成立，

故h（x）在[0，+∞）上单调递增，

故当x∈（0，+∞）时，恒有h（x）＞h（0）=0；

即恒有ln（x+1）＞x2-x3；

故对任意的正整数n，不等式都成立．

解：（1）因为，∀x∈R，f（-x）=-f（x）成立，所以：b=d=0，

由：f‘（1）=0，得3a+c=0，

由：，得（3分）

解之得：，c=-1从而，

函数解析式为：（5分）

（2）由于，f'（x）=x2-1，

设：任意两数x1，x2∈[-1，1]是函数f（x）图象上两点的横坐标，

则这两点的切线的斜率分别是：k1=f'（x1）=x12-1，k2=f'（x2）=x22-1

又因为：-1≤x1≤1，-1≤x2≤1，所以，k1≤0，k2≤0，得：k1k2≥0知：k1k2≠-1

故，当x∈[-1，1]是函数f（x）图象上任意两点的切线不可能垂直（10分）

（3）当：时，x2∈（0，3）且3-x2＞0此时F（x）=|xf（x）|===

当且仅当：x2=3-x2，即，取等号，故；（14分）