热门试卷

解：f′（x）=．

（I）因为x=是函数y=f（x）的一个极值点，

所以f′（）=0，

因此a-a+1=0，

解得a=．

经检验，当a=时，x=是y=f（x）的一个极值点，故所求a的值为．…（4分）

（II）f′（x）=（a＞0），

令f′（x）=0得ax2-2ax+1=0…①

（i）当△=（-2a）2-4a＞0，即a＞1时，方程①两根为

x1==，x2=．

此时f′（x）与f（x）的变化情况如下表：

所以当a＞1时，f（x）的单调递增区间为（-∞，），（，+∞）； f（x）的单调递减区间为（，）．

（ii）当△=4a2-4a≤0时，即0＜a≤1时，ax2-2ax+1≥0，

即f′（x）≥0，此时f（x）在（-∞，+∞）上单调递增．

所以当0＜a≤1时，f（x）的单调递增区间为（-∞，+∞）．…（13分）

解：（1）函数F（x）=mlnx+3x-2x2，其定义域为（0，+∞）

F‘（x）= 由 F'（1）=0 得：m=1    …（2分）

∴F'（x）==

当x∈（0，1），F'（x）＞0，函数F（x）单调递增，

当x∈（1，+∞），F'（x）＜0，函数F（x）单调递减，

∴函数F（x）的单调递增区间为（0，1）；函数F（x）的单调递减区间为（1，+∞）…（6分）

（2）∵G'（x）=               …（7分）

设m（x）=x2+（2-4a）x+1，方程m（x）=0的判别式△=16a（a-1）．

若a∈（0，1]，△≤0，m（x）≥0，G'（x）≥0，G'（x）在（0，1）上是增函数，

又G（1）=0，所以x∈（0，1），G（x）＜0．…（9分）

若a∈（1，+∞），∵△＞0，m（0）=1＞0，m（1）=4（1-a）＜0，

∴g（x）在（0，1）上不是单调函数．

所以存在x0∈（0，1），使得m（x0）=0，对任意x∈（x0，1），m（x）＜0，

即G'（x）＜0，G（x）在（x0，1）上是减函数，

又G（1）=0，所以x∈（x0，1），G（x）＜0．不合题意．

综上，实数a的取值范围是（0，1]…（12分）

解：（1）f′（x）=（x-c）2+2x（x-c）=（x-c）（3x-c），

∵函数f（x）在x=2处取极大值．

∴f′（2）=（2-c）（6-c）=0，

解得c=2或c=6，c=2时，由f′（x）=0得x=2或，

由表格可知：f（x）在x=2处取得极小值，不符合题意．

c=6时，由f′（x）=0得x=2或x=6，

由表格可知：f（x）在x=2处取得极大值，∴c=6．

（2）由（1）知f（x）=x（x-6）2，f′（x）=3（x-2）（x-6），

假设存在点M（a，a（a-6）2），使经过点M的切线与曲线y=f（x）有且仅有一个公共点，

切线方程为y-a（a-6）2=3（a-2）（a-6）（x-a），

设g（x）=f（x）-[a（a-6）2+3（a-2）（a-6）（x-a）]，

切线与曲线y=f（x）有且仅有一个公共点，即函数g（x）有且仅有一个零点．

g′（x）=f′（x）-3（a-2）（a-6）=3（x-a）（x+a-8），

若a=4，则g′（x）=（x-4）2≥0，g（x）单调递增，有且仅有一个零点x=a．

若a＜4，类似（1）讨论知，g（x）在（a，8-a）单调递减，在（8-a，+∞）单调递增，

∴g（8-a）＜g（a）=0，从而g（x）在（8-a，+∞）有一个零点，

∴g（x）在定义域有两个零点．

同理，若a＞4，g（x）在定义域有两个零点．

综上所述：存在唯一一点M（4，16），经过点M的切线与曲线y=f（x）有且仅有一个公共点．

（Ⅰ）解：f′（x）=2ax-1+=（x＞0），

当a≥时，△=1-8a≤0，f′（x）≥0，

f（x）在（0，+∞）上单调递增；

当0＜a＜时，△＞0，方程2ax2-x+1=0有两个不相等的正根，

x1=，x2=，x1+x2=，x1x2=，

当x∈（0，x1）∪（x2，+∞），f′（x）＞0，x∈（x1，x2），f′（x）＜0，

这时f（x）不是单调函数．

综上，a的取值范围是[，+∞）；

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，当且仅当0＜a＜时，f（x）有极小值点x1，极大值点x2，

f（x1）+f（x2）=ax12-x1+lnx1+ax22-x2+lnx2

=（x1-1）-x1+lnx1+（x2-1）-x2+lnx2

=-（x1+x2）-1+ln（x1x2）=--1-ln（2a）

令g（a）=--1-ln（2a），a∈（0，），

则当a∈（0，）时，g′（a）=-=＞0，

g（a）在（0，）单调递增，

所以g（a）＜g（）=2ln2-3，

即f（x1）+f（x2）＜2ln2-3．