热门试卷

解：（1）由于函数f（x）=x3+ax2+bx+c在点P（1，f（1））处的切线方程为y=3x+1，

所以f（1）=4，f′（1）=3，

又因为y=f（x）在x=-2时有极值，所以f′（-2）=0，

由于f′（x）=3x2+2ax+b

则，解得a=2，b=-4，c=5

∴f（x）=x3+2x2-4x+5

（2）∵函数f（x）=x3+ax2+bx+c在点P（1，f（1））处的切线方程为y=3x+1，

∴f′（1）=3，∴2a=-b

∴f′（x）=3x2-bx+b

依题意欲使函数y=f（x）在区间[-2，1]上单调递增，只需f′（x）=3x2-bx+b≥0在区间[-2，1]上恒成立

即b≥在区间[-2，1]上恒成立

由于≤0，则b≥0时，函数y=f（x）在区间[-2，1]上单调递增；

（3）假设在（1）的条件下存在实数m，使得不等式f（x）≥m在区间[-2，1]上恒成立，

由（1）知，f（x）=x3+2x2-4x+5，则f′（x）=3x2+4x-4=（x+2）（3x-2），

令f′（x）＜0，则-2＜x＜，则f（x）在区间[-2，]上递减，在（，1]上递增，

则[f（x）]min=f（）=（）3+2×（）2-4×+5=

若使f（x）≥m在区间[-2，1]上恒成立，须使[f（x）]min≥m（x∈[-2，1]），

则m≤，则m的最大值为．

解：（1）∵

所以直线y=kx-5的k=11，

当x=1时，y=6，将（1，6）代入，得．   …（4分）

（2），

由题意知消去a，

得有唯一解．

令，则h‘（x）=6x2+5x+1=（2x+1）（3x+1），…（6分）

所以h（x）在区间上是增函数，在上是减函数，

又，

故实数b的取值范围是． …（9分）

（3）∵F（x）=ax-x2-lnx，∴

因为F（x）存在极值，所以

在（0，+∞）上有根即方程2x2-ax+1=0在（0，+∞）上有根．    …（10分）

记方程2x2-ax+1=0的两根为x1，x2由韦达定理，

所以方程的根必为两不等正根．     …（12分）

=＞

所以a2＞16满足方程2x2-ax+1=0判别式大于零

故所求取值范围为（4，+∞）…（14分）

解：（1）∵f（x）=（x-1）ex，

∴f′（x）=ex+（x-1）ex=xex，

令f′（x）＞0，解得：x＞0，令f′（x）＜0，解得：x＜0，

∴f（x）在（-∞，0）递减，在（0，+∞）递增；

（2）∵函数h（x）=f（x）+e|g（x）-a|=（x-）ex+e|lnx-a|（a为常数），

∴函数h（x）=，…（9分）

①当x≥ea时，h′（x）=xex+＞0恒成立，

则函数h（x）在[ea，+∞）上为单调递增函数，…（10分）

②当0＜x＜ea时，h′（x）=xex-，

又∵[h′（x）]′=（xex-）′=（x+1）ex+＞0恒成立，

∴函数h′（x）=xex-在（0，ea）上为单调递增函数，

又∵h′（1）=0，

∴函数h′（x）在（0，1）上恒小于0，在（1，ea）上恒大于0…（12分），

10、当a≤0时，ea≤1，则此时h′（x）在（0，ea）上恒小于0

即函数r（x）在（0，ea）上为单调递减函数，…（13分），

20、当a＞0时，ea＞1，则此时h′（x）在（0，1）上恒小于0，在（1，ea）上恒大于0，

即函数r（x）在（0，1）上为单调递减函数，在（1，ea）上为单调递增函数，…（15分）

综上可知：当a≤0时，函数r（x）递减区间为（0，ea），递增区间为[ea，+∞），

当a＞0时，函数r（x）递减区间为（0，1），递增区间为[1，+∞），…（16分）

（Ⅰ）解：当a=1，b=2时，

因为f′（x）=（x-1）（3x-5）

故f′（2）=1

f（2）=0，

所以f（x）在点（2，0）处的切线方程为y=x-2；

（Ⅱ）证明：因为f′（x）=3（x-a）（x-），

由于a＜b．

故a＜．

所以f（x）的两个极值点为x=a，x=．不妨设x1=a，x2=，

因为x3≠x1，x3≠x2，

且x3是f（x）的零点，故x3=b．

又因为-a=2（b-），

x4=（a+）=，

所以a，，，b依次成等差数列，

所以存在实数x4满足题意，且x4=．