热门试卷

解：（1）∵函数f（x）过点

∴ ①

又，函数在点处的切线方程为

∴

∴ ②

由①和②解得，，

故；

（2）由（1），令

解得

∴，，，

∴在区间上，

∴对于区间上任意两个自变量的值

∴

从而t的最小值为20；

（3）∵

则

可得

∵当时，

∴，，

∴

∴，故a的最大值为

当时，解得，

∴a取得最大值时。

解：（1）由已知得t=0，f′（x）=2mx+n，

则f′（0）=n=0，f′（﹣1）=﹣2m+n=﹣2，从而n=0，m=1，

∴f（x）=x2f′（x）=2x，g′（x）=3ax2+b．

由f（1）=g（1），f′（1）=g′（1），得a+b﹣3=1，3a+b=2，解得a=﹣1，b=5．

∴g（x）=﹣x3+5x﹣3（x＞0）．

（2）F（x）=f（x）﹣g（x）=x3+x2﹣5x+3（x＞0），

求导数得F′（x）=3x2+2x﹣5=（x﹣1）（3x+5）．

∴F（x）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，

从而F（x）的极小值为F（1）=0．

（3）因f（x）与g（x）有一个公共点（1，1），

而函数f（x）在点（1，1）的切线方程为y=2x﹣1．下面验证 都成立即可．

由x2﹣2x+1≥0，得x2≥2x﹣1，知f（x）≥2x﹣1恒成立．

设h（x）=﹣x3+5x﹣3﹣（2x﹣1），即h（x）=﹣x3+3x﹣2（x＞0），

求导数得h′（x）=﹣3x2+3=﹣3（x﹣1）（x+1）（x＞0），

∴h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，

所以h（x）=﹣x3+5x﹣3﹣（2x﹣1）的最大值为h（1）=0，

所以﹣x3+5x﹣3≤2x﹣1恒成立．

故存在这样的实常数k和m，且k=2，m=﹣1．

解：（Ⅰ）因为f（x）为奇函数，

所以f（﹣x）=﹣f（x）．

即﹣2x3+12x+c=﹣2x3+12x﹣c．

解得c=0．

因为f'（x）=6x2﹣12，

所以切线的斜率k=f'（1）=﹣6．

因为f（1）=﹣10，所以切点为（1，﹣10）．

所以切线方程为y+10=﹣6（x﹣1）．

即6x+y+4=0．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f'（x）=6x2﹣12．

所以．

列表如下：

所以函数f（x）的单调增区间是和．

因为f（﹣1）=10，，f（3）=18．

所以f（x）在[﹣1，3]上的最大值是f（3）=18，最小值是．

解：（Ⅰ），

依题意，

故a=2；

（Ⅱ），

当，即f（x）在上单调递减；

当，即f（x）在上单调递增；

（1）当时，

可知f（x）在(0，2]是减函数，

故x=2时，；

（2）当时，

可知f（x）在递增，

故；

综上所述，当；；

（Ⅲ）设（x＞0），

则，

令，

由，所以h（x）的减区间为；

由，所以h（x）的增区间为；

所以当，h（x）取极小值；

f（x）与g（x）的图象在（1，e2）上有两个不同的交点等价于h（x）在（1，e2）上有两个不同零点，

 故只需，

故实数a的取值范围是。

解：，

(1)由题意知f′(1)=f′(3)，解得；

(2)，

①当a≤0时，x＞0，ax-1＜0，在区间(0，2)上，f′(x)＞0；在区间(2，+∞)上，f′(x)＜0，

故f(x)的单调递增区间是(0，2)，单调递减区间是(2，+∞)；

②当时，，在区间(0，2)和上，f′(x)＞0；在区间上，f′(x)＜0，

故f(x)的单调递增区间是(0，2)和，单调递减区间是；

③当时，，

故f(x)的单调递增区间是(0，+∞)；

④当时，，在区间和(2，+∞)上，f′(x)＞0；在区间上，f′(x)＜0，

故f(x)的单调递增区间是和(2，+∞)，单调递减区间是。

(3)由题意知，在(0，2]上有f(x)max＜g(x)max，

在(0，2]上，易得g(x)max=0，

由(2)可知，

①当时，f(x)在(0，2]上单调递增，

故f(x)max=f(2)=2a-2(2a+1)+2ln2=-2a-2+2ln2，

所以，-2a-2+2ln2＜0，解得a＞ln2-1，

故ln2-1＜；

②当时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，

故，

由可知，所以2lna＞-2，-2lna＜2，

所以，-2-2lna＜0，f(x)max＜0，故；

综上所述，a＞ln2-1．

解：（Ⅰ）∵，

∴，

令f′(x)=0，得x=a，

①若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在区间(0，e]上单调递增，此时函数 f（x）无最小值；

②若0＜a＜e，当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，函数f(x)在区间(0，a) 上单调递减；

当x∈(a，e]时，f′(x)＞0，函数f（x）在区间(a，e]上单调递增，

所以当x=a时，函数f(x)取得最小值lna； 

③若a≥e，则f′(x)≤0，函数f(x)在区间（0，e]上单调递减，

所以当x=e时，函数f(x)取得最小值； 

综上可知，

当a≤0时，函数f(x)在区间(0，e]无最小值；

当0＜a＜e时，函数f(x)在区间（0，e]上的最小值为lna；

当a≥e时，函数f(x)在区间（0，e]上的最小值为。

(Ⅱ)∵，

∴，

由（Ⅰ）知，当a=1时，，

此时f(x)在区间（0，e]上的最小值为ln1=0，

即，

当，

∴，

曲线y=g(x)在点x=x0处的切线与y轴垂直等价于方程g′（x）=0有实数解，

而g′(x0)＞0，即方程g′(x0)=0无实数解，

故不存在x0∈(0，e]，使曲线y=g(x)在点x=x0处的切线与y轴垂直。

解：（1）当a=0时，，∴f(3)=1，

∵，曲线在点（3，1）处的切线的斜率，

∴所求的切线方程为y-1=3（x-3），即y=3x-8。

（2）当a=-1时，函数，

∵，令f′(x)=0得，，

当x∈（0，1）时，f′(x)＜0，即函数y=f(x)在（0，1）上单调递减，

当x∈（1，4）时，f′(x)＞0，即函数y=f(x)在（1，4）上单调递增，

∴函数y=f(x)在[0，4]上有最小值，；

又，

∴当a=-1时，函数y=f(x)在[0，4]上的最大值和最小值分别为。

（3）∵，

∴，

①当时，3a=a+2，解得a=1，这时，

函数y=f′(x)在（0，4）上有唯一的零点，故a=1为所求；

②当时，即，这时，

又函数y=f′(x)在（0，4）上有唯一的零点，

∴；

③当时，即a＜1，这时，

又函数y=f′(x)在（0，4）上有唯一的零点，

∴，

综上得当函数y=f′(x)在（0，4）上有唯一的零点时，或或a=1。

解：（Ⅰ）当a=2时，，，f（1）=2，，

所以曲线y=f（x）在x=1处的切线方程为y=-x+3；

（Ⅱ）存在，使得成立，等价于：

考察，）

由上表可知：

，

所以满足条件的最大整数M=4；

（Ⅲ）解法一：对任意的s，t∈，都有f（s）≥g（t）成立，

等价于：在区间上，函数f（x）的最小值不小于g（x）的最大值，

由（2）知，在区间上，g（x）的最大值为g（2）=1。

f（1）=a≥1，下证当a≥1时，在区间上，函数f（x）≥1恒成立。

当a≥1且时，，

记，，

当，；当

所以函数h（x）=在区间上递减，在区间(1，2]递增，

，即，所以当且时，成立，

即对任意s，t，都有；

解法二：当时，恒成立，

等价于恒成立，记，，

记，，由于，

所以在上递减，当时，，

时，，即函数h（x）=在区间上递增，在区间上递减，

所以，所以a≥1。

解：（1）因为f（1）=b，由点（1，b）在x+y=1上，可得1+b=1，即b=0

因为f′（x）=anxn-1-a（n+1）xn，所以f′（1）=-a．

又因为切线x+y=1的斜率为-1，

所以-a=-1，即a=1，

故a=1，b=0 。

（2）由（1）知，f（x）=xn（1-x），则有f′（x）=（n+1）xn-1（-x），

令f′（x）=0，解得x=在（0，）上，导数为正，

故函数f（x）是增函数；在（，+∞）上导数为负，故函数f（x）是减函数；

故函数f（x）在（0，+∞）上的最大值为f（）=（）n（1-）=。

（3）令φ（t）=lnt-1+，则φ′（t）=-=（t＞0）

在（0，1）上，φ′（t）＜0，故φ（t）单调减；

在（1，+∞），φ′（t）＞0，故φ（t）单调增；

故φ（t）在（0，∞）上的最小值为φ（1）=0，

所以φ（t）＞0（t＞1）

则lnt＞1-，（t＞1），

令t=1+，得ln（1+）＞，

即ln（1+）n+1＞lne

所以（1+）n+1＞e，

即＜

由（2）知，f（x）≤＜，

故所证不等式成立。

解：（1），x＞0，

令，

∴，

∴f（x）在为增函数，

同理可得f（x）在为减函数，

故时，f（x）最大值为，

当时，f（x）最大值为，

综上：．

（2）∵f（x）在[1，2]上为减函数

∴x∈[1，2]有x+a＞0恒成立a＞﹣1且恒成立，而在[1，2为减函数]，

∴，又a＞﹣1

故为所求．

（3）设切点为P（x0，x0），

则，

且，

∴，即：，

再令h（x）=x+x2+ln（1+2x），，

∴，

∴h（x）在为增函数，又h（0）=0，

∴h（x0）=0x0=0．

则 a=1为所求．

解：(1)∵,

∴,,

解得,

∴,.

.

(2)由(1)得,

∴.

令,

则,

∴函数在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增.

∴,

∵方程只有一个实根,

∴或.

解得或,

∴的取值范围是

解：（1）f'（x）=3x2﹣2ax+b，设切点为P（x0，y0），

则曲线y=f（x）在点P的切线的斜率k=f'（x0）=3x02﹣2ax0+b

由题意知f'（x0）=3x02﹣2ax0+b=0有解，

∴△=4a2﹣12b≥0，即a2≥3b．

（2）若函数f（x）可以在x=﹣1和x=3处取得极值，

则f'（x）=3x2﹣2ax+b有两个解x=﹣1和x=3，且满足a2≥3b，

利用韦达定理得a=3，b=﹣9．

（3）由（2）得f（x）=x3﹣3x2﹣9x+c根据题意，

c＞x3﹣3x2﹣9x（x∈[﹣2，6]）恒成立，

令函数g（x）=x3﹣3x2﹣9x（x∈[﹣2，6]），

由g′（x）=3x2﹣6x﹣9，

令g′（x）=0得出x=﹣1或3，

当x∈[﹣2，﹣1）时，g′（x）＞0，g（x）在x∈[﹣2，﹣1）上单调递增，

当x∈（﹣1，3）时，g′（x）＜0，g（x）在x∈（﹣1，3）上单调递减，

当x∈（﹣1，6）时，g′（x）＞0，g（x）在x∈（﹣1，6）上单调递增，

因此，g（x）在x=﹣1时有极大值5，且g（6）=54，g（﹣2）=﹣2．

∴函数g（x）=x3﹣3x2﹣9x（x∈[﹣2，6]）的最大值为54，所以c＞54．

解：（Ⅰ）f'（x）=3x2+6ax+3﹣6a

由f（0）=12a﹣4，f'（0）=3﹣6a，

可得曲线y=f（x）在x=0处的切线方程为y=（3﹣6a）x+12a﹣4，

当x=2时，y=2（3﹣6a）+12a﹣4=2，可得点（2，2）在切线上

∴曲线y=f（x）在x=0的切线过点（2，2）

（Ⅱ）由f'（x）=0得   x2+2ax+1﹣2a=0…（1）

方程（1）的根的判别式

①当时，函数f（x）没有极小值

②当或时，由f'（x）=0得

故x0=x2，由题设可知

（i）当时，不等式没有实数解；

（ii）当时，不等式化为，

解得

综合①②，得a的取值范围是

解：（1）∵f（x），g（x）的图象过P（2，0），

∴f（2）=0 即2×23+a×2=0，a=﹣8.

∴f（x）=2x3﹣8x f ′（x）=6x2﹣8，g′（x）=2bx

f ′（2）=6×4﹣8=16

又g′（2）=4b ，16=4b ∴b=4

∴g（x）=4x2+c 把（2，0）代入得：0=16+c，

∴c=﹣16 ∴g（x）=4x2﹣16，

综上 a=﹣8，b=4，c=﹣16

（2）F（x）=2x3+4x2﹣8x﹣16，F′（x）=6x2+8x﹣8，

解不等式 得x≤﹣2或x ．即函数的调增区间为：（﹣∞，﹣2]，[ ，+∞）

同理，由F′（x）≤0，得﹣2≤x≤ ，即函数的减区间为 ：

因此，当﹣2＜m≤﹣8m﹣16；

m＞．