热门试卷

(Ⅰ) 函数的单调增区间是；单调减区间是  (Ⅱ)   （Ⅲ）

由题意，……2分

（1）当时，由得，解得，即函数的单调增区间是；

由得，解得，即函数的单调减区间是

∴当时，函数有极小值，极小值为……5分

（2）当时，∵对任意，均有，即有对任意，　恒成立，

∴对任意，只须由（1）可知，函数的极小值，即为最小值，∴，解得即的取值范围为……9分

（3）

∵，且，，∴，∴，

又，

∴

∴，即 ．　……12分

（1）   （2）

解：（1）直线是函数在点处的切线，故其斜率，

∴直线的方程为                         …………………2分

又因为直线与的图象相切，且切于点，

∴在点的导函数值为1.

，∴ …………………6分

（2）           …………………7分

∴        …………………9分

当时，；当时，       …………………11分

因此，当时，取得极大值，

                           …………………14分

解：（Ⅰ）因为，

由即得，

所以f(x)的解析式为。

（Ⅱ）若b=a+2，则，，

（1）当△≤0，即-1≤a≤2时，f′(x)≥0恒成立，那么f(x)在R上单调递增，

所以，当-1≤a≤2时，f(x)在区间（0，1）上单调递增；

（2）当△＞0，即a＞2或a＜-1时，因为的对称轴方程为x=a，

要使函数f(x)在区间（0，1）上单调递增，

需或，解得-2≤a＜-1或2＜a≤3；

综上：当a∈[-2，3]时，函数f(x)在区间（0，1）上单调递增。

解：(Ⅰ)由题意，得f′(x)=3ax2+2x+b，

因此g(x)=f(x)+f′(x)=ax3+(3a+1)x2+(b+2)x+b，

因为函数g(x)是奇函数，所以g(-x)=-g(x)，

即对任意实数x，有a(-x)3+(3a+1)(-x)2+(b+2)(-x)+b=-[ax3+(3a+1)x2+(b+2)x+b]，

从而3a+1=0，b=0，

解得，b=0，

因此f(x)的解析表达式为。

(Ⅱ)由(Ⅰ)知，

所以g′(x)=-x2+2，

令g′(x)=0，解得，

则当时，g′(x)＜0，从而g(x)在区间上是减函数；

当时，g′(x)＞0，从而g(x)在区间上是增函数；

由前面讨论知，g(x)在区间[1，2]上的最大值与最小值只能在x=1，，2时取得，

而，

因此g(x)在区间[1，2]上的最大值为，最小值为。

解：(Ⅰ)，

∵若函数y=f′(x)的图象关于直线x=对称，且f′(1)=0，

∴且，解得a=3，b=-12。

(Ⅱ)由(Ⅰ)知，

，

f(x)的变化如下：

∴当x=-2时，f(x)取极大值，极大值为21；

当x=1时，f(x)取极小值，极小值为-6。

（Ⅰ）x，y∈R，f（x+y）=f（x）•f（y），x＜0时，f（x）＞1

令x=-1，y=0则f（-1）=f（-1）f（0）∵f（-1）＞1

∴f（0）=1

若x＞0，则f（x-x）=f（0）=f（x）f（-x）

故f(x)=∈(0，1)

故x∈Rf（x）＞0

任取x1＜x2f（x2）=f（x1+x2-x1）=f（x1）f（x2-x1）

∵x2-x1＞0∴0＜f（x2-x1）＜1

∴f（x2）＜f（x1）

故f（x）在R上减函数

（Ⅱ）①a1=f(0)=1，f(an+1)==f(2+an)

由f（x）单调性知，an+1=an+2故{an}等差数列

∴an=2n-1

②bn=+++，则bn+1=+++bn+1-bn=+-=+-

=＞0，{bn}是递增数列

当n≥2时，(bn)min=b2=+=+=

∴＞(loga+1x-logax+1)

即loga+1x-logax+1＜1⇒loga+1x＜logax

而a＞1，

∴x＞1

故x的取值范围：（1，+∞）

解：（1）f′（x）=3x2+2bx+c

因为函数f′（x）的图象关于直线x=2对称，

所以=2，于是b=-6。

（2）由（1）知，f（x）=x3-6x2+cx

f′（x）=3x2-12x+c=3（x-2）2+c-12

（i）当c≥12时，f′（x）≥0，此时f（x）无极值

（ii）当c＜12时，f′（x）=0有两个互异实根x1，x2不妨设x1＜x2，则x1＜2＜x2当x＜x1时，f′（x）＞0，f（x）在区间（-∞，x1）内为增函数；

当x1＜x＜x2时，f′（x）＜0，f（x）在区间（x1，x2）内为减函数；

当x＞x2时，f′（x）＞0，f（x）在区间（x2，+∞）内为增函数

所以f（x）在x=x1处取极大值，在x=x2处取极小值

因此，当且仅当c＜12时，函数f（x）在x=x2处存在唯一极小值，

所以t=x2＞2

于是g（t）的定义域为（2，+∞）

由f′（t）=3t2-12t+c=0得c=-3t2+12t

于是g（t）=f（t）=t3-6t2+ct=-2t3+6t2，t∈（2，+∞）

当t＞2时，g′（t）=-6t2+12t=6t（2-t）＜0

所以函数g（t）在区间（2，+∞）内是减函数，

故g（t）的值域为（-∞，8）。

解：(Ⅰ)f(x)=x3-3x2，f′(x)=3x2-6x，

∴k=-3，

又f(1)=-2，

∴所求切线方程为3x+y-1=0。

(Ⅱ)当a=0时，x2(x-b)+x3lnx+x2≥0，即b≤x+xlnx+1，

令g(x)=x+xlnx+l，g′(x)=lnx+2，

由g′(x)=0，得x=e-2，

 由上表知g（x）的最小值为，

所以有。

(Ⅲ)假设，即，

故(s-a)(s-b)(t-a)(t-b)=-1，即[st-(s+t)a+a2][st-(s+t)b+b2]=-1，

由s，t为f′(x)=3x2-2(a+b)x+ab=0的两根可得，，

从而有，

，

即，这与a+b＜2矛盾，

故直线OA与直线OB不可能垂直。

解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），

f′（x）=x+a-，

因为f（x）在x=2处的切线与x轴平行，则f′（2）=0，得a=-3；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f′（x）=，

则f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，

则当x=1时，f（x）有极大值，

当x=2时，f（x）有极小值f（2）=-4+2ln2。

（Ⅲ）令g（x）=x·f′（x）=x2+ax-（a+1），x∈[1，-a]，

依题意，x∈[1，-a]时，-2a2≤g（x）≤2a2恒成立；

即g（x）min≥-2a2且g（x）max≤2a2，而g（x）的对称轴为，

（ⅰ）当时，即当-2＜a＜-1时，

g（x）min=g（1）=0＞-2a2成立，g（x）max=g（-a）=-a-1≤2a2也成立；

故-2＜a＜-1符合题意；

（ⅱ）当时，即a≤-2时，

由，解得（舍），

g（x）max=g（-a）=-a-1≤2a2成立或g（x）max=g（1）=0≤2a2也成立，故a≤-2符合题意；

综合（ⅰ）（ⅱ）知a＜-1都符合题意。