热门试卷

解；（1）依题意，得

由得。

（2）由（1）得

故

令f′（x）=0

则或

①当时，

当x变化时，与的变化情况如下表：

由此得，函数的单调增区间为和，单调减区间为

②由时，，此时，恒成立，且仅在处，

故函数f（x）的单调区间为R；

③当时，，同理可得函数f（x）的单调增区间为和，

单调减区间为

综上：当时，函数f（x）的单调增区间为和，单调减区间为；

当时，函数的单调增区间为R；

当时，函数f（x）的单调增区间为和，单调减区间为。

（3）当时，得

由，得

由（2）得f（x）的单调增区间为和，单调减区间为

所以函数f（x）在，处取得极值。

故，

所以直线MN的方程为

由得

令

易得，

而的图像在内是一条连续不断的曲线，

故在内存在零点，这表明线段与曲线f（x）有异于M，N的公共点。

解：（I）；

（II）单调增区间为，单调减区间为和；

当时，g（x）取极小值；

当时，g（x）取极大值。

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a=，b=0，

因此f(x)的解析表达式为。

(Ⅱ)由(I)知g(x)=x3+2x，

所以g′(x)=-x2+2，

令g′(x)=0，解得，

则当或时，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：（1）当a=2时，f′(x)=x2-3x+2=(x-1)(x-2)，

列表如下：

所以，f(x)的极小值为f(2)=。

（2）f′(x)=x2-(a+1)x+a=(x-1)(x-a)，

g′(x)=3x2+2bx-(2b+4)+=，

令p(x)=3x2+(2b+3)x-1，

①当1＜a≤2时，f(x)的极小值点x=a，

则g(x)的极小值点也为x=a，

所以，p(a)=0，即3a2+(2b+3)a-1=0，即b=，

此时，g(x)的极大值=g(1)=1+b-(2b+4)=-3-b=-3+=，

由于1＜a≤2，故≤×2--=；

②当0＜a＜1时，f(x)的极小值点x=1，则g(x)的极小值点为x=1，

由于p(x)=0有一正一负两实根，

不妨设x2＜0＜x1，所以0＜x1＜1，即p(1)=3+2b+3-1＞0，故b＞-，

此时g(x)的极大值点x=x1，

有

综上所述，g(x)的极大值小于等于．

解：（I）；

（II）可知：当时，函数f（x）为增函数，

当时，函数f（x）也为增函数，

当时，函数f（x）为减函数，

当x=-a时，f（x）的极大值为；

当x=3a时，f（x）的极小值为-9a3+1；

（III）a的取值范围是（0，1）。

解：（Ⅰ）f（x）的导数，

由于，

故f′（x）≥2，（当且仅当x=0时，等号成立）。

（Ⅱ）令g（x）=f（x）-ax，

则，

（ⅰ）若a≤2，当x＞0时，，

故g（x）在（0，+∞）上为增函数，

所以，x≥0时，g（x）≥g（0），即f（x）≥ax；

（ⅱ）若a＞2，方程g′（x）=0的正根为，

此时，若，则g′（x）＜0，故g（x）在该区间为减函数，

所以，时，g（x）＜g（0）=0，即f（x）＜ax，与题设f（x）≥ax相矛盾；

综上，满足条件的a的取值范围是(-∞，2]。

解：（1）因为f'（x）=x2-2ax+b，

由f'（0）=f'（2）=1，即

得

所以f（x）的解析式为。

（2）若b=a+2，则f'（x）=x2-2ax+a+2，

Δ=4a2-4（a+2），

（i）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；

（ii）当Δ>0，即a>2或a＜-1时，

令f'（x）=x2-2ax+a+2=0，

解得

列表分析函数f（x）的单调性如下：

要使函数f（x）在区间（0，1）上单调递增

只需或

解得-2≤a＜-1或2＜a≤3。

解：(Ⅰ)由原式得，

∴；

(Ⅱ)由f′（-1）=0，得，

此时有，

由f′（-1）=0得或x=-1，

又，

所以f(x)在[--2，2]上的最大值为，最小值为。

(Ⅲ)的图象为开口向上且过点(0，-4)的抛物线，

由条件得，即，

∴-2≤a≤2，

所以a的取值范围为[-2，2]。

解：（1）由题意知：f'（x）=3mx2+4nx-12＜0的解集为（-2，2），

所以，-2和2为方程3mx2+4nx-12=0的根，

由韦达定理知，即m=1，n=0。

（2）∵f（x）=x3-12x，

∴f'（x）=3x2-12，

∵f（1）=13-12·1=-11，

当A为切点时，切线的斜率k=f'（1）=3-12=-9，

∴切线方程为y+11=-9（x-1），即9x+y+2=0；

当A不为切点时，设切点为P（x0，f（x0）），这时切线的斜率是k=f'（x0）=

切线方程为y-f（x0）=f'（x0）（x-x0），

即

因为过点A（1，-11），

∴

∴x0=1或，而x0=1为A点，

即另一个切点为

∴

切线方程为，即45x+4y-1=0，

所以，过点A（1，-11）的切线方程为9x+y+2=0或45x+4y-1=0。

（3）存在满足条件的三条切线

设点P（x0，f（x0））是曲线f（x）=x3-12x的切点，

则在P点处的切线的方程为y-f（x0）=f'（x0）（x-x0）

即

因为其过点A（1，t），

所以，

由于有三条切线，所以方程应有3个实根，

设g（x）=2x3-3x2+t+12，只要使曲线有3个零点即可

设g'（x）=6x2-6x=0，

∴x=0或x=1分别为g（x）的极值点，

当x∈（-∞，0）和（1，+∞）时，g'（x）>0，

g（x）在（-∞，0）和（1，+∞）上分别单增，

当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，g（x）在（0，1）上单减，

所以，x=0为极大值点，x=1为极小值点，

所以要使曲线与x轴有3个交点，

当且仅当即

解得-12＜t＜-11。

解：（Ⅰ）证明：因为，所以f′（x）=x2+2x，

由点（an，an+12﹣2an+1）（n∈N+）在函数y=f′（x）的图象上，

又an＞0（n∈N+），所以（an﹣1﹣an）（an+1﹣an﹣2）=0，

所以，

又因为f′（n）=n2+2n，所以Sn=f'（n），

故点（n，Sn）也在函数y=f′（x）的图象上．

（Ⅱ）解：f'（x）=x2+2x=x（x+2），

由f'（x）=0，得x=0或x=﹣2．

当x变化时，f'（x）﹑f（x）的变化情况如下表：

注意到|（a﹣1）﹣a|=1＜2，

从而

①当，此时f（x）无极小值；

②当a﹣1＜0＜a，即0＜a＜1时，f（x）的极小值为f（0）=﹣2，此时f（x）无极大值；

③当a≤﹣2或﹣1≤a≤0或a≥1时，f（x）既无极大值又无极小值．

解：（Ⅰ）∵f '（x）=3x2+4ax+b=

∴，解得a=-2，b=5

∴f （x）=3x3-4x2+5x-2

（Ⅱ）由（Ⅰ）得f （x）=3x3-4x2+5x-2

∴f（x）+g（x）=x3-3x2-9x+m-2

令h（x）=f（x）+g（x），则h'（x）=3x2-6x-9=3（x+1）（x-3）

∴函数h（x）在（-∞，1]上单调递增，在[-1，3]上单调递减，在[3，+∞）上单调递增。

∴h（x）极大值=h（-1）=3+m，h（x）极小值=h（3）=m-29

∵方程f（x）+g（x）=0只有一个实根

∴ 或解得m<-3或m>29

∴m的取值范围是（-∞，-3）∪（29，+∞）

解：由f(x)=x3+bx2+cx+d得f′(x)=ax2+2bx+c，

因为f′(x)-9x=ax2+2bx+c-9x=0的两个根分别为1，4，

所以，，（*）

(Ⅰ)当a=3时，由(*)式得，

解得b=-3，c=12，

又因为曲线y=f(x)过原点，所以d=0，

故f(x)=x3-3x2+12x．

(Ⅱ)由于a＞0，所以“f(x)=x3+bx2+cx+d在（-∞，+∞）内无极值点”等价于“f'(x)=ax2+2bx+c≥0在（-∞，+∞）内恒成立”，

由（*）式得2b=9-5a，c=4a，

又Δ=(2b)2-4ac=9(a-1)(a-9)，

解得，

即a的取值范围是[1，9]．

（1）解：由题意a＞0，f′（x）=ex﹣a，

由f′（x）=ex﹣a=0得x=lna．

当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＜0；当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0．

∴f（x）在（﹣∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）单调递增．

即f（x）在x=lna处取得极小值，且为最小值，

其最小值为f（lna）=elna﹣alna﹣1=a﹣alna﹣1．

（2）解：f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，即在x∈R上，f（x）min≥0．

由（1），设g（a）=a﹣alna﹣1，

所以g（a）≥0．

由g′（a）=1﹣lna﹣1=﹣lna=0得a=1．

∴g（a）在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，+∞）上单调递减，

∴g（a）在a=1处取得最大值，而g（1）=0．

因此g（a）≥0的解为a=1，

∴a=1．

（3）证明：由（2）知，对任意实数x均有ex﹣x﹣1≥0，即1+x≥ex．

令（n∈N*，k=0，1，2，3，…，n﹣1），则．

∴．

∴=． 

解：(1)，

因为x∈（-∞，+∞），f′（x）≥m，即恒成立，

所以，得，

即m的最大值为；

(2)因为当x＜1时，f′（x）＞0；当1＜x＜2时，f′（x）＜0；当x＞2时，f′（x）＞0；

所以，当x=1时，f（x）取极大值；

当x=2时，f（x）取极小值f（2）=2-a；

故当f（2）＞0 或f（1）＜0时，方程f（x）=0仅有一个实根，解得a＜2或。