热门试卷

解：f（x）的导数=．

（Ⅰ）当a=0时，f（0）=0，切线的斜率k=f‘（0）=1，

所以切线方程为y=x，即x-y=0．

（Ⅱ）当a＞0时，因为x＞0，

所以只要考查g（x）=x2+（4-2a）x+（4-2a）的符号．

由△=（4-2a）2-4（4-2a）≤0，得0＜a≤2，

当0＜a≤2时，g（x）＞0，从而f'（x）＞0，

f（x）在区间（0，+∞）上单调递增；

当a＞2时，由g（x）=0解得．

当0＜x＜a-2+时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；

当x＞a-2+时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．

则函数f（x）在区间单调递减，

在区间上单调递增．

解：定义域为（0，+∞）

（Ⅰ），

f″（x）=-＞0⇒x＞1，

∴f′（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，

∴f′（x）＞f′（1）=2＞0，

∴f（x）在（0，+∞）的单调递增

（Ⅱ），定义域为（0，1）

当x∈（0，1）时，∵，

∴当a＜0时，不等式g（x）＜-2不成立

当a＞0时，不等式

设F（x）=，

则

令F′（x）=0⇒h（x）=x2+2（1-2a）x+1=0⇒△=4（1-2a）2-4=16a（a-1）

①当0＜a≤1时，△≤0，

∴F′（x）≥0，∴F（x）在（0，1）的单调递增，

F（x）＜F（1）=0恒成立，

∴0＜a≤1．

②当a＞1时，△＞0，h（0）=1＞0，h（1）=4（1-a）＜0

∴∃x0∈（0，1）使h（x0）=0，

∴，

∴F（x）在（x0，1）的单调递减，

∴F（x）＞F（1）=0与题设矛盾．

综上：实数a的取值范围是（0，1]．

证明：（1）对于函数f（x）=x3-x2+ln（x+1），

．---------------------（2分）

当x∈[0，+∞）时，f′（x）＞0；-----------------------（4分）

当x∈（-1，0）时，．-----------------------（6分）

故当x∈（-1，+∞）时，总有f′（x）＞0．-----------------------（7分）

所以函数f（x）=x3-x2+ln（x+1）在区间（-1，+∞）上是单调增函数．-----------------------（8分）

（2）由（1）知，，-----------------------（10分）

而f（0）=0．-----------------------（11分）

．-----------------------（14分）

于是，即．-----------------------（16分）

解：（1）∵f（x）=x3-ax2-3x，

∴f′（x）=3x2-2ax-3，

∵f（x）在[1，+∞）上是增函数，

∴f′（x）在[1，+∞）上恒有f′（x）≥0，

即3x2-2ax-3≥0在[1，+∞）上恒成立．

则必有≤1且f′（1）=-2a≥0，

∴a≤0，即实数a的取值范围是（-∞，0]；

（2）求导函数，可得f′（x）=3x2-2ax-3，

∵函数f（x）=x3+ax2+x在（-1，2）有两个极值点，

∴方程3x2-2ax-3=0在（-1，2）上有两个不等的根，

∴即，

解得：0＜a＜，

∴a的取值范围是（0，）．

解：（Ⅰ）由已知得x＞0且，

当k为奇数时，则f′（x）＞0，则f（x）在（0，+∞）上是增函数，

当k为偶数时，则，

所以当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，

故当k为偶数时，f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数．

（Ⅱ）由已知得，（x＞0），

所以左边=

=，

令S=，

倒序相加得

≥2

=2（2n-2），可得S≥（2n-2），

所以：[f′（x）]n-2n-1f′（xn）≥2n（2n-2），成立．

解：（Ⅰ）f′（x）=3ax2+2bx+c

∵f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数，

∴f′（1）=3a+2b+c=0…①…（1分）

由f′（x）是偶函数得：b=0②…（2分）

又f（x）在x=0处的切线与直线y=x+2垂直，f′（0）=c=-1③…（3分）

由①②③得：，

即…（4分）

（Ⅱ）由已知得：

若存在x∈[1，e]，使4lnx-m＜x2-1，即存在x∈[1，e]，使m＞4lnx-x2+1

设h（x）=4lnx-x2+1

m＞hmin，对h（x）求导，导数在（0，）大于零，（，e）小于零，即h（x）先递增再递减，

当x=．m取最大值+∞，x=e 时，m取最小值5-e2．

∴实数m的取值范围是（5-e2，+∞）．

解：（1）当a=1时，H（x）=f（x）-g（x）=lnx+x-x2，定义域为（0，+∞），

H′（x）=+1-2x=-，

当0＜x＜1时，H′（x）＞0，当x＞1时，H′（x）＜0，

所以函数H（x）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞）；

（2）H（x）=lnx+x-ax2，H′（x）==，

因为H（x）在定义域内不单调，则函数h（x）=1+x-2ax2在（0，+∞）内有零点，且在零点两侧函数值异号，

又h（0）=1＞0，则有或，解得a＞0．

故实数a的取值范围为（0，+∞）．

（3）设P（x0，y0），则lnx0+x0=①，f′（x0）=g′（x0），即，化简得x0+1=②

联立①②消a得，lnx0+-=0，

令φ（x）=lnx+x-，易知φ（x）=lnx+x-在（0，+∞）上单调递增，又φ（1）=0，

所以lnx+x-=0有唯一解1，即x0=1，则y0=f（1）=1，g（1）=a=1，

故P（1，1），a=1．

解：函数，求导得．

（1）当，时，，

若，则恒成立，所以f（x）在上单调减；

若，则，令f′（x）=0，解得或（舍），

当时，f′（x）＜0，f（x）在上单调减；

当时，f′（x）＞0，f（x）在上单调增．

所以函数f（x）的单调减区间是，单调增区间是． 

（2）当x＞c，时，，而，所以

当c＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）在（c，1）上单调减；

当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）上单调增．

所以函数f（x）在（c，+∞）上的最小值为，

所以恒成立，解得a≤-1或a≥1，

又由，得a＞-2，所以实数a的取值范围是（-2，-1]． 

（3）由l1⊥l2知，，而，则，

若，则，所以，

解得，不符合题意；                     

故，则，

整理得，，由c＞0得，，

令，则，t＞2，所以，

设，则，

当时，g′（t）＜0，g（t）在上单调减；

当时，g′（t）＞0，g（t）在上单调增．

所以，函数g（t）的最小值为，故实数c的最小值为．

解：（1）∵f′（x）=3x2-6ax+2b，

令f′（x）=0，则-，1是方程f′（x）=0的两个根，

∴，

解得：a=，b=-；

（2）由（1）得：f（x）=x3-x2-x，

且f（x）在[-2，-），（1，2]递增，在（-，1）递减，

又f（-2）=-10，f（1）=-1，

若不等式f（x）≥k2+7k在区间[-2，2]上恒成立，

只需k2+7k≤-10即可，

解得：-5≤k≤-2，

∴实数k的取值范围时[-5，-2]．

解：（1）f′（x）=3x2-3ax，

令f′（x）=0，得x1=0，x2=a，

∵a＞1，

∴f（x）在[-1，0]上为增函数，在[0，1]上为减函数．

∴f（0）=b=1，

∵f（-1）=-a，f（1）=2-a，

∴f（-1）＜f（1），

∴f（-1）=-a=-2，a=．

∴f（x）=x3-2x2+1．

（2）g（x）=x3-2x2-mx+1，g′（x）=3x2-4x-m．

由g（x）在[-2，2]上为减函数，知g′（x）≤0在x∈[-2，2]上恒成立．

∴，即

∴m≥20．

∴实数m的取值范围是m≥20．

解：①函数f（x）=x3-x2-x+1的导数为f′（x）=3x2-2x-1=3（x-1）（x+），

则f（x）在上增，上减，（1，+∞）上增，

由于f（x）在区间（a，a+1）上单调递减，

则∴；

②设切点为Q，斜率，

则切线方程为：，

代入P点坐标有：，

∴关于x0的方程有三个不等根，

∴方程有两个不为1的不等根．

上方程化为：．

由△=（3t-1）2-4×2×（1-t）＞0有，t＜-1或

将x0=1代入求得t=1，

实数t的取值范围是；

③直线AM的斜率为，

在x=b处的切线斜率为f′（b）=3b2-2b-1，即3b2-2b-m2-m=0，

考查关于b的方程3b2-2b-m2-m=0在区间（0，m）内的根的情况．

令g（x）=3b2-2b-m2-m，对称轴

∴（1）当时，g（0）＞0，g（m）＜0，∴方程g（b）=0区间（0，m）内有一实根；

（2）当时，，∴方程g（b）=0区间内有一实根；

（3）当m≥1时，，∴方程g（b）=0区间内有一实根．

综上，方程3b2-2b-m2-m=0在区间（0，m）内至少有一实根，

故在区间（0，m）内至少有一实数b，

使得函数f（x）图象在x=b处的切线平行于直线AM．