热门试卷

解：（1）根据恒成立得到

（2）

根据题意知，在区间恒有，故有

解之得，即

（3）由得，所以

故，因为，故

所以只需要对于任意，恒成立。

令，则有，即

解得或

略

解：∵为R上的奇函数，∴，

即，∴d=0.∴，.

∵当x=1时，取得极值.∴   ∴ 解得：.

∴，，

令，则或，令，则.

∴的单调递增区间为和，单调递减区间为.…………6分

（2）证明：由（1）知，，（）是减函数，

且在上的最大值，在上的最小值，

∴对任意的，恒有 …………12分

略

（1）－16<c<16．（2）－2<m<0，或m>4．（3）同解析

（1）因为 f（x）＝x4＋bx2＋cx＋d，

所以h（x）＝f ′（x）＝x3－12x＋c．……2分

由题设，方程h（x）＝0有三个互异的实根．

考察函数h（x）＝x3－12x＋c，则h ′（x）＝0，得x＝±2．

所以 故－16<c<16． ………………………………………………5分

（2）存在c∈（－16，16），使f ′（x）≥0，即x3－12x≥－c，  （*）

所以x3－12x>－16，

即（x－2）2（x＋4）>0（*）在区间［m－2，m＋2］上恒成立． …………7分

所以［m－2，m＋2］是不等式（*）解集的子集．

所以或m－2>2，即－2<m<0，或m>4． ………………………9分

（3）由题设，可得存在α，β∈R，

使f ′（x）＝x3+2bx＋c＝（x－t1）（x2＋αx＋β），

且x2＋αx＋β≥0恒成立．又f´（t2）＝0，且在x＝t2两侧同号，

所以f´（x） ＝（x－t1）（x－t2）2．

另一方面，

g ′（x）＝x3＋（2b－1）x＋t1＋c＝x3＋2bx＋c－（x－t1）＝（x－t1）［（x－t2）2－1］．

因为 t1 < x < t2，且 t2－t1<1，所以－1< t1－t2 < x－t2 <0．所以 0<（x－t2）2<1，

所以（x－t2）2－1<0．

而 x－t1>0，所以g ′（x）<0，所以g（x）在（t1，t2）内单调减．

从而g（x）在（t1，t2）内最多有一个零点．…………………………………16分

：（I）

当即时，在上单调递增，

当即时，

当时，在上单调递减，

综上，

（II）函数的图象与的图象有且只有三个不同的交点，即函数

的图象与轴的正半轴有且只有三个不同的交点[.]

当时，是增函数；

当时，是减函数；

当时，是增函数；

当或时，

当充分接近0时，当充分大时，

要使的图象与轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须

　　即

所以存在实数，使得函数与的图象有且只有三个不同的交点，的取值范围为

本小题主要考查函数的单调性、极值、最值等基本知识，考查运用导数研究函数性质的方法，考查运算能力，考查函数与方程、数形结合、分类与整合等数学思想方法和分析问题、解决问题的能力

由题意得，与直线x－y－2＝0平行的抛物线y＝x2的切线对应的切点到直线x－y－2＝0距离最短，设切点为(x0，)，则切线的斜率为2x0＝1，所以x0＝，切点为，切点到直线x－y－2＝0的距离为d＝