热门试卷

解：（Ⅰ）由已知，，

故曲线y=f（x）在x=1处切线的斜率为3；

（Ⅱ），

①当a≥0时，由于x＞0，故ax+1＞0，f′（x）＞0，

所以，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；

②当a＜0时，由f′（x）=0，得，

在区间上，f′（x）＞0，在区间上，f′（x）＜0，

所以，函数f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为。

（Ⅲ）由已知，转化为，，

由（Ⅱ）知，当a≥0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，值域为R，故不符合题意；

(或者举出反例：存在，故不符合题意)

当a＜0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减，

故f（x）的极大值即为最大值，，

所以，

解得。

解：（1）∵

∴f'（x）==，令f'（x）=0得，x=a，

①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）在区间（0，e]上取得最小值lna．

②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）在区间（0，e]上取得最小值．

综上所述，当0＜a＜e时，函数f（x）在区间（0，e]上取得最小值lna，

当a≥e时，函数f（x）在区间（0，e]上取得最小值．

（2）不存在．证明如下，x∈（0，e]，

∴g'（x）=ex+（lnx﹣1）ex+1=（+lnx﹣1）ex+1

由（1）知，当a=1时，，

此时f（x）在区间（0，e]上取得最小值ln1=0，即，而ex＞0，

所以g'（x）≥1＞0，又曲线y=g（x）在点x=x0处的切线与y轴垂直，等价于g'（x0）=0有实数根，而g'（x）＞0，

所以方程g'（x0）=0无实数根，x0∈（0，e]，使曲线y=g（x）在点x=x0处的切线与y轴垂直．

解：（Ⅰ）求导得，

因，故方程f′（x）=0即有两根；

，

令f′（x）＞0，解得；

又令f′（x）＜0，解得，

故当时，f（x）是增函数；当时，f（x）是增函数；

但当时，f（x）是减函数；

（Ⅱ）易知，

因此，

所以，由已知条件得，

因此，

解得-6≤b≤2。

解：（Ⅰ）为偶函数，

故，即有，

解得b=0，

又曲线y=f（x）过点（2，5），

得，有c=1，

∵，

从而，

曲线y=g（x）有斜率为0的切线，

故有g′（x）=0有实数解，

即有实数解，

此时有；

所以实数a的取值范围：；

（Ⅱ）因x=-1时函数y=g（x）取得极值，

故有g′（-1）=0，即3-2a+1=0，解得a=2，

又，

令g′（x）=0，得，

当x∈时，g′（x）＞0，故g（x）在上为增函数；

当x∈时，g′（x）＜0，故g（x）在上为减函数；

当x∈时，g′（x）＞0，故g（x）在上为增函数。

解：（Ⅰ），

由图知，。

（Ⅱ），

，

令因为，

当 a＞0时，，

故函数F(x)的单调增区间是，单调减区间是；

当a＜0时，，故函数F(x)的单调增区间是(-1，+∞)；

当a=0时，，故函数F(x)的单调增区间是(-1，+∞)；

综上所述：当a＞0 时，函数F(x)的单调增区间是，单调减区间是；

当a≤0 时，函数F(x)的单调增区间是(-1，+∞)。

解：（Ⅰ），

要使f（x）在(0，1)上单调递增，

则x∈(0，1)时，f′（x）≥0恒成立，

∴≥0，

即当x∈(0，1)时，≥恒成立，

∴≥，即a的取值范围是[∞。

（Ⅱ）由，令f′（x）=0，得x=0或=，

∵a＞0，∴当x变化时，f′（x）、f（x）的变化情况如下表：

∴y极小值=f（0）=b=1，y极大值==+·+1=，

∴b=1，a=1，

故f（x）。

（Ⅲ）当x∈[0，1]时，tanθ=，

由θ∈[0，]，得0≤f′（x）≤1，

即x∈[0，1]时，0≤≤1恒成立，

当x0时，a∈R，

当x∈(0，1]时，由≥0恒成立，

由(Ⅰ)知≥，

由≤1恒成立，a≤(3x+)，

∴≤(等号在=时取得)；

综上，≤≤。

解：（1）由题意，，∴f(1)=2，

即，

∵切线x+y-3=0的斜率为-1，

∴，即，即a=1，

代入，解得：。

（2）因为函数f(x)在区间（-1，1）上不单调，所以方程f′(x)=0在（-1，1）上有解，

因为，

所以-1＜a-1＜1或-1＜a+1＜1，

∴。

解：（Ⅰ）∵函数，的图象都过点（t，0），

∴，即，

∵t≠0，

∴，

∵

∴，

又∵，在点（t，0）处有相同的切线，

∴而

∴，

将代入上式，得b=t，

∴c=ab=-t3，

故，b=t，c=-t3。

（Ⅱ），

∵函数在在（-1，3）上单调递减，

∴在（-1，3）上恒成立，

∴即，

解得：t≤-9或t≥3，

∴t的取值范围是

解：（Ⅰ）由已知，可得，

函数的定义域为，

则，

由可得在区间单调递增；

由可得在（0，1）上单调递减。

（Ⅱ）由题意，知对任意恒成立，

即有对任意恒成立，即，

令，

即，

所以，实数a的最小值为。

解：（1）因为函数，的图象都过点（t，0），

所以，

即

因为

所以

又因为，在点（t，0）处有相同的切线，所以

而

所以

将代入上式得

因此

故，，。

（2）

当时，函数单调递减

由，若

则

若，则

由题意，函数在（-1，3）上单调递减

则或

所以或

即或

又当时，函数在（-1，3）上单调递减

所以t的取值范围为。

解：，

（Ⅰ），解得；

（Ⅱ），

①当a≤0时，，

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，

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，

故f（x）的单调递增区间是（0，+∞）；

④当，

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。

解：(Ⅰ)，

由，得b=4，c=5，

∴。

(Ⅱ)，

设g(x)=-2x2-(4-b)x+2b+1，

∵△＞0恒成立，故g(x)=0必有两根，

∵f（x）在区间[0，2]上单调递减，

∴g(x)在[0，2]上值恒非正，

∴或，解得，

故当时，f（x）在区间[0，2]上单调递减。

解：（Ⅰ）∵f（x）的图象经过P（0，2），

∴d=2，

∴f（x）=x3+bx2+ax+2，f'（x）=3x2+2bx+a．

∵点M（﹣1，f（﹣1））处的切线方程为6x﹣y+7=0

∴f'（x）|x=﹣1=3x2+2bx+a|x=﹣1=3﹣2b+a=6①，

还可以得到，f（﹣1）=y=1，即点M（﹣1，1）满足f（x）方程，

得到﹣1+b﹣a+2=1②

由①、②联立得b=a=﹣3

故所求的解析式是f（x）=x3﹣3x2﹣3x+2．

（Ⅱ）f'（x）=3x2﹣6x﹣3．

令3x2﹣6x﹣3=0，即x2﹣2x﹣1=0．

解得．

当；

当．

故f（x）的单调增区间为（﹣∞，1﹣），（1+，+∞）；单调减区间为（1﹣，1+）

解：(Ⅰ)，

由，得b=4，c=5，

∴。

(Ⅱ)，

设g(x)=-2x2-(4-b)x+2b+1，

∵△＞0恒成立，故g(x)=0必有两根，

∵f（x）在区间[0，2]上单调递减，

∴g(x)在[0，2]上值恒非正，

∴或，解得，

故当时，f（x）在区间[0，2]上单调递减。