热门试卷

解：（Ⅰ）因为f（x）为奇函数，

所以f（﹣x）=﹣f（x）．

即﹣2x3+12x+c=﹣2x3+12x﹣c．

解得c=0．

因为f'（x）=6x2﹣12，

所以切线的斜率k=f'（1）=﹣6．

因为f（1）=﹣10，所以切点为（1，﹣10）．

所以切线方程为y+10=﹣6（x﹣1）．

即6x+y+4=0．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f'（x）=6x2﹣12．

所以．

列表如下：

所以函数f（x）的单调增区间是和．

因为f（﹣1）=10，，f（3）=18．

所以f（x）在[﹣1，3]上的最大值是f（3）=18，最小值是．

解：(1)∵,

∴,,

解得,

∴,.

.

(2)由(1)得,

∴.

令,

则,

∴函数在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增.

∴,

∵方程只有一个实根,

∴或.

解得或,

∴的取值范围是

解：（1）f'（x）=3x2﹣2ax+b，设切点为P（x0，y0），

则曲线y=f（x）在点P的切线的斜率k=f'（x0）=3x02﹣2ax0+b

由题意知f'（x0）=3x02﹣2ax0+b=0有解，

∴△=4a2﹣12b≥0，即a2≥3b．

（2）若函数f（x）可以在x=﹣1和x=3处取得极值，

则f'（x）=3x2﹣2ax+b有两个解x=﹣1和x=3，且满足a2≥3b，

利用韦达定理得a=3，b=﹣9．

（3）由（2）得f（x）=x3﹣3x2﹣9x+c根据题意，

c＞x3﹣3x2﹣9x（x∈[﹣2，6]）恒成立，

令函数g（x）=x3﹣3x2﹣9x（x∈[﹣2，6]），

由g′（x）=3x2﹣6x﹣9，

令g′（x）=0得出x=﹣1或3，

当x∈[﹣2，﹣1）时，g′（x）＞0，g（x）在x∈[﹣2，﹣1）上单调递增，

当x∈（﹣1，3）时，g′（x）＜0，g（x）在x∈（﹣1，3）上单调递减，

当x∈（﹣1，6）时，g′（x）＞0，g（x）在x∈（﹣1，6）上单调递增，

因此，g（x）在x=﹣1时有极大值5，且g（6）=54，g（﹣2）=﹣2．

∴函数g（x）=x3﹣3x2﹣9x（x∈[﹣2，6]）的最大值为54，所以c＞54．

解：（Ⅰ）f'（x）=3x2+6ax+3﹣6a

由f（0）=12a﹣4，f'（0）=3﹣6a，

可得曲线y=f（x）在x=0处的切线方程为y=（3﹣6a）x+12a﹣4，

当x=2时，y=2（3﹣6a）+12a﹣4=2，可得点（2，2）在切线上

∴曲线y=f（x）在x=0的切线过点（2，2）

（Ⅱ）由f'（x）=0得   x2+2ax+1﹣2a=0…（1）

方程（1）的根的判别式

①当时，函数f（x）没有极小值

②当或时，由f'（x）=0得

故x0=x2，由题设可知

（i）当时，不等式没有实数解；

（ii）当时，不等式化为，

解得

综合①②，得a的取值范围是

解：（1）∵f（x），g（x）的图象过P（2，0），

∴f（2）=0 即2×23+a×2=0，a=﹣8.

∴f（x）=2x3﹣8x f ′（x）=6x2﹣8，g′（x）=2bx

f ′（2）=6×4﹣8=16

又g′（2）=4b ，16=4b ∴b=4

∴g（x）=4x2+c 把（2，0）代入得：0=16+c，

∴c=﹣16 ∴g（x）=4x2﹣16，

综上 a=﹣8，b=4，c=﹣16

（2）F（x）=2x3+4x2﹣8x﹣16，F′（x）=6x2+8x﹣8，

解不等式 得x≤﹣2或x ．即函数的调增区间为：（﹣∞，﹣2]，[ ，+∞）

同理，由F′（x）≤0，得﹣2≤x≤ ，即函数的减区间为 ：

因此，当﹣2＜m≤﹣8m﹣16；

m＞．

解：（Ⅰ）当a=2时，，，f（1）=2，，

所以曲线y=f（x）在x=1处的切线方程为y=-x+3；

（Ⅱ）存在，使得成立，等价于：

考察，）

由上表可知：

，

所以满足条件的最大整数M=4；

（Ⅲ）解法一：对任意的s，t∈，都有f（s）≥g（t）成立，

等价于：在区间上，函数f（x）的最小值不小于g（x）的最大值，

由（2）知，在区间上，g（x）的最大值为g（2）=1。

f（1）=a≥1，下证当a≥1时，在区间上，函数f（x）≥1恒成立。

当a≥1且时，，

记，，

当，；当

所以函数h（x）=在区间上递减，在区间(1，2]递增，

，即，所以当且时，成立，

即对任意s，t，都有；

解法二：当时，恒成立，

等价于恒成立，记，，

记，，由于，

所以在上递减，当时，，

时，，即函数h（x）=在区间上递增，在区间上递减，

所以，所以a≥1。

解：（1）因为f（1）=b，由点（1，b）在x+y=1上，可得1+b=1，即b=0

因为f′（x）=anxn-1-a（n+1）xn，所以f′（1）=-a．

又因为切线x+y=1的斜率为-1，

所以-a=-1，即a=1，

故a=1，b=0 。

（2）由（1）知，f（x）=xn（1-x），则有f′（x）=（n+1）xn-1（-x），

令f′（x）=0，解得x=在（0，）上，导数为正，

故函数f（x）是增函数；在（，+∞）上导数为负，故函数f（x）是减函数；

故函数f（x）在（0，+∞）上的最大值为f（）=（）n（1-）=。

（3）令φ（t）=lnt-1+，则φ′（t）=-=（t＞0）

在（0，1）上，φ′（t）＜0，故φ（t）单调减；

在（1，+∞），φ′（t）＞0，故φ（t）单调增；

故φ（t）在（0，∞）上的最小值为φ（1）=0，

所以φ（t）＞0（t＞1）

则lnt＞1-，（t＞1），

令t=1+，得ln（1+）＞，

即ln（1+）n+1＞lne

所以（1+）n+1＞e，

即＜

由（2）知，f（x）≤＜，

故所证不等式成立。

解：（1），x＞0，

令，

∴，

∴f（x）在为增函数，

同理可得f（x）在为减函数，

故时，f（x）最大值为，

当时，f（x）最大值为，

综上：．

（2）∵f（x）在[1，2]上为减函数

∴x∈[1，2]有x+a＞0恒成立a＞﹣1且恒成立，而在[1，2为减函数]，

∴，又a＞﹣1

故为所求．

（3）设切点为P（x0，x0），

则，

且，

∴，即：，

再令h（x）=x+x2+ln（1+2x），，

∴，

∴h（x）在为增函数，又h（0）=0，

∴h（x0）=0x0=0．

则 a=1为所求．

解：（Ⅰ） ，

；

（Ⅱ），

，

，

依题意，；

（Ⅲ）只须求得y=f（x）在[-1，3]上的max，

，

，

∴，

∴，

∴。

（1 ）由可得，

当时，，，

所以 曲线在点处的切线方程为，即。 

（2）令，解得或，

当，即时，在区间上，，

所以是 上的增函数，

所以的最小值为＝；

当，即时，随的变化情况如下表

由上表可知函数f（x）的最小值为。

解：（1）f′（x）=x2﹣2ax+a2﹣1，

∵（1，f（1））在x+y﹣3=0上，

∴f（1）=2，

∵（1，2）在y=f（x）上，

∴2=﹣a+a2﹣1+b，

又f′（1）=﹣1，

∴a2﹣2a+1=0，

解得a=1，b=．

（2）∵f（x）=x3﹣x2+，

∴f′（x）=x2﹣2x，

由f′（x）=0可知x=0和x=2是f（x）的极值点，所以有

所以f（x）的单调递增区间是（﹣∞，0）和（2，+∞），单调递减区间是（0，2）．

∵f（0）=，f（2）=，f（﹣2）=﹣4，f（4）=8，

∴在区间[﹣2，4]上的最大值为8

解：（1）k=2，，

，

当x=2时，f′（2）=-1，

切线方程为x+y=1；

（2），得，

当k≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在定义域内单调递增，f（x）≤0不恒成立；

当k＞0时，函数f（x）在单调递增，在单调递减，

当时，f（x）取最大值，；

∴k≥1。

 解：（I）由点（e，f（e））处的切线方程与直线2x﹣y=0平行，

得该切线斜率为2，即f'（e）=2．

又∵f'（x）=a（lnx+1），

令a（lne+1）=2，a=1，

所以f（x）=xlnx．

（II）由（I）知f'（x）=lnx+1，

显然f'（x）=0时x=e﹣1

当时f'（x）＜0，所以函数上单调递减．

当时f'（x）＞0，所以函数f（x）在上单调递增，

①时，；

②时，函数f（x）在[n，n+2]上单调递增，

因此f（x）min=f（n）=nlnnn；

所以

（III）对一切x∈（0，e]，3f（x）≥g（x）恒成立，

又g（x）=x2﹣tx﹣2，

∴3xlnx≥x2﹣tx﹣2，即．

设，

则，

由h'（x）=0得x=1或x=2，

∴x∈（0，1），h'（x）＞0，h（x）单调递增，

x∈（1，2），h'（x）＞0，h（x）单调递减，

x∈（2，e），h'（x）＞0，h（x）单调递增，

∴h（x）极大值=h（1）=﹣1，且h（e）=e﹣3﹣2e﹣1＜﹣1，

所以h（x）max=h（1）=﹣1．

因为对一切x∈（0，e]，3f（x）≥g（x）恒成立，

∴t≥h（x）max=﹣1．

故实数t的取值范围为[﹣1，+∞）．

解：∵y=4﹣x2∴y'=﹣2x．

设M（m，4﹣m2），则过M点曲线C的切线斜率k=﹣2m．

∴切线方程y﹣（4﹣m2）=﹣2m（x﹣m）．

由x=0，得y=4+m2，B（0，4+m2）．

由y=0设△AOB的面积为S，则

∴

令

当上为减函数；

当上为增函数；

∴