热门试卷

解：(Ⅰ)当时，可化为，由此可得或；

故不等式的解集为或；（4分）

(Ⅱ)由得，

此不等式化为不等式组或即  或

因为，所以不等式组的解集为，由题设可得= ，故．

（10分）

略

(1)   

(2)增区间：） 减区间：

略

解：（Ⅰ），

所以在单调递减. ………………………………………（4分）

（Ⅱ）有唯一实数解.…………………………………（6分）

当时，由，得

.

（1）若，则.

(2) 若，则.

(3) 若且时，则.

①当时，.

②当时，.

综合（1）,（2）, （3），得，即在单调递减.

又>0，

，

所以在有唯一实数解，从而在有唯一实数解.

综上，有唯一实数解. ………………………………………………（14分）

略

解：（I）由已知，，所以，

所以函数在处的切线方程为

（II）解1:①当时，，满足在上，且在上，所以当时满足题意；

②当时，是恒过点，开口向下且对称轴的抛物线，由二次函数图象分析可得在上，且在上的充要条件是 解得，即

综上讨论可得

解2：由已知可得在上，且在上，

即在上成立且在成立；

因为在上，在上

所以

（III）当时，

由题意可得，总存在使得成立，即

成立，因为，当时，

，所以，解得

所以的最小值为

略

  （1）解：求的导数：，由此切线l的方程为

．…………………………………3分

（2）证明：依题意，切线方程中令y＝０，

.

①x2

所以x2,当且仅当x1时等号成立.……………8分

②若x1,则, x2- x1­=，

且由x2，所以＜x2＜x1．……………………………13分

略

⑵

设

由题意知在有两相异实根

即的取值范围是

略

（Ⅰ）证明见解析。

（Ⅱ）当,此时无极小值；

当的极小值为,此时无极大值；

当既无极大值又无极小值。

(Ⅰ)证明：因为所以′(x)=x2+2x,

由点在函数y=f′(x)的图象上,

又所以

所以,又因为′(n)=n2+2n,所以,

故点也在函数y=f′(x)的图象上.

(Ⅱ)解:,

由得.

当x变化时,﹑的变化情况如下表:

注意到,从而

①当,此时无极小值；

②当的极小值为,此时无极大值；

③当既无极大值又无极小值。

（1）当b=1时f'（x）=3ax2+2x-1，f（x）在（2，+∞）上存在单调递增区间，即f'（x）在（2，+∞）上存在区间使f'（x）＞0．

①a＞0时，f'（x）=3ax2+2x-1是开口向上的抛物线．

显然f'（x）在（2，+∞）上存在区间，使f'（x）＞0即a＞0适合．

②a＜0时，f'（x）=3ax2+2x-1是开口向下的抛物线．

要使f'（x）在（2，+∞）上存在区间有f'（x）＞0，则f'（x）=3ax2+2x-1=0在（2，+∞）上有一解或两解．

即f'（2）＞0或⇒a＞-或无解，

又a＜0∴a∈(-，0)

综合得a∈(-，0)∪(0，+∞)

（2）不存在实数a，b，c满足条件．

事实上，由f（x1）=f（x2）得：a（x13-x23）+b（x12-x22）-（x1-x2）=0

∵x1≠x2∴a（x12+x1x2+x22）+b（x1+x2）-1=0

又f'（x）=3ax2+2bx-1

∴f′()=3a()2+2b•-1

=3a•+1-a(+x1x2+)-1=-(x1-x2)2

∵a≠0且x1-x2≠0∴f′()≠0

故不存在实数a，b，c满足条件．