热门试卷

解析：（1）因为f′(x)＝x2－a，

当x＝1时，f(x)取得极值，所以f′(1)＝1－a＝0，a＝1.

又当x∈(－1,1)时，f′(x)＜0，x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，

所以f(x)在x＝1处取得极小值，即a＝1符合题意。

（2）当a≤0时，f′(x)＞0对x∈(0,1)成立，

所以f(x)在[0,1]上单调递增，f(x)在x＝0处取最小值f(0)＝1，

当a＞0时，令f′(x)＝x2－a＝0，x1＝－，x2＝，

当0＜a＜1时，＜1，

x∈(0，)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，

x∈(，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，

所以f(x)在x＝处取得最小值f()＝1－.

当a≥1时，≥1，

x∈[0,1]时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，

所以f(x)在x＝1处取得最小值f(1)＝－a.

综上所述，

当a≤0时，f(x)在x＝0处取最小值f(0)＝1；

当0＜a＜1时，f(x)在x＝处取得最小值f()＝1－；

当a≥1时，f(x)在x＝1处取得最小值f(1)＝－a.

（3）因为∀m∈R，直线y＝－x＋m都不是曲线y＝f(x)的切线，

所以f′(x)＝x2－a≠－1对x∈R成立，

只要f′(x)＝x2－a的最小值大于－1即可，

而f′(x)＝x2－a的最小值为f(0)＝－a，

所以－a＞－1，即a＜1.

所以a的取值范围是(－∞，－1)。

解析：（1），由是的极值点得，

即，所以，　　　       ………………………………２分

于是，，

由知 在上单调递增，且，

所以是的唯一零点。          ……………………………４分

因此，当时，；当时，，所以，函数 在上单调递减，在上单调递增。  ……………………………６分

（2）解法一：当，时，，

故只需证明当时，＞，　………………………………８分

当时，函数在上单调递增，

又，

故在上有唯一实根，且。…………………10分

当时，；当时，，

从而当时， 取得最小值且。

由得,。…………………………………12分

故

==。

综上，当时，，　…………………………14分

解法二：当，时，，又,所以

，　   ………………………………………８分

取函数，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，得函数在时取唯一的极小值即最小值为，　……12分

所以，而上式三个不等号不能同时成立，故＞。…………………………………14分

（1）由得

得，所以                  

所以  ，所以                      

（2） 因为b＝2c.所以cos A＝＝＝，解得c＝,

所以S△ABC＝＝

（1），令可得，

易得单调减区间为，增区间为.

（2）当时，由，可得恒成立，

令，则，

，。

（ⅰ）当时，恒成立，所以在上是增函数，

所以当时，满足题意，则。

（ⅱ）当时，令解得。

当时，在上是减函数

当时，，不合题意，舍去。

综上可得实数的取值范围。

（3）由已知，对于函数，有,所以函数在上递减，在上递增。因为有3个极值点。从而所以。

当时，，，

∴ 函数的递增区间有和，递减区间有，，，

此时，函数有3个极值点，且；

∴当时，是函数的两个零点，

即有，消去有。令，

则有零点，且。所以函数在上递减，在递增。

要证明：，

又因为，所以即证，

构造函数，因为，只需证明单调递减即可。而，又。

所以在上单调递增，所以 ，

∴当时，。

解析：（1）。

①当时，对恒成立，即在为单调递增函数；

又，即对恒成立。…………………………1分

②当时，令，得。

当 时，，单调递减；

当 时，，单调递增。

若对任意恒成立，则只需…………………………3分

又，，即在区间上单调递减；又注意到。故在区间上恒成立.即时,满足的不存在。

综上：…………………………………5分

（2）当时，，，易得，

即对任意恒成立。………………………………7分

取，有，即。

………………………………………9分

相加即得：。

即。

故

即，时，恒有    

…………………………12分

（1），由

知，解得，          

检验可知，满足题意。。                     

（2）假设存在实数k，使得函数在上单调递减。

设=0两根为，则

由得    的递减区间为

由  解得   的递减区间为

由条件有，解得，                  

函数在上单调递减

由

所以，存在实数，满足题意。

（1）方法一　∵g(x)＝x＋≥2＝2e，

等号成立的条件是x＝e.

故g(x)的值域是[2e，＋∞)。

因而只需m≥2e，则g(x)＝m就有实根。

方法二　作出g(x)＝x＋的图像如图。

可知若使g(x)＝m有实根，则只需m≥2e.

方法三　解方程由g(x)＝m，得x2－mx＋e2＝0.

此方程有大于零的根，故

等价于故m≥2e.

（2）若g(x)－f(x)＝0有两个相异的实根，即g(x)＝f(x)中函数g(x)与f(x)的图像有两个不同的交点。

作出g(x)＝x＋(x>0)的图像。

∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1＝－(x－e)2＋m－1＋e2，

其对称轴为x＝e，开口向下，最大值为m－1＋e2.

故当m－1＋e2>2e，即m>－e2＋2e＋1时，

g(x)与f(x)有两个交点，

即g(x)－f(x)＝0有两个相异实根。

∴m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)， 

（1）证明：由

得函数的最小值为3，从而，所以成立.      (5分)

（2）由绝对值的性质得，

所以最小值为，从而，解得，因此的最大值为. （10分）

（1）∵f(x)为奇函数，

∴f(－x)＝－f(x)，即－ax3－bx＋c＝－ax3－bx－c.

∴c＝0，∵f′(x)＝3ax2＋b的最小值为－12，∴b＝－12.

又直线x－6y－7＝0的斜率为，

因此，f′(1)＝3a＋b＝－6.

∴a＝2，b＝－12，c＝0.           

（2）单调递增区间是(－∞，-)和(，＋∞)，

f(x)在[－1,3]上的最大值是18，最小值是－8