热门试卷

由已知，函数的定义域为，

，

所以.

当时，在区间上单调递增，

在区间上单调递减；

当时，在区间上单调递增.

由，解得.

令.

则，.

故存在，使得.

令，.

由知，函数在区间上单调递增.

所以.

即.

当时，有，.

由（1）知，函数在区间上单调递增.

故当时，有，从而；

当时，有，从而；

所以，当时，.

综上所述，存在，使得在区间内恒成立，且在内有唯一解.

（Ⅰ），

由x = e是f(x)的极值点，得，解得 或，

经检验，符合题意，所以或；

（Ⅱ）由已知得方程只有一个根，

即曲线f(x)与直线只有一个公共点。

易知，设，

①当时，易知函数f(x)在上是单调递增的，满足题意；

②当时，易知h(x)是单调递增的，又，，

∴，，

当时，>0，∴f(x)在上单调递增，

同理f(x)在上单调递减，在上单调递增，

又极大值，所以曲线f(x) 满足题意；

③当a>1时，，，

∴，，即，得，

可得f(x) 在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

又，若要曲线f(x) 满足题意，只需，即，

所以，由知，且在[1,+∞)上单调递增，

由，得，因为在[1,+∞)上单调递增，

所以；

综上知，。

解：

根据函数的图象可得, 在上单调递减, 在上单调递增. ---6分

解：

(1).当时,令,可得,

(因为所以舍去)  

所以,

在上是减函数,所以.      

(2).当时,令,则可得是方程的两个根,

所以,  

综合(1)(2)得, .         

试题分析：本题属于导数应用中的基本问题，题目的难度是逐渐由易到难，（1）求导，然后算出在切点处的导数值，求出切线方程；当 时，，.  .又，∴曲线在点处的切线方程为．

试题分析本题属于导数应用中的基本问题，题目的难度是逐渐由易到难，要注意对参数的讨论。∵，∴.

因为，，于是当时，，当时，.

所以在上是增函数，在上是减函数.  所以   讨论函数的零点情况如下．

①，即时，函数无零点，在上也无零点；…7分

②当，即时，函数在内有唯一零点，而 ，∴在内有一个零点；③当，即时，由于，    ，当时，即时，

，，由单调性可知，函数 在内有唯一零点、在内有唯一零点满足，在内有两个零点；当时，即时，，而且，由单调性可知，无论还是，在内有唯一的一个零点，在内没有零点，从而在内只有一个零点； 综上所述，有：当时，函数无零点；当或时，函数有一个零点；当时，函数有两个零点.

的定义域为，

①当时，. 由得或. ∴当，时，单调递减.  ∴的单调递减区间为,.

②当时，恒有，∴单调递减.  ∴的单调递减区间为.

③当时，. 由得或.∴当，时，单调递减.  ∴的单调递减区间为,.

综上，当时，的单调递减区间为,；

当时，的单调递减区间为；

当时，的单调递减区间为,.

在上有零点，

即关于的方程在上有两个不相等的实数根.

令函数.则.

令函数. 则在

上有.  故在上单调递增.

， 当时，有即.∴单调递减；

当时，有即，∴单调递增.

，，

的取值范围为

（1）∵f（x）=x3+ax2+b，

∴f′（x）=3x2+2ax，

令f′（x）=0，可得x=0或﹣．

a=0时，f′（x）＞0，∴f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增；

a＞0时，x∈（﹣∞，﹣）∪（0，+∞）时，f′（x）＞0，x∈（﹣，0）时，f′（x）＜0，

∴函数f（x）在（﹣∞，﹣），（0，+∞）上单调递增，在（﹣，0）上单调递减；

a＜0时，x∈（﹣∞，0）∪（﹣，+∞）时，f′（x）＞0，x∈（0，﹣）时，f′（x）＜0，

∴函数f（x）在（﹣∞，0），（﹣，+∞）上单调递增，在（0，﹣）上单调递减；

（2）由（1）知，函数f（x）的两个极值为f（0）=b，f（﹣）=+b，则函数f（x）有三个不同的零点等价于f（0）f（﹣）=b（+b）＜0，

∵b=c﹣a，

∴a＞0时，﹣a+c＞0或a＜0时，﹣a+c＜0．

设g（a）=﹣a+c，

∵函数f（x）有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），

∴在（﹣∞，﹣3）上，g（a）＜0且在（1，）∪（，+∞）上g（a）＞0均恒成立，

∴g（﹣3）=c﹣1≤0，且g（）=c﹣1≥0，

∴c=1，

此时f（x）=x3+ax2+1﹣a=（x+1）[x2+（a﹣1）x+1﹣a]，

∵函数有三个零点，

∴x2+（a﹣1）x+1﹣a=0有两个异于﹣1的不等实根，

∴△=（a﹣1）2﹣4（1﹣a）＞0，且（﹣1）2﹣（a﹣1）+1﹣a≠0，

解得a∈（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），

综上c=1．