热门试卷

证明：（1）设函数f1(x)＝x3－(a＋5)x(x≤0)，f2(x)＝(x≥0)，

①f1′(x)＝3x2－(a＋5)，由a∈[－2,0]，

从而当－1＜x＜0时，f1′(x)＝3x2－(a＋5)＜3－a－5≤0，所以函数f1(x)在区间(－1,0]内单调递减．

②f2′(x)＝3x2－(a＋3)x＋a＝(3x－a)(x－1)，由于a∈[－2,0]，所以当0＜x＜1时，f2′(x)＜0；当x＞1时，f2′(x)＞0.即函数f2(x)在区间[0,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增．

综合①，②及f1(0)＝f2(0)，可知函数f(x)在区间(－1,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增．

（2）由（1）知f′(x)在区间(－∞，0)内单调递减，在区间内单调递减，在区间内单调递增．

因为曲线y＝f(x)在点Pi(xi，f(xi))(i＝1,2,3)处的切线相互平行，

从而x1，x2，x3互不相等，

且f′(x1)＝f′(x2)＝f′(x3)．不妨设x1＜0＜x2＜x3，

由－(a＋5)＝－(a＋3)x2＋a＝－(a＋3)x3＋a，

可得－(a＋3)(x2－x3)＝0，解得x2＋x3＝，从而0＜x2＜＜x3.

设g(x)＝3x2－(a＋3)x＋a，则＜g(x2)＜g(0)＝a.

由－(a＋5)＝g(x2)＜a，解得＜x1＜0，

所以x1＋x2＋x3＞，

设t＝，则a＝，

因为a∈[－2,0]，所以t∈，

故x1＋x2＋x3＞，即x1＋x2＋x3＞.

（1）当 x∈[﹣，]时，由图象知：A=2，

∴T=2π，故ω=1

又f（x）=Asin（ωx+φ）过，

∴

∴

∵函数y=f （x）的图象关于直线对称，

∴

当时，，

∴

∴f（x）=

（2）∵，

∴由得：

因此，，

∴

=

（1）∵f′（x）=﹣，

∴函数f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率k=f′（1）=2﹣，

∵函数f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线y﹣4x+1=0垂直，

∴2﹣=﹣，∴m=9；

（2）依题意不等式2lnx+≥1在x≥1时恒成立，即m≥x+1﹣2（x+1）lnx在x≥1时恒成立．令g（x）=x+1﹣2（x+1）lnx（x≥1），则g′（x）=1﹣[2lnx+]=﹣，

∴x≥1时，g′（x）＜0，∴函数g（x）在[1，+∞）时为减函数，∴g（x）≤g（1）=2，∴m≥2

即实数m的取值范围是[2，+∞）．

（1）由题意得：A（1，1），

又f′（x）=2x﹣，∴f′（x）=2﹣m，

∵f（x）在A点的切线与y轴垂直，

∴f′（1）=0，∴2﹣m=0，∴m=2；

（2）∵f′（x）=2x﹣=，（x＞0），

∴若m≤0则f（x）在（0，+∞）单调递增，

若m＞0，由f′（x）＞0，可得x＞或x＜﹣（舍），

由f′（x）＜0可得0＜x＜，

∴m＞0时，f（x）的递增区间是（，+∞），递减区间是（0，），

综上可得：m≤0时，f（x）增区间为（0，+∞），无减区间，

m＞0时，f（x）的递增区间是（，+∞），递减区间是（0，）；

（3）易知f（x），h（x）的公共定域为（0，+∞），

∵在（0，+∞）上，h（x）的递增区间是（，+∞），递减区间是（0，），

∴若存在实数m使函数f（x），h（x）在公共定域上具有相同的单调性，

再由（2）可得m=0且=，解得：m=，

令g（a）=m+a3﹣6a+，

则g（a）=a3+a2﹣6a+，（a＞0），

∴g′（a）=a2+a﹣6，（a＞0），

由g′（a）＞0，解得：a＜﹣3，（舍），或a＞2，

由g′（a）＜0，解得：0＜a＜2，

∴g（a）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增；

∴g（a）min=f（2）=+2﹣12+=0，

∴g（a）≥g（2）=0，即m≥﹣a3+6a﹣