热门试卷

解：（Ⅰ），

由图知，。

（Ⅱ），

，

令因为，

当 a＞0时，，

故函数F(x)的单调增区间是，单调减区间是；

当a＜0时，，故函数F(x)的单调增区间是(-1，+∞)；

当a=0时，，故函数F(x)的单调增区间是(-1，+∞)；

综上所述：当a＞0 时，函数F(x)的单调增区间是，单调减区间是；

当a≤0 时，函数F(x)的单调增区间是(-1，+∞)。

解：（Ⅰ），

要使f（x）在(0，1)上单调递增，

则x∈(0，1)时，f′（x）≥0恒成立，

∴≥0，

即当x∈(0，1)时，≥恒成立，

∴≥，即a的取值范围是[∞。

（Ⅱ）由，令f′（x）=0，得x=0或=，

∵a＞0，∴当x变化时，f′（x）、f（x）的变化情况如下表：

∴y极小值=f（0）=b=1，y极大值==+·+1=，

∴b=1，a=1，

故f（x）。

（Ⅲ）当x∈[0，1]时，tanθ=，

由θ∈[0，]，得0≤f′（x）≤1，

即x∈[0，1]时，0≤≤1恒成立，

当x0时，a∈R，

当x∈(0，1]时，由≥0恒成立，

由(Ⅰ)知≥，

由≤1恒成立，a≤(3x+)，

∴≤(等号在=时取得)；

综上，≤≤。

解：（1）由题意，，∴f(1)=2，

即，

∵切线x+y-3=0的斜率为-1，

∴，即，即a=1，

代入，解得：。

（2）因为函数f(x)在区间（-1，1）上不单调，所以方程f′(x)=0在（-1，1）上有解，

因为，

所以-1＜a-1＜1或-1＜a+1＜1，

∴。

解：（Ⅰ）∵函数，的图象都过点（t，0），

∴，即，

∵t≠0，

∴，

∵

∴，

又∵，在点（t，0）处有相同的切线，

∴而

∴，

将代入上式，得b=t，

∴c=ab=-t3，

故，b=t，c=-t3。

（Ⅱ），

∵函数在在（-1，3）上单调递减，

∴在（-1，3）上恒成立，

∴即，

解得：t≤-9或t≥3，

∴t的取值范围是

解：，

（Ⅰ），解得；

（Ⅱ），

①当a≤0时，，

在区间（0，2）上，f′（x）＞0；在区间（2，+∞）上f′（x）＜0，

故f（x）的单调递增区间是（0，2），单调递减区间是（2，+∞）；

②当，

在区间（0，2）和上，f′（x）＞0；在区间上f′（x）＜0，

故f（x）的单调递增区间是（0，2）和，单调递减区间是；

③当，

故f（x）的单调递增区间是（0，+∞）；

④当，

在区间和（2，+∞）上，f′（x）＞0；在区间上f′（x）＜0，

故f（x）的单调递增区间是和（2，+∞），单调递减区间是。

解：(Ⅰ)，

由，得b=4，c=5，

∴。

(Ⅱ)，

设g(x)=-2x2-(4-b)x+2b+1，

∵△＞0恒成立，故g(x)=0必有两根，

∵f（x）在区间[0，2]上单调递减，

∴g(x)在[0，2]上值恒非正，

∴或，解得，

故当时，f（x）在区间[0，2]上单调递减。

解：（Ⅰ）由已知，可得，

函数的定义域为，

则，

由可得在区间单调递增；

由可得在（0，1）上单调递减。

（Ⅱ）由题意，知对任意恒成立，

即有对任意恒成立，即，

令，

即，

所以，实数a的最小值为。

解：（1）因为函数，的图象都过点（t，0），

所以，

即

因为

所以

又因为，在点（t，0）处有相同的切线，所以

而

所以

将代入上式得

因此

故，，。

（2）

当时，函数单调递减

由，若

则

若，则

由题意，函数在（-1，3）上单调递减

则或

所以或

即或

又当时，函数在（-1，3）上单调递减

所以t的取值范围为。

解：(Ⅰ)，

由，得b=4，c=5，

∴。

(Ⅱ)，

设g(x)=-2x2-(4-b)x+2b+1，

∵△＞0恒成立，故g(x)=0必有两根，

∵f（x）在区间[0，2]上单调递减，

∴g(x)在[0，2]上值恒非正，

∴或，解得，

故当时，f（x）在区间[0，2]上单调递减。