热门试卷

解：(1)，依题意有，

即=-2，

∴，

令f′(x)＞0，得或，

从而f(x)的单调增区间为或。

(2)；

(3)由已知，

所以，

=2e-4，

由(2)知，对于函数y=g(x)图象上任意两点A，B，

在A，B之间一定存在一点C(c，g(c))，使得，

又g′(x)≥2e-4，故有，证毕。

解：（1）当m=3时，f(x)=x3-3x2+5x，f ′(x)=x2-6x+5，

因为f(2)=，f ′(2)=-3，

所以切点坐标为（2，），切线的斜率为-3．

则所求的切线方程为y-=-3(x-2)，即9x+3y-20=0。

（2）f ′(x)=x2-2mx+(m2-4)，

令f ′(x)=0，得x=m-2或x=m+2，

当x∈（-∞，m-2）时，f ′(x)＞0，f(x)在（-∞，m-2）上是增函数；

当x∈（m-2，m+2）时，f ′(x)＜0，f(x)在（m-2，m+2）上是减函数；

当x∈（m+2，+∞）时，f ′(x)＞0，f(x)在（m+2，+∞）上是增函数；

因为函数f(x)有三个互不相同的零点0，α ，β，且f(x)=x[x2-3mx+3(m2-4)]，

所以，

解得：m∈(-4，-2)∪(-2，2)∪(2，4)，

当m∈(-4，-2)时，m-2＜m+2＜0，所以α＜m-2＜β＜m+2＜0，

此时f(α)=0，f(1)＞f(0)=0，与题意不合，故舍去；

当m∈(-2，2)时，m-2＜0＜m+2，所以α＜m-2＜0＜m+2＜β，

因为对任意的x∈[α ，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，所以α＜1＜β，

所以f(1)为函数f(x)在[α ，β]上的最小值；

因为当x=m+2时，函数f(x)在[α ，β]上取最小值，所以m+2=1，即m=-1；

当m∈(2，4)时，0＜m-2＜m+2，所以0<α＜m-2＜m+2＜β，

因为对任意的x∈[α ，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，所以α＜1＜β，

所以f(1)为函数f(x)在[α ，β]上的最小值，

因为当x=m+2时，函数f(x)在[α ，β]上取最小值，所以m+2=1，即m=-1（舍去），

综上可知，m的取值范围是{-1}。

解：，

（Ⅰ）∵函数f（x）在x=-1时取到极值，

∴，

经检验a=-2函数f（x）在x=-1时取到极小值，

∴实数a的值-2；

（Ⅱ）由，

①当，由，

由，

∴函数f（x）的单调增区间为，单调减区间为；

②当，

同理可得函数f（x）的单调增区间为，单调减区间为。

（Ⅲ）假设存在满足要求的两点A，B，即在点A、B处的切线都与y轴垂直，则，

即，

∴，

又线段AB与x轴有公共点，

∴，

即，

又a＞1，

解得，

所以当时，存在满足要求的点A、B。

解：(Ⅰ)因为，

所以f′(x)=2ax+b，

又因为曲线y=f(x)通过点（0，2a+3），

故f(0)=2a+3，

而f(0)=c，

从而c=2a+3，

又曲线y=f(x)在（-1，f(-1)）处的切线垂直于y轴，

故f′(-1)=0，即-2a+b=0，

因此b=2a；

(Ⅱ)由(Ⅰ)得，

故当时，bc取得最小值，

此时有，

从而，

，

所以，

令g′(x)=0，解得，

当x∈（-∞，-2）时，g′(x)＜0，故g(x)在x∈（-∞，-2）上为减函数；

当x∈（-2，2）时，g′(x)＞0，故g(x)在x∈（-2，2）上为增函数；

当x∈（2，+∞）时，g′(x)＜0，故g(x)在x∈（2，+∞）上为减函数；

由此可见，函数g(x)的单调递减区间为（-∞，-2）和（2，+∞）；单调递增区间为（-2，2）。

解：(1)，

①当a≤0时，F′(x)＞0恒成立，F(x)在(0，+∞)上是增函数，F(x)只有一个单调递增区间(0，+∞)，没有最值；

②当a＞0时，，

若0＜x＜，则F′(x)＜0，F(x)在上单调递减；

若x＞，则F′(x)＞0，F(x)在上单调递增，

∴当x=时，F(x)有极小值，也是最小值，

即，

所以当a＞0时，F(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，最小值为-alna，无最大值；

(2)若f(x)与g(x)的图象有且只有一个公共点，则方程f(x)-g(x)=0有且只有一解，

所以函数F(x)有且只有一个零点，

由(1)的结论可知F(x)min=-alna=0得a=1，

此时，F(x)=，

∴，

∴f(x)与g(x)的图象的唯一公共点坐标为，

又，

∴f(x)与g(x)的图象在点处有共同的切线，其方程为，

即；

综上所述，存在a=1，使f(x)与g(x)的图象有且只有一个公共点，

且在该点处的公切线方程为。

解：(Ⅰ)，

当x∈和x∈时，f′(x)＜0；

当x∈和x∈时，f′(x)＞0；

因此，f(x)在区间和是减函数，

f(x)在区间和是增函数。

(Ⅱ)设点P的坐标为(x0，f(x0))，

由l过原点知，l的方程为y=f′(x0)x，

因此，f(x0)=x0f′(x0)，

即：x04-3x02+6-x0（4x03-6x0）=0，

整理得(x02+1)(x02-2)=0，解得或，

因此切线l的方程为或。

解：（1）=3ax2+2bx-3，

依题意，f′(1)=f′(-1)=0，

即解得a=1，b=0，

∴f（x）=x3-3x。

（2）∵f(x)=x3-3x，

∴f ′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1)，

当-1＜x＜1时，f ′(x)＜0，故f(x)在区间[-1，1]上为减函数，

fmax(x)=f(-1)=2，fmin(x)=f(1)=-2，

∵对于区间[-1，1]上任意两个自变量的值x1，x2，

都有|f(x1)-f(x2)|≤|fmax(x) -fmin(x)|，

∴ |f(x1)-f(x2)|≤|fmax(x)-fmin(x)|=2-(-2)=4。

（3）f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1)，

∵曲线方程为y=x3-3x，

∴点A（1，m）不在曲线上，

设切点为M（x0，y0），则点M的坐标满足，

因，故切线的斜率为，

整理得，

∵过点A（1，m）可作曲线的三条切线，

设，则，

由，得x0=0或x0=1，

∴g(x0)在（-∞，0），（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减，

∴函数的极值点为x0=0，x0=1，

∴关于x0方程有三个实根的充要条件是，解得-3＜m＜-2，

故所求的实数a的取值范围是-3＜m＜-2。

解：（1）根据图象可知，我们只需要考虑，

此时g（x）=ax﹣sinx

所以g′（x）=a﹣cosx

当a≥1时，g′（x）≥0，易知函数g（x）单调增，

从而g（x）≥g（0）=0，符合题意；

当a≤0，g′（x）＜0，函数g（x）单调减，从而g（x）≤g（0） 不符合题意；

当0＜a＜1时，显然存在，使得g′（x）=0，且x∈[0，x0）时函数g（x）单调减，

从而g（x）≤g（0）=0，不符合题意．

综上讨论知a≥1．

（2）f（x）的图象与直线y=kx（k＞0）有且仅有三个公共点时如图所示，

且在内相切，其切点为A（α，﹣sinα），

由于f′（x）=﹣cosx，，

则

故．

解：（1）， 

方程的判别式，

当时，，，f（x）在（0，+∞）单调递增，

当时，方程有两个根均小于等于零，

，

在（0，+∞）单调递增，

当0，方程有一个正根，f（x）在单调递减，在单调递增，

综上，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）单调递增；

当0单调递减，f（x）在单调递增；

（2），恒成立

当时，取得最大值，

∴，

∴。