热门试卷

f′(x)=-a-=，x＞-1，（2分）

（I）由题意可得f′(1)==-2，解得a=3，（3分）

因为f（1）=ln2-4，此时在点（1，f（1））处的切线方程为y-（ln2-4）=-2（x-1），

即y=-2x+ln2-2，与直线l：y=-2x+1平行，故所求a的值为3．（4分）

（II）令f'（x）=0，得到x1=-2，x2=0，

由a≥可知-2≤0，即x1≤0．（5分）

①即a=时，x1=-2=0=x2

所以，f′(x)=-≤0，x∈(-1，+∞)，（6分）

故f（x）的单调递减区间为（-1，+∞）．（7分）

②当＜a＜1时，-1＜-2＜0（6分），即-1＜x1＜0=x2，

所以，在区间(-1，-2)和（0，+∞）上，f′（x）＜0；（8分）

在区间(-2，0)上，f′（x）＞0．（9分）

故f（x）的单调递减区间是(-1，-2)和（0，+∞），单调递增区间是(-2，0)．（10分）

③当a≥1时，x1=-2≤-1，

所以，在区间（-1，0）上f'（x）＞0；（11分）

在区间（0，+∞）上f'（x）＜0，（12分）

故f（x）的单调递增区间是（-1，0），单调递减区间是（0，+∞）．（13分）

综上讨论可得：

当a=时，函数f（x）的单调递减区间是（-1，+∞）；

当＜a＜1时，函数f（x）的单调递减区间是(-1，-2)和（0，+∞），单调递增区间是(-2，0)；

当a≥1时，函数f（x）的单调递增区间是（-1，0），单调递减区间是（0，+∞）．

（1）∵f(x)=x3+ax2-bx+1(x∈R，a，b为实数)

∴f′（x）=x2+2ax-bx

∵f′（1）=1+2a-b=1即b=2a①

∵函数f（x）有极值

故方程x2+2ax-bx=0有两个不等实根

∴△=4a2+4b＞0即a2+b＞0②

由①②得a2+2a＞0解得a＜-2或a＞0

故a的取值范围为（-∞，-2）∪（0，+∞）

（2）∵y=f（x）在区间[-1，2]上是单调减函数

∴f′（x）=x2+2ax-bx≤0在区间[-1，2]上恒成立

∴f′（-1）≤0且f′（2）≤0即

所以a+b的最小值为

（Ⅰ）若a=3，b=-9，

则f'（x）=3x2-2ax+b=3x2-6x-9=3（x+1）（x-3）．

令f/（x）＞0，即3（x+1）（x-3）＞0．则x＜-1或x＞3．

∴f（x）的单调增区间是（-∞，-1），（3，+∞）．

令f/（x）＜0，即3（x+1）（x-3）＜0．则-1＜x＜3．

∴f（x）的单调减区间是（-1，3）．

（Ⅱ）f'（x）=3x2-2ax+b，设切点为P（x0，y0），

则曲线y=f（x）在点P处的切线的斜率k=f'（x0）=3x02-2ax0+b．

由题意，知f'（x0）=3x02-2ax0+b=0有解，

∴△=4a2-12b≥0即a2≥3b．

（I）依题意：h（x）=lnx+x2-bx．

∵h（x）在（0，+∞）上是增函数，

∴h′(x)=+2x-b≥0对x∈（0，+∞）恒成立，

∴b≤+2x，∵x＞0，则+2x≥2．

∴b的取值范围是(-∞，2]．

（II）设t=ex，则函数化为y=t2+bt，t∈[1，2]．

∵y=(t+)2-．

∴当-≤1，即-2≤b≤2时，函数y在[1，2]上为增函数，

当t=1时，ymin=b+1；当1＜-＜2，即-4＜b＜-2时，当t=-时，ymin=-；

当-≥2，即b≤-4时，函数y在[1，2]上是减函数，

当t=2时，ymin=4+2b．

综上所述：φ(x)=

（III）设点P、Q的坐标是（x1，y1），（x2，y2），且0＜x1＜x2．

则点M、N的横坐标为x=．

C1在点M处的切线斜率为k1=|x=x1+x22=．

C2在点N处的切线斜率为k2=ax+b|x=x1+x22=+b．

假设C1在点M处的切线与C2在点N处的切线平行，则k1=k2．

即=+b．则=+b(x2-x1)=(+bx2)-(+bx1)

=y2-y1=lnx2-lnx1=ln，

∴ln==设u=＞1，则lnu=，u＞1，（1）

令r(u)=lnu-，u＞1，则r′(u)=-=，

∵u＞1，∴r′（u）＞0，

所以r（u）在[1，+∞）上单调递增，

故r（u）＞r（1）=0，则lnu＞，与（1）矛盾！

（Ⅰ）f(x)=ax3-x2+bx+1，

f'（x）=ax2-x+b，

∴f'（1）=a-1+b=0，

∴b=1-a．

（Ⅱ）f'（x）=ax2-x+1-a=（x-1）[ax-（1-a）]．

∵a＜，

（1）当a=0时，f'（x）=1-x，f（x）的递增区间为（-∞，1），递减区间为（1，+∞）；

（2）当a≠0时，f′(x)=(x-1)[ax-(1-a)]=a(x-1)[x-(-1)]，

若0＜a＜，则-1＞1，

由f'（x）＞0得(x-1)[x-(-1)]＞0，

∴x＞-1或x＜1；

由f'（x）＜0得1＜x＜-1；

∴f（x）的递增区间为（-∞，1）和(-1，+∞)，递减区间为(1，-1)．

若a＜0，则-1＜1，

由f'（x）＞0得(x-1)[x-(-1)]＜0，

∴-1＜x＜1．

由f'（x）＜0得x＞1或x＜-1，

∴f（x）的递增区间为(-1，1)，递减区间为(-∞，-1)和（1，+∞）．

综上所述，当0＜a＜时，f（x）的递增区间为（-∞，1）和(-1，+∞)，递减区间为(1，-1)；

当a=0时，f（x）的递增区间为（-∞，1），递减区间为（1，+∞）；

当a＜0时，f（x）的递增区间为(-1，1)，递减区间为(-∞，-1)和（1，+∞）．

（Ⅲ）当a=-3时，f(x)=-x3-x2+4x+1，

由（Ⅱ）知，函数f（x）在x∈[1，2]为减函数，

∴x∈[1，2]，f(x)max=f(1)=，f（x）min=f（2）=-1，

∴对∀x1，x2∈[1，2]，|f(x1)-f(x2)|≤f(x)max-f(x)min=，

即|f(x1)-f(x2)|≤．

（1）∵f′（x）=3ax2+2bx

∴由题意有∴

∴f（x）=x3+3x2

（2）∵g′（x）=3mx2+2x-1，

∴依据题意：当x∈（2，+∞）时，3mx2+2x-1≤0恒成立；

即：3m≤在x∈（2，+∞）时恒成立；令h(x)=，

易求得h(x)=在x∈（2，+∞）的最小值为-

∴a∈(-∞，-]

（Ⅰ）f′（x）=3x2-4x，由f′（x）=0得x1=0，x2=

当x在[-1，2]上变化时，f（x）和f′（x）的变化情况如下表

由表格可知，函数f（x）在[-1，2]上的最大值为1，最小值为-2．

（II）由（I）知：f′（x）=3x2-4x，

∴f/(x)∈[-，+∞)，即曲线上的点P处的切线的斜率的取值范围是[-，+∞)

∵直线2x+y+3=0的斜率为-2，且-2∉[-，+∞)

∴曲线上不存在点P，使得P处的切线平行于直线2x+y+3=0．

（1）f′(x)==，

∴f'（0）=-1，

直线l的方程为y=-x-1．

（2）由f′(x)==-1得，x=0，x=2，

又f（2）=5，

所以与l平行的切线的方程是y-5=-（x-2），

即y=-x+7．

解：（1）∵函数f（x）图象关于原点对称，

∴对任意实数x，都有f（﹣x）=﹣f（x）．

∴﹣ax3﹣2bx2﹣cx+4d=﹣ax3+2bx2﹣cx﹣4d，即bx2﹣2d=0恒成立．

∴b=0，d=0，即f（x）=ax3+cx．

∴f′（x）=3ax2+c．

∵x=1时，f（x）取极小值﹣ ．

∴f ′（1）=0且f（1）=﹣ ，

即3a+c=0且a+c=﹣ ．

解得a= ，c=﹣1．

（2）当x∈[﹣1，1]时，图象上不存在两点，使得过此两点处的切线互相垂直

证明：假设存在x1，x2，则f '（x1）f '（x2）=﹣1

所以（x12﹣1）（x22﹣1）=﹣1

因为x1，x2∈[﹣1，1]

所以x12﹣1，x22﹣1∈[﹣1，0]

因此（x12﹣1）（x22﹣1）≠﹣1

所以不存在．

（3）证明：∵f ′（x）=x2﹣1，由f ′（x）=0，得x=±1．

当x∈（﹣∞，﹣1）或（1，+∞）时，f ′（x）＞0；

当x∈（﹣1，1）时，f ′（x）＜0．

∴f（x）在[﹣1，1]上是减函数，且fmax（x）=f（﹣1）= ，fmin（x）=f（1）=﹣ ．

∴在[﹣1，1]上，|f（x）|≤ ．

于是x1，x2∈[﹣1，1]时，|f（x1）﹣f（x2）|≤|f（x）max﹣f（x）min|= + = ．

故x1，x2∈[﹣1，1]时，|f（x1）﹣f（x2）|≤ ．

解：（I）求导函数，可得 

∵x=1是函数f（x）的极值点，函数f（x）在x=2的切线平行于3x﹣4y+4=0，

 ∴f′（1）=0，f′（2）= 

∴ 

∴b=﹣ ，c= 

∴函数f（x）的解析式为 ；

（II） （x＞0）

①若c＜0，则f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，f（x）=0恰有两解，则f（1）＜0，即 

∴ 

②若0＜c＜1，则f极大（x）=f（c）=clnc+ ，f极小（x）=f（1）= 

∵b=﹣1﹣c，

∴f极大（x）=clnc ，f极小（x）= 

∴f（x）=0不可能有两解

③若c≥1，则f极小（x）=clnc ，f极大（x）= ，

∴f（x）=0只有一解

综上可知，实数c的取值范围为