热门试卷

（I）f′（x）=3x2-3a∈[-3a，+∞），

∵对任意的实数m，直线x+y+m=0都不与曲线f（x）=x3-3ax（a∈R）相切，

∴-1∉[-3a，+∞），∴-3a＞-1，∴实数a的取值范围为a＜；

（II）存在，证明：问题等价于当x∈[-1，1]时，|f（x）|max≥，

设g（x）=|f（x）|，则g（x）在[-1，1]上是偶函数，

故只要证明当x∈[0，1]时，|f(x)|max≥，

①当a≤0时，f′（x）=3x2-3a≥0，f（x）在[0，1]上单调递增，且f（0）=0，g（x）=f（x），

g（x）max=f（1）=1-3a＞1＞；

②当0＜a＜时，f′（x）=3x2-3a=3（x+）（x-），

令f′（x）＜0，得0＜x＜，令f′（x）＞0得＜x＜1，

∴f（x）在[0，]上单调递减，在[，1]上单调递增，

注意到f(0)=f()=0，且＜＜1，

∴x∈（0，）时，g（x）=-f（x），x∈（，1]时，g（x）=f（x），

∴g（x）max=max{f（1），-f（）}，

由f(1)=1-3a≥及0＜a＜，解得0＜a≤，此时-f()≤f(1)成立．

∴g(x)max=f(1)=1-3a≥．

由-f()=2a≥及0＜a＜，解得≤a＜，此时-f()≥f(1)成立．

∴g(x)max=-f()=2a≥．

∴在x∈[-1，1]上至少存在一个x0，使得|f（x0）|≥成立，

即当x∈[-1，1]时，函数y=f（x）的图象上至少存在一点P，使得点P到x轴的距离不小于．

解：(1)f(x)的定义域为(0，+∞)，

令，解得x=1，

当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)在(0，1)内是增函数；

当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)在(1，+∞)内是减函数；

故函数f(x)在x=1处取得最大值f(1)=0．

(2)①由(1)知，当x∈(0，+∞)时，有f(x)≤f(1)=0，即lnx≤x-1，

∵ak，bk＞0，从而有lnak≤ak-1，得bklnak≤akbk-bk(k=1，2，…，n)．

求和得，

，

∴，即，

∴。

②(i)先证，

令(k=1，2，…，n)，

则，

于是由①得，即，

∴；

(ii)再证，

记，令(k=1，2，…，n)，

则，

于是由(1)得，

即，

∴；

综合(i)(ii)，②得证．

解：（Ⅰ）依题意知，直线的斜率，

∵，故直线与函数f（x）的图像的切点坐标是(1，0)，

∴直线的方程为y=x-1，

又∵直线与的图像也相切，

∴由，得，

令，

∵m＜0，

∴解得m=-2。

（Ⅱ），

∴，

∴，

令＞0，解得：-1＜x＜0；

令＜0，解得：x＜-1（舍去）或x＞0，

∴h（x）在（-1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，

∴当x=0时，h（x）取得最大值h（0）=2。

（Ⅲ）∵由（II）知：当x＞-1时，，即，

∴当x＞-1时，，当且仅当x=0时等号成立，

∵，故，

∴。

解：（Ⅰ）∵c=﹣a2，

∴f ' （x）=3ax2+2bx﹣a2，

∵x1、x2是方程3ax2+2bx﹣a2=0的两根，a＞0，

∴x1+x2=﹣，x1x2=﹣；

∵|x1﹣x2|=2，

∴﹣4x1x2=4，即﹣4（﹣）=4，

整理得b2=3a2（3﹣a），

∵b2≥0，∴0＜a≤3；

设h（a）=﹣3a3+9a2，

则h'（a）=﹣9a2+18a；

由h'（a）＞0，得0＜a＜2；由h'（a）＜0，得a＞2．

∴h（a）=﹣3a3+9a2在区间（0，2）上是增函数，在区间（2，3）上是减函数，

∴当a=2时，h（a）有极大值12，

∴h（a）在（0，3]上的最大值是12，

从而b的最大值是2

（Ⅱ）由g（x）=f '（x）+x，得f '（x）=g（x）﹣x，

∵x1、x2是方程f '（x）=0的两根，

∴f '（x）=g（x）﹣x=3a（x﹣x1）（x﹣x2），当x∈（0，x1）时，由于x1＜x2，

故（x﹣x1）（x﹣x2）＞0，又a＞0，

故g（x）﹣x=3a（x﹣x1）（x﹣x2）＞0，即g（x）＞x；

又x1﹣g（x）=x1﹣[x+f '（x）]=x1﹣x﹣3a（x﹣x1）（x﹣x2）=（x1﹣x）[1+3a（x﹣x2）]，

，

∴x1﹣x＞0，[1+3a（x﹣x2）]=1+3ax﹣3ax2＞1﹣3ax2＞0，

∴g（x）＜x1；

综上所述：x＜g（x）＜x1．