热门试卷

解：（1）∵函数f（x）过点

∴ ①

又，函数在点处的切线方程为

∴

∴ ②

由①和②解得，，

故；

（2）由（1），令

解得

∴，，，

∴在区间上，

∴对于区间上任意两个自变量的值

∴

从而t的最小值为20；

（3）∵

则

可得

∵当时，

∴，，

∴

∴，故a的最大值为

当时，解得，

∴a取得最大值时。

解：（1）由已知得t=0，f′（x）=2mx+n，

则f′（0）=n=0，f′（﹣1）=﹣2m+n=﹣2，从而n=0，m=1，

∴f（x）=x2f′（x）=2x，g′（x）=3ax2+b．

由f（1）=g（1），f′（1）=g′（1），得a+b﹣3=1，3a+b=2，解得a=﹣1，b=5．

∴g（x）=﹣x3+5x﹣3（x＞0）．

（2）F（x）=f（x）﹣g（x）=x3+x2﹣5x+3（x＞0），

求导数得F′（x）=3x2+2x﹣5=（x﹣1）（3x+5）．

∴F（x）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，

从而F（x）的极小值为F（1）=0．

（3）因f（x）与g（x）有一个公共点（1，1），

而函数f（x）在点（1，1）的切线方程为y=2x﹣1．下面验证 都成立即可．

由x2﹣2x+1≥0，得x2≥2x﹣1，知f（x）≥2x﹣1恒成立．

设h（x）=﹣x3+5x﹣3﹣（2x﹣1），即h（x）=﹣x3+3x﹣2（x＞0），

求导数得h′（x）=﹣3x2+3=﹣3（x﹣1）（x+1）（x＞0），

∴h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，

所以h（x）=﹣x3+5x﹣3﹣（2x﹣1）的最大值为h（1）=0，

所以﹣x3+5x﹣3≤2x﹣1恒成立．

故存在这样的实常数k和m，且k=2，m=﹣1．

解：（Ⅰ），

依题意，

故a=2；

（Ⅱ），

当，即f（x）在上单调递减；

当，即f（x）在上单调递增；

（1）当时，

可知f（x）在(0，2]是减函数，

故x=2时，；

（2）当时，

可知f（x）在递增，

故；

综上所述，当；；

（Ⅲ）设（x＞0），

则，

令，

由，所以h（x）的减区间为；

由，所以h（x）的增区间为；

所以当，h（x）取极小值；

f（x）与g（x）的图象在（1，e2）上有两个不同的交点等价于h（x）在（1，e2）上有两个不同零点，

 故只需，

故实数a的取值范围是。

解：，

(1)由题意知f′(1)=f′(3)，解得；

(2)，

①当a≤0时，x＞0，ax-1＜0，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当时，，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当时，，

故f(x)的单调递增区间是(0，+∞)；

④当时，，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。

(3)由题意知，在(0，2]上有f(x)max＜g(x)max，

在(0，2]上，易得g(x)max=0，

由(2)可知，

①当时，f(x)在(0，2]上单调递增，

故f(x)max=f(2)=2a-2(2a+1)+2ln2=-2a-2+2ln2，

所以，-2a-2+2ln2＜0，解得a＞ln2-1，

故ln2-1＜；

②当时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，

故，

由可知，所以2lna＞-2，-2lna＜2，

所以，-2-2lna＜0，f(x)max＜0，故；

综上所述，a＞ln2-1．