热门试卷

（1）曲线C1与C2没有公共点，

即：ex-ax=0无解．

设F（x）=ex-ax，

∴F′（x）=ex-a，

显然要使曲线C1与C2没有公共点，

所以a＞0，

由F′（x）=0，

∴x=lna，且F（x）=ex-ax的减区间是：（-∞，lna），增区间是：（lna，+∞），

当x=lna时，F（x）min=F（lna）=a-alna，

由a-alna＞0，

∴0＜a＜e．

综上：A=（0，e）…（4分）

（2）∵A=（0，e），a∈A，

∴a∈（0，e），

∵曲线C1：f（x）=ex，曲线C2：g（x）=ax（a≠0），

平移曲线C2得到曲线C3，使得曲线C3与曲线C1相交于不同的两点，P1（x1，y1），P2（x2，y2），

∴曲线C3的斜率k=a==，

∴a=．…（6分）                           

（3）设x1＜x2，f/()=ex1+x22，a-f/()=-ex1+x22=ex1(-ex2-x12)

∵ex1＞0，

以下只需求-ex2-x12的正负．

令t=x2-x1（t＞0）

∵-ex2-x12=-et2=(et-tet2-1)，

∵＞0，以下只需求et-tet2-1的正负

设=k(k＞0)，

∴et-tet2-1=（ek）2-2kek-1，

令φ（k）=（ek）2-2kek-1（k＞0），

φ′（k）=2（ek）2-2ek-2kek=2ek（ek-k-1）（k＞0），

设ω（k）=ek-k-1（k＞0），

∴ω′（k）=ek-1（k＞0），

∴ω′（k）＞0，

∴ω（k）单调增，

∴ω（k）=ek-k-1＞ω（0）=0，

∴φ′（k）＞0，

∴φ（k）单调增，

即：φ（k）=（ek）2-2kek-1＞φ（0）=0

∴a-f/()＞0，

∴a＞f/()…（14分）

（1）()-14+823+=+(23)23+2=+22+2=+4+2=；

（2）log3+lg25+lg4-3log32=log3312-log33+2（lg5+lg2）-2=-1+2-2=-．

（I）令lnx=0，则x=1，即函数y=g（x）的图象过定点P（1，0），

又点P在y=f（x）的图象上，所以f（1）=m+（4+m）=0，

解得m=-3．

（II）F（x）=mx2+2（4+m）x+8lnx，定义域为（0，+∞），

F′（x）=2mx+（8+2m）+==．

∵x＞0，则x+1＞0，

∴当m≥0时，2mx+8＞0，F′（x）＞0，此时F（x）在（0，+∞）上单调递增，

当m＜0时，由F′（x）＞0得0＜x＜-，F′（x）＜0，得x＞-，

此时F（x）在（0，-）上为增函数，在（-，+∞）上为减函数，

综上，当m≥0时，F（x）在（0，+∞）上为增函数，

m＜0时，在（0，-）上为增函数，在（-，+∞）上为减函数．

（III）由条件（I）知G（x）=，

假设曲线y=G（x）上存在两点P、Q满足题意，则P、Q两点只能在y轴两侧，

设P（t，G（t））（t＞0），则Q（-t，t3+t2），

∵∠POQ是以O为直角顶点的直角三角形，

∴•=0，∴-t2+G（t）（t3+t2）=0①．

（1）当0＜t≤1时，G（t）=-t3+t2，

此时方程①为-t2+（-t3+t2）（t3+t2）=0，化简得t4-t2+1=0，

此方程无解，满足条件的P、Q两点不存在．

（2）当t＞1时，G（t）=alnt，

方程①为：-t2+alnt•（t3+t2）=0，即=（t+1）lnt，

设h（t）=（t+1）lnt（t＞1），则h′（t）=lnt++1，

当t＞1时，h′（t）＞0，即h（t）在（1，+∞）上为增函数，

∴h（t）的值域为（h（1），+∞）），即（0，+∞），

∴＞0，∴a＞0．

综上所述，如果存在满足条件的P、Q，则a的取值范围是a＞0．

（1）设需要修建k个增压站，则（k+1）x=120，即k=-1．

所以y=432k+(k+1)(x3+x)=432×(-1)+(x3+x)=+120x2-312．

因为x表示相邻两增压站之间的距离，则0＜x≤120．

故y与x的函数关系是y=+120x2-312(0＜x≤120)．

（2）设f(x)=+120x2-312(0＜x≤120)，则f′(x)=-+240x=(x3-216)．

由f'（x）＞0，得x3＞216，

又0＜x≤120，则6＜x≤120．

所以f（x）在区间（6，120]内为增函数，在区间[0，6）内为减函数．

所以当x=6时，f（x）取最小值，此时k=-1=-1=19．

故需要修建19个增压站才能使y最小．

（1）由a=-1，f（x）=4，可得2x-2-x=4，设2x=t，

则有t-t-1=4，即t2-4t-1=0，解得t=2±（2分）

当t=2+时，有2x=2+，可得x=log2(2+)．

当t=2-时，有2x=2-，此方程无解．

故所求x的值为log2(2+)．（4分）

（2）设x1，x2∈[1，+∞），且x1＞x2，

则f(x1)-f(x2)=(2x1+2-x1a)-(2x2+2-x2a)

=(2x1-2x2)+a

=(2x1+x2-a)（7分）

由x1＞x2，可得2x1＞2x2，即2x1-2x2＞0

由x1，x2∈[1，+∞），x1＞x2，可得x1+x2＞2，

故2x1+x2＞4＞0，

又a≤4，故2x1+x2＞a，即2x1+x2-a＞0

所以f（x1）-f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2），

故函数f（x）在[1，+∞）上是增函数．（10分）

（3）因为函数f（x）=2x+2-xa，存在x∈[0，1]，

f（2x）＞[f（x）]2⇔22x+2-2x＞22x+2a+2-2xa2⇔2-2x（a2-a）+2a＜0（12分）

设t=2-2x，由x∈[0，1]，可得t∈[，1]，

由存在x∈[0，1]使得f（2x）＞[f（x）]2，

可得存在t∈[，1]，使得（a2-a）t+2a＜0，（14分）

令g（t）=（a2-a）t+2a＜0，

故有g()=(a2-a)+2a＜0或g（1）=（a2-a）+2a＜0，

可得-7＜a＜0．即所求a的取值范围是（-7，0）．（16分）

（1）当a=1时，f（x）=lnx+，定义域为（0，+∞），

f′(x)=-=．

所以，当x∈（0，2）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；

当x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，

所以在（0，+∞）上f（x）有极小值，极小值为f（2）=1+ln2；

（2）由f(x)=lnx+，a∈R，所以f′(x)=-=．

若函数f（x）在[2，+∞）上是增函数，则f′(x)=≥0在[2，+∞）恒成立，

即x-2a≥0在[2，+∞）恒成立，也就是a≤在[2，+∞）恒成立，

所以a≤1．

所以使函数f（x）在[2，+∞）上是增函数的实数a的取值范围是（-∞，1]；

（3）由（2）知，以f′(x)=-=，

若a≤0，则f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上为增函数，

f（x）在[1，e]上的最小值为f（1）=2a=3，a=，不合题意；

若a＞0，由f′（x）=0，得x=2a．

当x∈（0，2a）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数，

当x∈（2a，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，

所以当2a≤1，即a≤时，f（x）在[1，e]上为增函数，

最小值为f（1）=2a=3，a=，不合题意；

当2a≥e，即a≥时，f（x）在[1，e]上为减函数，

最小值为f（e）=1+=3，a=e，符合题意；

当1＜2a＜e，即＜a＜时，f（x）在[1，e]上的最小值为f（2a）=ln2a+1=3，a=不合题意．

综上，使函数f（x）在[1，e]上的最小值为3的实数a的值为e．