热门试卷

（1）函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为[－1,0)，(0，＋∞)。

（2）由导数的几何意义可知，点A处的切线斜率为f′(x1)，点B处的切线斜率为f′(x2)，

故当点A处的切线与点B处的切线垂直时，有f′(x1)f′(x2)＝－1.

当x＜0时，对函数f(x)求导，得f′(x)＝2x＋2.

因为x1＜x2＜0，

所以，(2x1＋2)(2x2＋2)＝－1.

所以2x1＋2＜0,2x2＋2＞0.

因此x2－x1＝[－(2x1＋2)＋2x2＋2]≥＝1，当且仅当－(2x1＋2)＝2x2＋2＝1，即且时等号成立。

所以，函数f(x)的图象在点A，B处的切线互相垂直时，x2－x1的最小值为1.

（3）当x1＜x2＜0或x2＞x1＞0时，f′(x1)≠f′(x2)，故x1＜0＜x2.

当x1＜0时，函数f(x)的图象在点(x1，f(x1))处的切线方程为y－(x12＋2x1＋a)＝(2x1＋2)(x－x1)，即y＝(2x1＋2)x－x12＋a.

当x2＞0时，函数f(x)的图象在点(x2，f(x2))处的切线方程为y－ln x2＝(x－x2)，即y＝·x＋ln x2－1.

两切线重合的充要条件是

由①及x1＜0＜x2知，－1＜x1＜0.

由①②得，a＝x12＋－1＝x12－ln(2x1＋2)－1.

设h(x1)＝x12－ln(2x1＋2)－1(－1＜x1＜0)，

则h′(x1)＝2x1－＜0.

所以，h(x1)(－1＜x1＜0)是减函数。

则h(x1)＞h(0)＝－ln 2－1，

所以a＞－ln 2－1.

又当x1∈(－1,0)且趋近于－1时，h(x1)无限增大，

所以a的取值范围是(－ln 2－1，＋∞)。

故当函数f(x)的图象在点A，B处的切线重合时，a的取值范围是(－ln 2－1，＋∞)。

（1）由＝(－2－x,1－y)，＝(2－x,1－y)，

得，

＝(x，y)·(0,2)＝2y，

由已知得，

化简得曲线C的方程：x2＝4y.

（2）假设存在点P(0，t)(t＜0)满足条件，

则直线PA的方程是，PB的方程是y＝x＋t.

曲线C在点Q处的切线l的方程是，它与y轴的交点为F(0，)。

由于－2＜x0＜2，因此－1＜＜1.

①当－1＜t＜0时，，存在x0∈(－2,2)，使得，即l与直线PA平行，故当－1＜t＜0时不符合题意。

②当t≤－1时，，，

所以l与直线PA，PB一定相交。

分别联立方程组和

解得D，E的横坐标分别是，，

则xE－xD＝(1－t)，

又|FP|＝－－t，有S△PDE＝·|FP|·|xE－xD|＝，

又，

于是·

＝.

对任意x0∈(－2,2)，要使为常数，即只须t满足

解得t＝－1.此时，

故存在t＝－1，使得△QAB与△PDE的面积之比是常数2.

（1），

由已知得    解得，

∴ 两条直线交点的坐标为，切线的斜率为，

∴ 切线的方程为

（2）由条件知

∴

（ⅰ）当a>0时，令，解得，

∴ 当时，在上递减；

当时，在上递增

∴是在上的唯一极值点，从而也是的最小值点

∴最小值

（ⅱ）当时，在上递增，无最小值，

故的最小值的解析式为

（3）由（2）知

对任意的

               ①

         ②

        ③

故由①②③得

（1）由方程得判别式

因为,所以

当时,,此时,所以；

当时,,此时,所以；

当时,,设方程的两根为且,

则 ,,

当时,,,所以

此时,

当时,,所以

此时,.

综上,

（2） ,

所以函数在区间上为减函数,在区间和上为增函数

当时,因为,所以在内的极值点为；

当时,,所以在内有极大值点；

当时,

由,很容易得到

（可以用作差法，也可以用分析法）,所以在内有极大值点；

当时,

由,很容易得到,此时在,内没有极值点。

综上,当时,极值点为；当时,极值点为；当时,无极值点。

（1）因，故，

令，得，由已知，解得

又令，得，由已知，解得

因此，从而

又因为，故曲线在点处的切线方程为，即

（2）由（1）知，，从而有，

令，解得。

当时，，故在为减函数，

当时，，故在为增函数，

当时，，故在为减函数，

从而函数在处取得极小值，在出取得极大值