热门试卷

解：（Ⅰ）由得

f（0）=c，f′（x）=x2-ax+b，f′（0）=b

又由曲线y=f（x）在点P（0，f（0））处的切线方程为y=1，

得f（0）=1，f′（0）=0，

故b=0，c=1。

（Ⅱ）

由于点（t，f（t））处的切线方程为y-f（t）=f′（t）（x-t），

而点（0，2）在切线上，所以2-f（t）=f'（x）（-t），

化简得

即t满足的方程为

下面用反证法证明，

假设f′（x1）=f′（x2），

由于曲线y=f（x）在点（x1，f（x1））及 （x2，f（x2））处的切线都过点（0，2），

则下列等式成立：

由（3）得x1+x2=a，由（1）-（2）得

又

故由（4）得，

此时与矛盾

所以f′（x1）≠f′（x2）；

（Ⅲ）由（Ⅱ0知，过点（0，2）可作y=f（x）的三条切线，

等价于方程2-f（t）=f'（t）（0-t）有三个相异的实根，

即等价于方程有三个相异的实根

设，

则

由于a>0，故有

由g（t）的单调性知：要使g（t）=0有三个相异的实根，

当且仅当，即

∴a的取值范围是。

解：（I）设函数y=f（x）与y=g（x）图象的公共点为P（x0，y0），

则有lnx0=（m+1）x02﹣x0①，

又在点P处有共同的切线，

∴，②

②代入①，得．

设．

所以，函数h（x）最多只有1个零点，观察得x0=1是零点，

故m=0．

此时，点P（1，0）；

（II）根据（I）知，当m=0时，两条曲线切于点P（1，0），

此时，变化的y=g（x）的图象的对称轴是x=，

而y=f（x）是固定不变的，如果继续让对称轴向右移动，即，

解得﹣1＜m＜0．

两条曲线有两个不同的交点，

当m＜﹣1时，开口向下，只有一个交点，显然不合题意，所以，有﹣1＜m＜0；

（III）假设存在这样的m，不妨设M（x1，y1），N（x2，y2），且x1＞x2，

则MN中点的坐标为．

以S为切线的切线l1的斜率，

以T为切点的切线l2的斜率．

如果存在m，使得ks=kT，即．③

而且有lnx1=（m+1）x12﹣x1和lnx2=（m+1）x22﹣x2．

如果将③的两边同乘以x1﹣x2，得

④，

即，

也就是．

设μ=，则有．

令（μ＞1），

则．

∵μ＞1，

∴h'（μ）＞0．因此，h（μ）在[1，+∞]上单调递增，

故h（μ）＞h（1）=0．

∴⑤

∴④与⑤矛盾．

所以，不存在实数m使得l1l2．

解：（Ⅰ），

∵a＞0，由，

∴F（x）在（a，+∞）上单调递增；

由，

∴F（x）在（0，a）上单调递减，

∴F（x）的单调递减区间为（0，a），单调递增区间为（a，+∞）；

（Ⅱ），

，

当时，取得最大值，

∴。

（Ⅲ）若的图象与的图象恰有四个不同的交点，

即有四个不同的根，

亦即有四个不同的根，

令，

则，

当x变化时，G′（x）、G（x）的变化情况如下表：

由表格知：，

又∵可知，

当时，y=G（x）与y=m恰有四个不同的交点；

∴当时，的图象与的图象恰有四个不同的交点。

解：（1）∵点P在函数y=f（x）上，

由f x）=得：，

故切线方程为：y=-x+1；

（2）由g（x）=f（x）+x-1＝可知：定义域为（-1，+∞），

且g（0）=0，显然x=0为y=g（x）的一个零点；

则，

①当m=1时，，

即函数y=g（x）在（-1，+∞）上单调递增，g（0）=0，

故仅有一个零点，满足题意；

②当m>1时，则，列表分析：

∵x→-1时，g（x）→-∞，

∴g（x）在上有一根，这与y=g（x）仅有一根矛盾，故此种情况不符题意；

（3）假设y=f（x）存在单调区间，

由f（x）=得：

，

令，

∵，h（-1）＝m+2-m-1＝1＞0，

∴h（x）=0在（-1，+∞）上一定存在两个不同的实数根s，t，

的解集为（t，s），

即函数f（x）存在单调区间[t，s]，

则s-t=，

由m≥1可得：s-t。

解：（1）f（x）的定义域为（0，+ ∞）

①a≥0时，f（x）的增区间为（0，1），减区间为（1，+ ∞） 

②-2，1），减区间为（0，） ∪（1，+ ∞）

③a=-2时，f（x）减区间为（0，+ ∞） 

④a<-2时，f（x）的增区间为（1，），减区间为（0，1） ∪（，+∞）

（2）由题意

又： 

∵ （a>0）在（1，+ ∞）上为减函数

要证，只要证

即， 即证

令， 

∴g（t）在（1，+ ∞）为增函数

∴g（t）>g（1）=0

∴，即 

即   

∴ 得证

解：（Ⅰ）解：当t=1时，

f′(0)=-6，

所以曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=-6x。

（Ⅱ）解：，

令f′(x)=0，解得x=-t或，

因为t≠0，以下分两种情况讨论：

（1）若t＜0，则，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

所以，f(x)的单调递增区间是；f(x)的单调递减区间是。

（2）若t＞0，则，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

所以，f(x)的单调递增区间是；f(x)的单调递减区间是；

（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可知，当t＞0时，f(x)在内的单调递减，在内单调递增，以下分两种情况讨论：

（1）当即t≥2时，f(x)在（0，1）内单调递减，

，

所以对任意t∈[2，+∞)，f(x)在区间（0，1）内均存在零点；

（2）当即0＜t＜2时，f(x)在内单调递减，在内单调递增，

若，

，

所以f(x)在内存在零点；

若，

f(0)=t-1＞0，

所以f(x)在内存在零点；

所以，对任意t∈(0，2)，f(x)在区间（0，1）内均存在零点。

综上，对任意t∈(0，+∞)，f(x)在区间（0，1）内均存在零点。

解：（1 ）∵，，

∴，

①若，则，在上单调递增； 

②若，当时，，函数在区间上单调递减；

当时，，函数在区间上单调递增；

③若，则，函数在区间上单调递减。

（2）解：∵，，

，

由（1）易知，当时，

在上的最小值：，

即时，，

又，∴，

曲线在点处的切线与轴垂直等价于方程有实数解，

而，即方程无实数解，

故不存在。

（3）证明：

，

由（2）知，

令得。

解：（1）∵函数f（x）=，g（x）=alnx，a∈R．

f'（x）=，g'（x）=（x＞0），

由已知得解得

∴两条曲线交点的坐标为（e2，e）．

切线的斜率为k=f'（e2）=，

∴切线的方程为y﹣e=（x﹣e2）．

（2）由条件知h（x）=﹣alnx（x＞0），

∴h'（x）=﹣=，

①当a＞0时，令h'（x）=0，解得x=4a2．

∴当0＜x＜4a2时，h'（x）＜0，h（x）在（0，4a2）上单调递减；

当x＞4a2时，h'（x）＞0，h（x）在（4a2，+∞）上单调递增．

∴x=4a2是h（x）在（0，+∞）上的惟一极值点，且是极小值点，

从而也是h（x）的最小值点．

∴最小值φ（a）=h（4a2）=2a﹣aln（4a2）=2a[1﹣ln （2a）]．

②当a≤0时，h'（x）=＞0，h（x）在（0，+∞）上单调递增，无最小值．

故h（x）的最小值φ（a）的解析式为φ（a）=2a[1﹣ln （2a）]（a＞0）．

（3）证明：由（2）知φ（a）=2a（1﹣ln 2﹣ln a），则φ'（a）=﹣2ln （2a）．

令φ'（a）=0，解得a=．

当0＜a＜时，φ'（a）＞0，

∴φ（a）在（0，）上单调递增；

当a＞时，φ'（a）＜0，

∴φ（a）在（，+∞）上单调递减．

∴φ（a）在a=处取得极大值φ（）=1．

∵φ（a）在（0，+∞）上有且只有一个极值点，

∴φ（）=1也是φ（a）的最大值．

∴当a∈（0，+∞）时，总有φ（a）≤1．

解：（I ）∵f ′（x）=，

∴f ′（1）=．

由题知，

解得a=1 ．

（II ）由（I ）有f （x ）=ln （1+x ）-x ，

∴原方程可整理为4ln （1+x ）-x=m ．

令g （x ）=4ln （1+x ）-x ，

得g ′（x）=，

∴当3 ＜x ≤4 时g' （x ）＜0 ，

当2 ≤x ＜3 时g' （x ）＞0 ，g' （3 ）=0 ，

即g （x ）在[2 ，3] 上是增函数，在[3 ，4] 上是减函数，

∴在x=3 时g （x ）有最大值4ln4-3 ．

∵g （2 ）=4ln3-2 ，

g （4 ）=4ln5-4 ，

∴g （2 ）-g （4 ）=．

由9e ≈24.46 ＜25 ，

于是

∴g （2 ）＜g（4 ）．

∴a 的取值范围为[4ln5-4 ，4ln4-3 ）

（III ）由f （x ）=ln （1+x ）-x （x ＞-1 ）

有f ′（x）=，

显然f' （0 ）=0 ，

当x ∈（0 ，+ ∞）时，f' （x ）＜0 ，

当x ∈（-1 ，0 ）时，f' （x ）＞0 ，

∴f （x ）在（-1 ，0 ）上是增函数，在[0 ，+ ∞）上是减函数．

∴f （x ）在（-1 ，+ ∞）上有最大值f （0 ），

而f （0 ）=0 ，

∴当x ∈（-1 ，+ ∞）时，f （x ）≤0 ，

因此ln （1+x ）≤x（* ）

由已知有p ＞an ，

即p-an ＞0 ，

所以p-a n-1 ＞-1 ．

∵an+1-an=ln （p-an ）=ln （1+p-1-an ），

∴由（* ）中结论可得a  n+1-an ≤p-1-an ，

即an+1 ≤p-1 （n ∈N* ）．

∴当n ≥2 时，an+1-an=ln （p-an ）≥ln[p- （p-1 ）]=0 ，

即an+1≥an ．

当n=1 ，a2=a1+ln （p-lnp ），

∵lnp=ln （1+p-1 ）≤p-1 ，

∴a2 ≥a1+ln[p- （p-1 ）]=a1，

结论成立．

∴对n ∈N* ，an+1≥an。

解：（I）当p=2时，函数，f（1）=2﹣2﹣2ln1=0.

，

曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率为f'（1）=2+2﹣2=2．

从而曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣0=2（x﹣1）即y=2x﹣2．

（II）．

令h（x）=px2﹣2x+p，要使f（x）在定义域（0，+∞）内是增函数，

只需h（x）≥0在（0，+∞）内恒成立．

由题意p＞0，h（x）=px2﹣2x+p的图象为开口向上的抛物线，

对称轴方程为，

∴，只需，

即p≥1时，h（x）≥0，f'（x）≥0

∴f（x）在（0，+∞）内为增函数，正实数p的取值范围是[1，+∞）．

（III）∵在[1，e]上是减函数，

∴x=e时，g（x）min=2；

x=1时，g（x）max=2e，即g（x）∈[2，2e]，

当p＜0时，h（x）=px2﹣2x+p，其图象为开口向下的抛物线，

对称轴在y轴的左侧，且h（0）＜0，

所以f（x）在x∈[1，e]内是减函数．

当p=0时，h（x）=﹣2x，因为x∈[1，e]，所以h（x）＜0，，

此时，f（x）在x∈[1，e]内是减函数．

∴当p≤0时，f（x）在[1，e]上单调递减f（x）max=f（1）=0＜2，不合题意；

当0＜p＜1时，由，所以．

又由（Ⅱ）知当p=1时，f（x）在[1，e]上是增函数，∴，不合题意；

当p≥1时，由（Ⅱ）知f（x）在[1，e]上是增函数，f（1）=0＜2，

又g（x）在[1，e]上是减函数，故只需f（x）max＞g（x）min，x∈[1，e]，

而，

g（x）min=2，即，

解得，实数p的取值范围是．

解：（1）求导函数，可得f′（x）=ex+2ax-e

∵曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，

∴k=2a=0，

∴a=0

∴f（x）=ex-ex，

f′（x）=ex-e

令f′（x）=ex-e＜0，可得x＜1；

令f′（x）＞0，可得x＞1；

∴函数f（x）的单调减区间为（-∞，1），单调增区间为（1，+∞）。

（2）设点P（x0，f（x0）），曲线y=f（x）在点P处的切线方程为y=f′（x0）（x-x0）+f（x0）令g（x）=f（x）-f′（x0）（x-x0）+f（x0）

∵曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P，

∴g（x）有唯一零点

∵g（x0）=0，g′（x）= 

①若a≥0，当x＞x0时，g′（x）＞0，

∴x＞x0时，g（x）＞g（x0）=0

当x＜x0时，g′（x）＜0，

∴x＜x0时，g（x）＞g（x0）=0，

故g（x）只有唯一零点x=x0，

由P的任意性a≥0不合题意；

②若a＜0，令h（x）= ，则h（x0）=0，

h′（x）=ex+2a 令h′（x）=0，则x=ln（-2a），

∴x∈（-∞，ln（-2a）），

h′（x）＜0，函数单调递减；x∈（ln（-2a），+∞），h′（x）＞0，函数单调递增；

（i）若x0=ln（-2a），由x∈（-∞，ln（-2a）），g′（x）＞0；

x∈（ln（-2a），+∞），g′（x）＞0，

∴g（x）在R上单调递增

∴g（x）只有唯一零点x=x0；

（ii）若x0＞ln（-2a），由x∈（ln（-2a），+∞），h（x）单调递增，且h（x0）=0，

则当x∈（ln（-2a），x0），g′（x）＜0，g（x）＞ g（x0）=0

任取x1∈（ln（-2a），x0），g（x1）＞0，

∵x∈（-∞，x1），

∴g（x）＜ax2+bx+c，其中b=-e+f′（x0）

c= 

∵a＜0，

∴必存在x2＜x1，使得 

∴g（x2）＜0，故g（x）在（x2，x1）内存在零点，即g（x）在R上至少有两个零点；

（iii）若x0＜ln（-2a），同理利用 ，可得g（x）在R上至少有两个零点；

综上所述，a＜0，曲线y=f（x）上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P（ln（-2a），f（ln（-2a）））。

解：（1）当时，，

，

所以切线方程为y=x+ln2。

（2）因为，

所以，

令

（Ⅰ）当a=0时，， 

所以当时g(x)＞0，此时，函数单调递减；  

（Ⅱ）当时，

由，解得：，

①若时，函数f(x)在上单调递减；

②若，在单调递减，在上单调递增；

③ 当a＜0时，由于1/a-1＜0，

x∈(0，1)时，g(x)＞0，此时f(x)＜0，函数f(x)单调递减；

x∈(1，+∞)时，g(x)＜0，此时函数f(x)单调递增。

综上所述：当a≤0时，函数f(x)在（0，1）上单调递减，函数f(x)在(1，+∞)上单调递增；

当时，函数f(x)在(0，+∞)上单调递减；

当时，函数f(x)在上单调递减，函数f(x)在上单调递增。

解：（1）由求导数得到

f'（x）=6x2+6（1-2a）x+6a（a-1）=6（x-a）（x-a+1）

∴y=f（x）在（-∞，a-1]上为增函数；在[a-1，a]上为减函数；在[a，+∞）上为增函数。

（2）由

对于关于x的二次方程

无实根或仅有零根，仅有零根不可能，

则判别式Δ=[3（1-2a）]2-4×2×6a（a-1）

=3（-2a+3）（2a+1）＜0

∴或

故所求a的取值范围为。

（3）设y=1与y=f（x）相切于点（x0，y0）

则

在x0=a时，则

∴

而当恒成立

∴2a3-3a2=1不可能成立，

在x0=a-1时，则

化简为，则a=0或

符合

因此所求符合条件的a值分别为0或。

解：（Ⅰ）当时，

所以

因此f'（2）=l

即曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线斜率为1

又f（2）=ln2+2

所以曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y-（ln2+2）=x-2

即x-y+ln2=0；

（Ⅱ）因为

所以

令g（x）=ax2-x+l-a，x∈（0，+∞）

 （1）当a=0时，g（x）=-x+1，x∈（0，+∞）

所以当x∈（0，1）时，g（x）>0，此时f'（x）<