热门试卷

解：(1)，依题意有，

即=-2，

∴，

令f′(x)＞0，得或，

从而f(x)的单调增区间为或。

(2)；

(3)由已知，

所以，

=2e-4，

由(2)知，对于函数y=g(x)图象上任意两点A，B，

在A，B之间一定存在一点C(c，g(c))，使得，

又g′(x)≥2e-4，故有，证毕。

解：（1）当m=3时，f(x)=x3-3x2+5x，f ′(x)=x2-6x+5，

因为f(2)=，f ′(2)=-3，

所以切点坐标为（2，），切线的斜率为-3．

则所求的切线方程为y-=-3(x-2)，即9x+3y-20=0。

（2）f ′(x)=x2-2mx+(m2-4)，

令f ′(x)=0，得x=m-2或x=m+2，

当x∈（-∞，m-2）时，f ′(x)＞0，f(x)在（-∞，m-2）上是增函数；

当x∈（m-2，m+2）时，f ′(x)＜0，f(x)在（m-2，m+2）上是减函数；

当x∈（m+2，+∞）时，f ′(x)＞0，f(x)在（m+2，+∞）上是增函数；

因为函数f(x)有三个互不相同的零点0，α ，β，且f(x)=x[x2-3mx+3(m2-4)]，

所以，

解得：m∈(-4，-2)∪(-2，2)∪(2，4)，

当m∈(-4，-2)时，m-2＜m+2＜0，所以α＜m-2＜β＜m+2＜0，

此时f(α)=0，f(1)＞f(0)=0，与题意不合，故舍去；

当m∈(-2，2)时，m-2＜0＜m+2，所以α＜m-2＜0＜m+2＜β，

因为对任意的x∈[α ，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，所以α＜1＜β，

所以f(1)为函数f(x)在[α ，β]上的最小值；

因为当x=m+2时，函数f(x)在[α ，β]上取最小值，所以m+2=1，即m=-1；

当m∈(2，4)时，0＜m-2＜m+2，所以0<α＜m-2＜m+2＜β，

因为对任意的x∈[α ，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，所以α＜1＜β，

所以f(1)为函数f(x)在[α ，β]上的最小值，

因为当x=m+2时，函数f(x)在[α ，β]上取最小值，所以m+2=1，即m=-1（舍去），

综上可知，m的取值范围是{-1}。

解：，

（Ⅰ）∵函数f（x）在x=-1时取到极值，

∴，

经检验a=-2函数f（x）在x=-1时取到极小值，

∴实数a的值-2；

（Ⅱ）由，

①当，由，

由，

∴函数f（x）的单调增区间为，单调减区间为；

②当，

同理可得函数f（x）的单调增区间为，单调减区间为。

（Ⅲ）假设存在满足要求的两点A，B，即在点A、B处的切线都与y轴垂直，则，

即，

∴，

又线段AB与x轴有公共点，

∴，

即，

又a＞1，

解得，

所以当时，存在满足要求的点A、B。

解：(Ⅰ)因为，

所以f′(x)=2ax+b，

又因为曲线y=f(x)通过点（0，2a+3），

故f(0)=2a+3，

而f(0)=c，

从而c=2a+3，

又曲线y=f(x)在（-1，f(-1)）处的切线垂直于y轴，

故f′(-1)=0，即-2a+b=0，

因此b=2a；

(Ⅱ)由(Ⅰ)得，

故当时，bc取得最小值，

此时有，

从而，

，

所以，

令g′(x)=0，解得，

当x∈（-∞，-2）时，g′(x)＜0，故g(x)在x∈（-∞，-2）上为减函数；

当x∈（-2，2）时，g′(x)＞0，故g(x)在x∈（-2，2）上为增函数；

当x∈（2，+∞）时，g′(x)＜0，故g(x)在x∈（2，+∞）上为减函数；

由此可见，函数g(x)的单调递减区间为（-∞，-2）和（2，+∞）；单调递增区间为（-2，2）。

解：(1)，

①当a≤0时，F′(x)＞0恒成立，F(x)在(0，+∞)上是增函数，F(x)只有一个单调递增区间(0，+∞)，没有最值；

②当a＞0时，，

若0＜x＜，则F′(x)＜0，F(x)在上单调递减；

若x＞，则F′(x)＞0，F(x)在上单调递增，

∴当x=时，F(x)有极小值，也是最小值，

即，

所以当a＞0时，F(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，最小值为-alna，无最大值；

(2)若f(x)与g(x)的图象有且只有一个公共点，则方程f(x)-g(x)=0有且只有一解，

所以函数F(x)有且只有一个零点，

由(1)的结论可知F(x)min=-alna=0得a=1，

此时，F(x)=，

∴，

∴f(x)与g(x)的图象的唯一公共点坐标为，

又，

∴f(x)与g(x)的图象在点处有共同的切线，其方程为，

即；

综上所述，存在a=1，使f(x)与g(x)的图象有且只有一个公共点，

且在该点处的公切线方程为。

解：(Ⅰ)，

当x∈和x∈时，f′(x)＜0；

当x∈和x∈时，f′(x)＞0；

因此，f(x)在区间和是减函数，

f(x)在区间和是增函数。

(Ⅱ)设点P的坐标为(x0，f(x0))，

由l过原点知，l的方程为y=f′(x0)x，

因此，f(x0)=x0f′(x0)，

即：x04-3x02+6-x0（4x03-6x0）=0，

整理得(x02+1)(x02-2)=0，解得或，

因此切线l的方程为或。

解：（1）=3ax2+2bx-3，

依题意，f′(1)=f′(-1)=0，

即解得a=1，b=0，

∴f（x）=x3-3x。

（2）∵f(x)=x3-3x，

∴f ′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1)，

当-1＜x＜1时，f ′(x)＜0，故f(x)在区间[-1，1]上为减函数，

fmax(x)=f(-1)=2，fmin(x)=f(1)=-2，

∵对于区间[-1，1]上任意两个自变量的值x1，x2，

都有|f(x1)-f(x2)|≤|fmax(x) -fmin(x)|，

∴ |f(x1)-f(x2)|≤|fmax(x)-fmin(x)|=2-(-2)=4。

（3）f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1)，

∵曲线方程为y=x3-3x，

∴点A（1，m）不在曲线上，

设切点为M（x0，y0），则点M的坐标满足，

因，故切线的斜率为，

整理得，

∵过点A（1，m）可作曲线的三条切线，

设，则，

由，得x0=0或x0=1，

∴g(x0)在（-∞，0），（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减，

∴函数的极值点为x0=0，x0=1，

∴关于x0方程有三个实根的充要条件是，解得-3＜m＜-2，

故所求的实数a的取值范围是-3＜m＜-2。

解：（1）根据图象可知，我们只需要考虑，

此时g（x）=ax﹣sinx

所以g′（x）=a﹣cosx

当a≥1时，g′（x）≥0，易知函数g（x）单调增，

从而g（x）≥g（0）=0，符合题意；

当a≤0，g′（x）＜0，函数g（x）单调减，从而g（x）≤g（0） 不符合题意；

当0＜a＜1时，显然存在，使得g′（x）=0，且x∈[0，x0）时函数g（x）单调减，

从而g（x）≤g（0）=0，不符合题意．

综上讨论知a≥1．

（2）f（x）的图象与直线y=kx（k＞0）有且仅有三个公共点时如图所示，

且在内相切，其切点为A（α，﹣sinα），

由于f′（x）=﹣cosx，，

则

故．

解：（1）， 

方程的判别式，

当时，，，f（x）在（0，+∞）单调递增，

当时，方程有两个根均小于等于零，

，

在（0，+∞）单调递增，

当0，方程有一个正根，f（x）在单调递减，在单调递增，

综上，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）单调递增；

当0单调递减，f（x）在单调递增；

（2），恒成立

当时，取得最大值，

∴，

∴。

解：（1）∵函数的定义域为（0，+∞），

∴f'（x）

（i）当a≤0时，f'（x）>0，

∴f（x）的增区间为（0，+∞），

（ii）当a>0时，令f'（x）>0，解得x>a，

∴f（x）的增区间为（a，+∞），

令f'（x）＜0，解得0＜x＜a，

∴f（x）的减区间为（0，a）。

（2）g（x）=2x+lnx（x>0），

设过点（2，5）的直线与曲线g（x）相切的切点坐标为（x0，y0）

∴y0-5=g'（x0）（x0-2），

即

∴

令

由（1）知当a=2时，h（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，

又，h（2）=ln2-1＜0，

∴h（x）与x轴有两个交点，

∴过点（2，5）可作2条曲线y=g（x）的切线。

解：（Ⅰ）f（x）的定义域为R，，

∴；

∵切线24x+y-12=0的斜率为k=-24，

∴c=-24；

把x=0代入24x+y-12=0得y=12，

∴P（0，12），

∴d=12，

∴c=-24，d=12。

（Ⅱ）由（Ⅰ），

由已知得：，

∴，

∴，

∴，

由；

由；

∴f（x）的单调增区间为；单调减区间为（-4，2）。

解：，

（Ⅰ），解得；

（Ⅱ），

①当a≤0时，，

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，

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，

故f（x）的单调递增区间是（0，+∞）；

④当，

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。

解：（1）当k=2时，f（x）=ln（1+x）-x+x2，f′（x）=

由于f（1）=ln2，

所以曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为

即3x-2y+2ln2-3=0；

（2），

当k=0时，

所以，在区间（-1，0）上，f′（x）>0；

在区间（0，+∞）上，f′（x）<0

故f（x）的单调递增区间是（-1，0），单调递减区间是（0，+∞）

当0＜k＜1时，由

得

所以，在区间（-1，0）和上，f′（x）>0；

在区间上，f′（x）<0

故f（x）的单调递增区间是（-1，0）和，单调递减区间是

当k=1时，

故f（x）的单调递增区间是（-1，+∞）

当k>1时，由

得

所以，在区间和（0，+∞）上，f′（x）>0

在区间上，f′（x）<0

故f（x）的单调递增区间是和（0，+∞）

单调递减区间是。

解：（I）f′（x）=3x2+4x﹣a，

k=f′（1）=3+4﹣a=4，故a=3；

（II）f′（x）=3x2+4x﹣a是二次函数，开口向上，对称轴是 x=﹣

要使函数f（x）在区间（﹣1，1）上是单调函数，

只需

解得即a＞7  

所以实数a的取值范围是 a＞7