热门试卷

解：（Ⅰ），其定义域为（0，+∞），

，

令，则x=a，

于是，当x＞a时，h′（x）＞0，h（x）为增函数，

当0＜x＜a时，h′（x）＜0，h（x）为减函数，

所以h（x）的单调增区间是（a，+∞），单调减区间是（0，a）；

（Ⅱ）因为，

所以在区间x∈（0，3]上存在一点P（x0，y0），

使得以P（x0，y0）为切点的切线的斜率，

等价于，

因为，

所以在x∈（0，3]的最大值为，

于是a≤，a的最大值为。

解：（1）f'（x）=3x2﹣2ax．

因为f'（1）=3﹣2a=3，所以a=0．

又当a=0时，f（1）=1，f'（1）=3，

则切点坐标（1，1），斜率为3

所以曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y﹣1=3（x﹣1）

化简得3x﹣y﹣2=0．

（2）令f'（x）=0，解得．

当，即a≤0时，f（x）在[0，2]上单调递增，

从而fmax=f（2）=8﹣4a．

当时，即a≥3时，f（x）在[0，2]上单调递减，

从而fmax=f（0）=0．

当，即0＜a＜3，f（x）在上单调递减，在上单调递增，

从而，

解：(Ⅰ)由已知，                          

.

故曲线在处切线的斜率为.                    

(Ⅱ).                              

当时，由，得.在区间上，；

在区间上，，

所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为

（Ⅲ）由已知转化为.               

由(Ⅱ)知，当时，在上单调递增，值域为，故不符合题意

.(或者举出反例：存在，故不符合题意.)     

 当时，在上单调递增，在上单调递减，

故的极大值即为最大值，

，  

所以，解得.                                          

解：（I）f'（x）=3x2﹣（a+1），g'（x）=lnx+1

∴f'（1）=2﹣a    

g'（1）=1

∵两曲线在x=1处的切线互相垂直

∴（2﹣a）×1=﹣1

∴a=3

∴f'（1）=﹣1     f（1）=0

∴y=f（x）在x=1处的切线方程为x+y﹣1=0，

同理，y=g（x）在x=1处的切线方程为x﹣y﹣1=0

（II）由F（x）=x3﹣（a+1）x+a﹣xlnx

得F'（x）=3x2﹣（a+1）﹣lnx﹣1=3x2﹣lnx﹣a﹣2

∵F（x）=f（x）﹣g（x）单调递增

∴F'（x）≥0恒成立 即a≤3x2﹣lnx﹣2

令h（x）=3x2﹣lnx﹣2

令h'（x）＞0得，

令h'（x）＜0得

∴

∴a的范围为（-∞，）。

解：（Ⅰ），

∵f（x）在点P（0，f（0））处的切线方程为2x+y-1=0，∴；  

（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，

，

∴f（x）的单调递增区间是：，

f（x）的单调递减区间是：（-1，2）。  

（Ⅲ）由（Ⅱ）知：，；

但当x→+∞时，f（x）→+∞；

又当x<0时，恒有f（x）＞0，

则当且仅当时，方程f（x）=m恰有两个不等的实根。

解：（1）当时，。

所以曲线在点处的切线斜率是

因为

所以曲线在点处的切线方程是，

即

（2）令，得

①当时，，

故在R上为增函数。

②当，即时，列表分析如下：

所以函数在和内单调递增，在内单调递减。

综上，当时，在R上单调递增；当时，在和内单调递增，在内单调递减。

解：（Ⅰ）求导得，

由于f（x）的图象与直线12x+y-1=0相切于点（1，-11），

所以，

即，解得a=1，b=-3。

（Ⅱ）由a=1，b=-3得，

令f′（x）＞0，解得x＜-1或x＞3；又令f′（x）＜0，解得-1＜x＜3；

所以当时，f（x）是增函数；当时，f（x）也是增函数；

但x∈（-1，3）时，f（x）是减函数。

解：（Ⅰ）因为f（0）=0，切点为（0，0），

又，

所以f′（0）=1，

故曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=x；

（Ⅱ）令，解得x=-1，

当x∈（-1，+∞）时，f′（x）＞0，

所以函数f（x）的单调递增区间是（-1，+∞）。

（Ⅰ），，．

当时，f′（0）=-3．

又f（0）=-1．                       

则f（x）在x=0处的切线方程为y=-3x-1．                    

（Ⅱ）函数f（x）的定义域为．

当x∈（a，+∞）时，，所以．

即f（x）在区间上没有零点．                      

当x∈（-∞，a）时，，

令．                                      

只要讨论g（x）的零点即可．，．

当x∈（-∞，a-1）时，，g（x）是减函数；

当x∈（a-1，a）时，，g（x）是增函数．

所以g（x）在区间（-∞，a）最小值为．    

显然，当a=1时，g（a-1）=0，所以x=a-1是f（x）的唯一的零点；

当a＜1时，，所以f（x）没有零点；

当a＞1时，，所以f（x）有两个零点．  

解：（1）∵，

∴                          

∵                                 

又切点，

∴            

∴                                   

（2）由，                                  

即，

得或，

∴增区间为和.        

解：(1)由f(x)＝x3－x2＋bx＋c，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.

(2)f(x)＝x3－x2＋1，f ′(x)＝x2－ax，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 ′(t)(－t)，化简得t3－t2＋1＝0，

即t满足的方程为t3－t2＋1＝0，

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x12＋x1x2＋x22＝a2④

又x12＋x1●x2＋x22＝(x1＋x2)2－x1x2＝a2－x1(a－x2)＝x12－ax1＋a2＝(x1－)2＋a2≥a2故由④得，x1＝，此时x2＝与x1≠x2矛盾，所以f ′(x1)≠f ′(x2)．

(3)由(2)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t3－t2＋1＝0有三个相异的实根．

设g(t)＝t3－t2＋1，则g′(t)＝2t2－at＝2t(t－)

由于a>0，故有

由g(t)的单调性可知：要使g(t)＝0有三个相异的实根，当且仅当1－<0，即a>，

∴a的取值范围是(，＋∞)

解：（Ⅰ）由已知：，

∴，，

由，或，

当时，，

∴在为增函数，此时不存在极值；

当t＞0时，x变化时，变化如下：

由上表可知：；

当t＜0时，x变化时，变化如下：

由上表可知：。

（Ⅱ），

设两切点分别为，

则，

即

，

∵，

∴方程（*）的判别式，

即，

又，

∴，

从而可得：，

上式要成立当且仅当或，

此时方程（*）的解为λ=0，

，

∴存在λ=0，此时函数的图象在点处的切线和在点处的切线互相垂直。        

解：（1）设N（x，y）为抛物线上一点，则，

|MA|与|MA|2同时取到极值，

令，

由得x=2，

而当+∞或-∞时，，

∴此时x=2，y=2，

即抛物线上与点A（6，0）距离最近的点N（2，2），

∴c=0，，

∴，

依题意，得，

即，解得：，

∴，

令，得x=1或x=-1；

若，得x>1或x<1；

若，得-1

所以在（-∞，-1）上是增函数，在（1，+∞）上是增函数，在（-1，1）上是减函数，

（2）曲线方程为，点P（0，16）不在曲线上，

设切点Q（x0，y0），则点Q的坐标满足，

，

故切线的方程为，

因为点P在切线上，

∴，

化简，得，解得：，

所以，切点为Q（-2，-2），

所以切线的方程为。

解：（1）由题意知：f'（x）=3mx2+4nx-12＜0的解集为（-2，2），

所以，-2和2为方程3mx2+4nx-12=0的根，

由韦达定理知，即m=1，n=0。

（2）∵f（x）=x3-12x，

∴f'（x）=3x2-12，

∵f（1）=13-12·1=-11，

当A为切点时，切线的斜率k=f'（1）=3-12=-9，

∴切线方程为y+11=-9（x-1），即9x+y+2=0；

当A不为切点时，设切点为P（x0，f（x0）），这时切线的斜率是k=f'（x0）=

切线方程为y-f（x0）=f'（x0）（x-x0），

即

因为过点A（1，-11），

∴

∴x0=1或，而x0=1为A点，

即另一个切点为

∴

切线方程为，即45x+4y-1=0，

所以，过点A（1，-11）的切线方程为9x+y+2=0或45x+4y-1=0。

（3）存在满足条件的三条切线

设点P（x0，f（x0））是曲线f（x）=x3-12x的切点，

则在P点处的切线的方程为y-f（x0）=f'（x0）（x-x0）

即

因为其过点A（1，t），

所以，

由于有三条切线，所以方程应有3个实根，

设g（x）=2x3-3x2+t+12，只要使曲线有3个零点即可

设g'（x）=6x2-6x=0，

∴x=0或x=1分别为g（x）的极值点，

当x∈（-∞，0）和（1，+∞）时，g'（x）>0，

g（x）在（-∞，0）和（1，+∞）上分别单增，

当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，g（x）在（0，1）上单减，

所以，x=0为极大值点，x=1为极小值点，

所以要使曲线与x轴有3个交点，

当且仅当即

解得-12＜t＜-11。