热门试卷

解：（Ⅰ）由已知，切点为（2，0），

故有f（2）=0，即4b+c+3=0，①

f′（x）=3x2+4bx+c，

由已知，得8b+c+7=0，②

联立①、②，解得c=1，b=1，

于是函数解析式为f（x）；

（Ⅱ），

，

令g′（x）=0，当函数有极值时，△≥0，方程有实根，

由△=4（1-m）≥0，得m≤1，

①当m=1时，g′（x）=0有实根，在左右两侧均有g′（x）＞0，故函数g（x）=0无极值；

②m＜1时，g′（x）=0有两个实根，，

当x变化时，g′（x）、g（x）的变化情况如下表：

故在m时，函数g（x）有极值，

当时，g（x）有极大值；当时，g（x）有极小值。

解：（1）f'（x）=3m﹣1，

依题意，得，即1=3m﹣1，

∴，

把N（1，n）代得，得，

∴

（2）令，则，

当时，f'（x）=2﹣1＞0，f（x）在此区间为增函数

当时，f'（x）=2﹣1＜0，f（x）在此区间为减函数

当时，f'（x）=2﹣1＞0，f（x）在此区间为增函数处取得极大值

因此，当，

要使得不等式f（x）≤k﹣1995对于x∈[﹣1，3]恒成立，则k≥15+1995=2010

所以，存在最小的正整数k=2010，使得不等式f（x）≤k﹣1995对于x∈[﹣1，3]恒成立．

解：（1）∵f（x）=

∴f′（x）==

∵函数f（x）在x=1处取得极值

∴f′（1）=a﹣1=0

∴a=1

经检验，a=1时f′（x）=﹣

故0＜x＜1时f′（x）＞0，x＞1时f′（x）＜0，

所以函数f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减

故f（x）在x=1处取得极值．∴a=1

（2）由（1）可知a=1∴f（x）=

∴f′（x）=﹣

设切点A（x0，y0）

∴k=f′（x0）=﹣

又∵k=kOA=

∴=﹣

∴lnx0=﹣

∴

∴k=kOA===

解：（1）由题意得f'（x）=3ax2﹣12ax+3b，f'（2）=﹣3且f（2）=5，

∴即解得a=1，b=3，

∴f（x）=x3﹣6x2+9x+3．

（2）由f（x）=x3﹣6x2+9x+3，

可得f'（x）=3x2﹣12x+9，=x2+x+3+m，

则由题意可得x3﹣6x2+9x+3=x2+x+3+m有三个不相等的实根，

即g（x）=x3﹣7x2+8x﹣m的图象与x轴有三个不同的交点，

g'（x）=3x2﹣14x+8=（3x﹣2）（x﹣4），

则g（x），g'（x）的变化情况如下表．

则函数f（x）的极大值为，极小值为g（4）=﹣16﹣m．

y=f（x）的图象与的图象有三个不同交点，

则有：解得．

解：（1）当a=0时，

故f′（1）=3e

所以曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率为3e；

（2）

令f′（x）=0，解得x=-2a或x=a-2

由知，-2a≠a-2

以下分两种情况讨论：

（i）若，则-2a＜a-2，当x变化时，f′（x）、f（x）的变化情况如下表：

所以f（x）在（-∞，-2a），（a-2，+∞）内是增函数，

在（-2a，a-2）内是减函数

函数f（x）在x=-2a处取得极大值f（-2a），且f（-2a）=3ae-2a，

函数f（x）在x=a-2处取得极小值f(a-2)，且f（a-2）=（4-3a）ea-2（ii）若，则-2a>a-2，当x变化时，f′（x）、f（x）的变化情况如下表：

所以f（x）在（-∞，a-2），（-2a，+∞）内是增函数，在（a-2，-2a）内是减函数

函数f（x）在x=a-2处取得极大值f（a-2），且f（a-2）= （4-3a）ea-2函数f（x）在x=-2a处取得极小值f（-2a），且f（-2a）= 3ae-2a。

解：（1）∵f（x）=ax3+bx2+cx（a≠0）在x=1和x=﹣1时取得极值

∴f′（1）=f′（﹣1）=0，

∴3a+2b+c=0，①

3a﹣2b+c=0．②

又f（1）=﹣1，

∴a+b+c=﹣1．③

由①②③解得a=，b=0，c=﹣．

（2）f（x）=x3﹣x，

∴f′（x）=（x﹣1）（x+1）．

令f′（x）＞0，可得x＜﹣1或x＞1；

令f′（x）＜0，可得﹣1＜x＜1．

∴函数的单调增区间为（﹣∞，﹣1），（1，+∞），单调减区间为（﹣1，1）

（3）由（2）知，函数的单调增区间为（﹣∞，﹣1），（1，+∞），

单调减区间为（﹣1，1）

∴x=﹣1时，f（x）有极大值；

x=1时，f（x）有极小值．

解：（1）f'（x）=3mx2﹣1，

依题意，得，

即1=3m﹣1，

∴，把N（1，n）代入，得

，

∴

（2）令，则

，

当时，f'（x）=2x2﹣1＞0，f（x）在此区间为增函数

当时，f'（x）=2x2﹣1＜0，f（x）在此区间为减函数

当时，f'（x）=2x2﹣1＞0，f（x）在此区间为增函数处取得极大值

又因此，当，

要使得不等式f（x）≤k﹣1995对于x∈[﹣1，3]恒成立，则k≥15+1995=2010

所以，存在最小的正整数k=2010，使得不等式f（x）≤k﹣1992对于x∈[﹣1，3]恒成立．

解：（Ⅰ）f ’（x）=3x2+2mx﹣m2=（x+m）（3x﹣m）=0，则x=﹣m或x=m， 当x变化时， 

f ’（x）与f（x）的变化情况如下表：

从而可知，

当x=﹣m时，函数f（x）取得极大值9，即f（﹣m）=﹣m3+m3+m3+1=9，

∴m=2．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=x3+2x2﹣4x+1，

依题意知f’（x）=3x2+4x﹣4=﹣5，

∴x=﹣1或x=﹣．

又f（﹣1）=6，f（﹣）=，

所以切线方程为y﹣6=﹣5（x+1），或y﹣=﹣5（x+），5x+y﹣1=0，

或135x+27y﹣23=0．

解：（1）由已知得t=0，f'（x）=2mx+n，

则f'（0）=n=0，f'（﹣1）=﹣2m+n=﹣2，

从而n=0，m=1，

∴f（x）=x2，f'（x）=2x，g（x）=3ax2+b．

由f（1）=g（1），f'（1）=g'（1），

得a+b﹣3=1，3a+b=2，

解得a=﹣1，b=5．

∴g（x）=﹣x3+5x﹣3（x＞0）．

（2）F（x）=f（x）﹣g（x）=x3+x2﹣5x+3（x＞0），

求导数得F'（x）=3x2+2x﹣5=（x﹣1）（3x+5）．

∴F（x）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，

从而F（x）的极小值为F（1）=0．

（3）因f（x）与g（x）有一个公共点（1，1），

而函数f（x）在点（1，1）的切线方程为y=2x﹣1．

下面验证都成立即可．

由x2﹣2x+1≥0，得x2≥2x﹣1，知f（x）≥2x﹣1恒成立．

设h（x）=﹣x3+5x﹣3﹣（2x﹣1），即h（x）=﹣x3+3x﹣2（x＞0），

求导数得h'（x）=﹣3x2+3=﹣3（x﹣1）（x+1）（x＞0），

∴h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，

所以h（x）=﹣x3+5x﹣3﹣（2x﹣1）的最大值为h（1）=0，

所以﹣x3+5x﹣3≤2x﹣1恒成立．

故存在这样的实常数k和m，且k=2，m=﹣1．

①解：f'（x）=lnmx+1，所以

切线斜率为k=lnem+1=2 

所以m=1 

②解：若a＞0 则当x∈[1，3]，f'（x）＞0，

∴f（x）单调递增，

故g（x）在[1，3]上单调递增，从而对称轴x=a≥3，

综合有a≥3 

若a＜0，则当x∈[1，3]，f'（x）＜0，

∴f（x）单调递减，

故g（x） 在[1，3]上单调递减，从而对称轴x=a≤1

综合有：a＜0

若a=0，f（x） 不是单调函数，不符合题意．

综上所述：a 的取值范围是a≥3 或者a＜0 

③（i）当x∈（0，），f'（x）＜0，函数单调递增，

（ii ）当，f'（x）＞0，函数单调递增

所以当 时，f（x） 取最小值，

令，则

所以当x∈（0，1），h'（x）＞0，h（x）单调递增，

当x∈（1，+∞），h'（x）＜0，h（x）单调递减

则当x=1 时，h（x） 取最大值，

因此，但等号不能同时成立．

故 

解：（1）。

（2）令

则

因为递减，

所以递增，

因此，当时，

当时，

所以是h（x）唯一的极值点，且是极小值点，

可知h（x）的最小值为0，

因此

即。

（3），是不等式成立的必要条件，以下讨论设此条件成立

，即对任意成立的充要条件是

另一方面，由于满足前述题设中关于函数的条件，

利用（2）的结果可知，的充要条件是：过点（0，b）与曲线相切的直线的斜率大于，该切线的方程为

于是的充要条件是

综上，不等式对任意成立的充要条件是

 ①

显然，存在a、b使①式成立的充要条件是：不等式 ②有解

解不等式②得③

因此，③式即为b的取值范围，①式即为实数在a与b所满足的关系。

解：（1）∵抛物线与x轴正半轴相交于点A，

∴A（）对求导得y′=-2x

∴抛物线在点A处的切线方程为，

∴

∴f（n）为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距，

∴f（n）=an；

（2）由（1）知f（n）=an，则成立的充要条件是an≥2n+1

即知，an≥2n+1对所有n成立，

特别的，取n=1得到a≥3

当a=3，n≥1时，an=3n=（1+2）n≥1+=2n+1

当n=0时，an=2n+1

∴a=3时，对所有n都有成立

∴a的最小值为3；

（3）由（1）知f（k）=ak，

下面证明：＞

首先证明：当0＜x＜1时，

设函数g（x）=6x（x2-x）+1，0＜x＜1，

则g′（x）=18x（x-）

当0＜x＜时，g′（x）＜0；

当时，g′（x）＞0

故函数g（x）在区间（0，1）上的最小值g（x）min=g（）=＞0

∴当0＜x＜1时，g（x）＞0，

∴

由0＜a＜1知0＜ak＜1，因此，

从而

=＞6（a+a2+…+an）

==。

解：（1）由得

由得

又由题意可得

即

故

所以，。

（2）由得

由可知

故当时，，h（x）递减

当时，，h（x）递增

所以函数h（x）的最小值为

。

（3）当时，

而

故：当时，不等式在均成立

当时，的最大值为

故要使恒成立

则必需

即

事实上，当时，，故可知此时

综上可知当时，不等式在均成立。

解：(Ⅰ)当x＜1时，，

依题意，得，即，

解得b=c=0.

(Ⅱ)由(Ⅰ)知，，

①当-1≤x＜1时，，

令f′(x)=0得x=0或，

x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

又，

∴f(x)在[-1，1）上的最大值为2； 

②当1≤x≤2时，f(x)=alnx，

当a≤0时，f（x）≤0；

当a＞0时，f(x)在[1，2]上单调递增，

∴f(x)在[1，2]的最大值为aln2；

综上所述，当aln2≤2，即时，f(x)在[-1，2]上的最大值为2；

当aln2＞2，即时，f(x)在[-1，2]上的最大值为aln2。

(Ⅲ)假设曲线y=f(x)上存在两点P，Q满足题设要求，则点P，Q只能在y轴的两侧，

不妨设P（t，f（t））（t＞0），则，显然t≠1，

∵△POQ为直角三角形，

∴，即，①

是否存在P，Q等价于方程①是否有解，

若0＜t＜1，则f(t)=-t3+t2，代入①式得，-t2+(-t3+t2)(t3+t2)=0，

即t4-t2+1=0，而此方程无实数解，因此t＞1，

∴f(t)=alnt，代入①式得，-t2+(alnt)(t3+t2)=0，即=(t+1)lnt，(*) 

考察函数h(x)=(x+1)lnx(x≥1)，则h′(x)=lnx++1＞0，

∴h(x)在[1，+∞）上单调递增，

∵t＞1，

∴h(t)＞h(1)=0，当t→+∞时，h(t)→+∞，

∴h(t)的取值范围为(0，+∞)，

∴对于a＞0，方程(*)总有解，即方程①总有解，

因此对任意给定的正实数a，曲线y=f(x)上总存在两点P，Q使得△POQ是以点O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上。