热门试卷

解：（1）f′（x）=x2﹣2ax+a2﹣1，

∵（1，f（1））在x+y﹣3=0上，

∴f（1）=2，

∵（1，2）在y=f（x）上，

∴2=﹣a+a2﹣1+b，

又f′（1）=﹣1，

∴a2﹣2a+1=0，

解得a=1，b=．

（2）∵f（x）=x3﹣x2+，

∴f′（x）=x2﹣2x，

由f′（x）=0可知x=0和x=2是f（x）的极值点，所以有

所以f（x）的单调递增区间是（﹣∞，0）和（2，+∞），单调递减区间是（0，2）．

∵f（0）=，f（2）=，f（﹣2）=﹣4，f（4）=8，

∴在区间[﹣2，4]上的最大值为8

解：（1）k=2，，

，

当x=2时，f′（2）=-1，

切线方程为x+y=1；

（2），得，

当k≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在定义域内单调递增，f（x）≤0不恒成立；

当k＞0时，函数f（x）在单调递增，在单调递减，

当时，f（x）取最大值，；

∴k≥1。

解（1）∵函数f（x）=x3﹣6x2+11x，

∴f'（x）=3x2﹣12x+11，f'（3）=2，

又f（3）=6，

∴切线方程l为y﹣6=2（x﹣3）， 即y=2x．

（2）曲线C与l的另一个交点为B（x2，f（x2）），

∴得B（0，0）∴

解：（1）由于

∴

解得

从而所求椭圆的方程是

∵

∴A，B，N三点共线

而点N的坐标为（-2，0）

设直线AB的方程为

其中k为直线AB的斜率，依条件知k＞0

由消去x得

即

根据条件可知

解得

设

根据韦达定理得，

又由得

∴

从而消去y2得

令

则

由于

所以

∴在区间上是减函数

从而

即

∴

解得

而

∴

因此直线AB的斜率的取值范围是；

（2）上半椭圆的方程为

且

求导可得

所以两条切线的斜率分别为，

切线PA的方程是

即

又

从而切线PA的方程为

同理可得切线PB的方程为

由

可解得点P的坐标满足

再由得

∴

又由（1）知

∴

因此点P在定直线上，并且点P的纵坐标的取值范围是。

（1 ）由可得，

当时，，，

所以 曲线在点处的切线方程为，即。 

（2）令，解得或，

当，即时，在区间上，，

所以是 上的增函数，

所以的最小值为＝；

当，即时，随的变化情况如下表

由上表可知函数f（x）的最小值为。

 解：（I）由点（e，f（e））处的切线方程与直线2x﹣y=0平行，

得该切线斜率为2，即f'（e）=2．

又∵f'（x）=a（lnx+1），

令a（lne+1）=2，a=1，

所以f（x）=xlnx．

（II）由（I）知f'（x）=lnx+1，

显然f'（x）=0时x=e﹣1

当时f'（x）＜0，所以函数上单调递减．

当时f'（x）＞0，所以函数f（x）在上单调递增，

①时，；

②时，函数f（x）在[n，n+2]上单调递增，

因此f（x）min=f（n）=nlnnn；

所以

（III）对一切x∈（0，e]，3f（x）≥g（x）恒成立，

又g（x）=x2﹣tx﹣2，

∴3xlnx≥x2﹣tx﹣2，即．

设，

则，

由h'（x）=0得x=1或x=2，

∴x∈（0，1），h'（x）＞0，h（x）单调递增，

x∈（1，2），h'（x）＞0，h（x）单调递减，

x∈（2，e），h'（x）＞0，h（x）单调递增，

∴h（x）极大值=h（1）=﹣1，且h（e）=e﹣3﹣2e﹣1＜﹣1，

所以h（x）max=h（1）=﹣1．

因为对一切x∈（0，e]，3f（x）≥g（x）恒成立，

∴t≥h（x）max=﹣1．

故实数t的取值范围为[﹣1，+∞）．

解：∵y=4﹣x2∴y'=﹣2x．

设M（m，4﹣m2），则过M点曲线C的切线斜率k=﹣2m．

∴切线方程y﹣（4﹣m2）=﹣2m（x﹣m）．

由x=0，得y=4+m2，B（0，4+m2）．

由y=0设△AOB的面积为S，则

∴

令

当上为减函数；

当上为增函数；

∴

解：（Ⅰ）由已知，则f'（1）=2+1=3．

故曲线y=f（x）在x=1处切线的斜率为3；

（Ⅱ）．

①当a≥0时，由于x＞0，故ax+1＞0，f'（x）＞0

所以，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）．

②当a＜0时，由f'（x）=0，得．

在区间上，f'（x）＞0，

在区间上f'（x）＜0，

所以，函数f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为；

（Ⅲ）由已知，转化为f（x）max＜g（x）min．

由x∈[0，1]，得到g（x）min=g（1）=1，

由（Ⅱ）知，当a≥0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，值域为R，故不符合题意．

当a＜0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减，

故f（x）的极大值即为最大值，

，

所以1＜﹣1﹣ln（﹣a），解得．

解：（1）设过C点的直线为

所以

即

设

，

因为

所以

即，

所以

即

所以（舍去c=-1）。

（2）设过Q的切线为，

所以

即

他与的交点为M

又

所以Q

因为

所以

所以M

所以点M和点Q重合，也就是QA为此抛物线的切线。

（3）（2）的逆命题是成立，由（2）可知Q，

因为PQ⊥x轴，

所以

因为

所以P为AB的中点。

解：（1）  

由已知，解得. 

（2）函数的定义域为..        

当x变化时，的变化情况如下：

由上表可知，函数的单调递减区间是；单调递增区间是.

（3）由得，

由已知函数为上的单调减函数，则在上恒成立，

即在上恒成立.    

即在上恒成立.

令，在上，

在为减函数.

,所以.

解：（1）求导函数，可得f′（x）=3x2+2bx+c

∵f（x）在x=1时，有极值﹣1，

∴f′（1）=0，f（1）=﹣1

∴3+2b+c=0，1+b+c+2=﹣1

∴b=1，c=﹣5； 

（2）假设f（x）图象在x=t处的切线与直线（b2﹣c）x+y+1=0平行，

∵f′（t）=3t2+2bt+c，直线（b2﹣c）x+y+1=0的斜率为c﹣b2，

∴3t2+2bt+c=c﹣b2，

∴3t2+2bt+b=0

∴△=4b2﹣12b2=﹣8b2，

又∵b≠0，∴△＜0．

从而3t2+2bt+b2=0无解，

因此不存在t，使f′（t）=c﹣b2，

故f（x）图象不存在与直线（b2﹣c）x+y+1=0平行的切线．

（3）∵|f'（x）|=|，

①若|﹣|＞1，即b＞3或b＜﹣3时，M应为f'（﹣1）与f'（1）中最大的一个，

∴2M≥|f'（﹣1）|+|f'（1）|≥|f'（﹣1）﹣f'（1）|≥|4b|＞12

∴M＞6＞

②若﹣3≤b≤0时，2M≥|f'（﹣1）|+|f'（﹣）|≥|f'（﹣1）﹣f'（﹣）|=|（b﹣3）2|≥3，

∴M≥

③若0＜b≤3时，2M≥|f'（1）|+|f'（﹣）|≥|f'（1）﹣f'（﹣）|=|（b+3）2|＞3，

∴M＞，M≥ 

解：（1）依题意

解

得或

若

则

f′（x）=

f（x）在R上单调递减，在x=1处无极值；

若，则

直接讨论知，f（x）在x=1处有极大值，

所以。

（2）解f′（t）=c得t=0或t=2b，切点分别为（0，bc）、

相应的切线为y=cx+bc或

解

即x3-3bx2+4b3=0

得x=-b或x=2b

综合可知，b=0时，斜率为c的切线只有一条，与曲线的公共点只有（0，0），

b≠0时，斜率为c的切线有两条，与曲线的公共点分别为（0，bc）、（3b，4bc）和。

（3）g（x）=|-（x-b）2+b2+c|

若|b|＞1，则f′（x）在[-1，1]是单调函数，

M=max{|f′（-1）|，|f′（1）|}={|-1+2b+c|，|-1-2b+c|}，

因为f′（1）与f′（-1）之差的绝对值|f′（1）-f′（-1）|=|4b|＞4，

所以M＞2

若|b|≤1，f′（x）在x=b∈[-1，1]取极值，

则M=max{|f′（-1）|，|f′（1）|，|f′（b）|}，f′（b）-f′（±1）=（b±1）2若-1≤b＜0，f′（1）≤f′（-1）≤f′（b）

若0≤b≤1，f′（-1）≤f′（1）≤f′（b），

当b=0，时，在[-1，1]上的最大值

故M≥k对任意的b，c恒成立的k的最大值为。

解：（1）记g（x）＝ex-bx，

当b＝1时，g′（x）＝ex-1，

当x＞0时，g′（x）＞0，所以g（x）在（0，＋∞）上为增函数；

又g（0）＝1＞0，

所以当x∈（0，＋∞）时，g（x）＞0，

所以当x∈（0，＋∞）时，f（x）＝∣g（x）∣＝g（x），

所以f′（1）＝g′（1）＝e-1，

所以曲线y＝f（x）在点（1，e-1）处的切线方程为：y-（e-1）＝（e-1）（x-1），

即y＝（e-1）x。  

（2）f（x）＝0同解于g（x）＝0，

因此，只需g（x）＝0有且只有一个解，即方程ex-bx＝0有且只有一个解，

因为x＝0不满足方程，所以方程同解于b＝，  

令h（x）＝，

由h′（x）＝＝0得x＝1，

当x∈（1，＋∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，h（x）∈（e，＋∞）；

当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，h（x）∈（e，＋∞）；

所以当x∈（0，＋∞）时，方程b＝有且只有一解等价于b＝e；

当x∈（-∞，0）时，h（x）单调递减，且h（x）∈（-∞，0），

从而方程b＝有且只有一解等价于b∈（-∞，0）；

综上所述，b的取值范围为（-∞，0）∪{e}。

（3）由g′（x）=ex-b=0，得x=lnb，

当x∈（-∞，lnb）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；

当x∈（lnb，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；

所以在x=lnb时，g（x）取极小值g（lnb）=b-blnb=b（1-lnb），

①当0＜b≤e时，g（lnb）=b-blnb=b（1-lnb）≥0，

从而当x∈R时，g（x）≥0，

所以f（x）=∣g（x）∣=g（x）在（-∞，+∞）上无极大值；

因此，在x∈（0，2）上也无极大值；

②当b＞e时，g（lnb）＜0，

因为g（0）=1＞0，g（2lnb）=b2-2blnb=b（b-2lnb）＞0，

所以存在x1∈（0，lnb），x2∈（lnb，2lnb），使得g（x1）=g（x2）=0，

此时f（x）=∣g（x）∣=，

所以f（x）在（-∞，x1）单调递减，在（x1，lnb）上单调递增，在（lnb，x2）单调递减，

在（x2，+∞）上单调递增，

所以在x=lnb时，f（x）有极大值，

因为x∈（0，2），

所以，当lnb＜2，即e＜b＜e2时，f（x）在（0，2）上有极大值；

当lnb≥2，即b≥e2时，f（x）在（0，2）上不存在极大值；

综上所述，在区间（0，2）上，当0＜b≤e或b≥e2时，函数y=f（x）不存在极大值；

当e＜b＜e2时，函数y=f（x）在x=lnb时取极大值f（lnb）=b（lnb-1）。