热门试卷

解：（1）依题意，得

由得

从而

故

令得或

①当a>1时，

当x变化时，与的变化情况如下表：

由此得，函数f（x）的单调增区间为和，单调减区间为。

②当时，，此时有恒成立，且仅在处，

故函数f（x）的单调增区间为R；

③当时，，同理可得，函数f（x）的单调增区间为和，

单调减区间为

综上：当时，函数f（x）的单调增区间为和，单调减区间为；

当时，函数f（x）的单调增区间为R；

当时，函数f（x）的单调增区间为和，单调减区间为。

（2）（i）由得

令得

由（1）得f（x）增区间为和，单调减区间为，

所以函数f（x）在处取得极值，

故M（），N（）。

观察的图象，有如下现象：

①当m从-1（不含-1）变化到3时，线段MP的斜率与曲线f（x）在点P处切线的斜率之差Kmp-的值由正连续变为负。

②线段MP与曲线是否有异于H，P的公共点与Kmp-的m正负有着密切的关联；

③Kmp-=0对应的位置可能是临界点，故推测：满足Kmp-的m就是所求的t最小值。

下面给出证明并确定的t最小值

曲线f（x）在点处的切线斜率

段MP的斜率Kmp

当Kmp-=0时，解得

直线MP的方程为

令

当时，在上只有一个零点，

可判断函数f（x）在上单调递增，在上单调递减，

又，

所以g（x）在上没有零点，

即线段MP与曲线f（x）没有异于M，P的公共点。

当时，，

所以存在使得

即当时，MP与曲线f（x）有异于M，P的公共点

综上，t的最小值为2。

（ii）类似（i）于中的观察，可得m的取值范围为。

解：（1）当a=﹣3时，f（x）=﹣x3+1对函数求导可得，f'（x）=﹣3x2由导数的几何意义可得，曲线在（1，0）处的切线的斜率k=f'（1）=﹣3

∴过点（1，0）曲线y=f（x）的切线方程为y=﹣3（x﹣1）

即3x+y﹣3=0

（2）对函数求导可得，f'（x）=ax2+（a+3），

①当a≥0时，f'（x）＞0，f（x）在（﹣∞，+∞）单调递增

②当a≤﹣3时，f'（x）≤0，f（x）在（﹣∞，+∞）单调递减

③当﹣3＜a＜0，由f'（x）＞0，可得，

即f（x）在（﹣，+）单调递增；

f'（x）≤0，f（x）在（﹣∞，]，[，+∞）单调递减

（3）由（2）得，当﹣3＜a＜0，函数在x=﹣存在极小值，在x=存在极大值

解：（I）当a=1时，f（x）=，x∈（0，+∞），

所以f '（x）=x+1+，

因此，f '（1）=3，即曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为3，

又f（1）=，故y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣=3（x﹣1），

所以曲线，即3x﹣y﹣=0；

（Ⅱ）因为 =，x∈（0，+∞），

令g（x）=x2+（2a﹣1）x+a2，x∈（0，+∞），

（1）当时，g（x）≥0在区间（0，+∞）恒成立，

故当时，f ’（x）≥0在区间（0，+∞）恒成立，

所以，当时，f（x）在定义域（0，+∞）上为增函数；

（2）当时，由g（x）=0，得，

故f（x）=0的两个根为，

①由f '（x）＜0，得x1＜x＜x2，故函数的单调递减区间为（x1，x2）；

②由f '（x）＞0，得0＜x＜x1，或x＞x2，

故函数的单调递增区间为（0，x1）和（x2，+∞）；

故当时，函数的单调增区间为（0，）和（，+∞）；函数的单调递减区间为（，）

综上所述：当时，f（x）在定义域（0，+∞）上为增函数；

时，函数的单调增区间为（0，）和（，+∞）；

函数的单调递减区间为（，）

解：（Ⅰ）因，

又f（x）在x=0处取得极限值，故f′（x）=0，从而b=0，

由曲线y= f（x）在（1，f（1））处的切线与直线x-2y+1=0相互垂直，

可知该切线斜率为2，

即f′（1）=2，有2a=2，从而a=1；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，

令，

（1）当△=4-4k＜0，即当k＞1时，g′（x）＞0在R上恒成立，故函数g（x）在R上为增函数；

（2）当△=4-4k =0，即当k=1时，，

k=1时，g（x）在R上为增函数；

（3）△=4-4k＞0，即当0＜k＜1时，方程有两个不相等实根

，

当x∈时，g′（x）＞0，故g（x）在上为增函数；

当x∈时，g′（x）＜0，故g（x）在上为减函数；

x∈时，g′（x）＞0，故g（x）在上为增函数。

解：(Ⅰ)因，

所以，

即当时，f′（x）取得最小值，

因斜率最小的切线与12x+y=6平行，即该切线的斜率为-12，

所以，解得a=±3，

由题设a＜0，所以a=-3。

(Ⅱ)由(Ⅰ)知a=-3，因此，，

，

令f′（x）=0，解得，

当x∈（-∞，-1）时，f′（x）＞0，故f（x）在（-∞，-1）上为增函数；

当x∈（-1，3）时，f′（x）＜0，故f（x）在（-∞，-1）上为减函数；

当x∈（3，+∞）时，f′（x）＞0，故f（x）在（3，+∞）上为增函数，

由此可见，函数f（x）的单调递增区间为（-∞，-1）和（3，+∞），单调递减区间为（-1，3）。

（I）解：  ，

当a＞0时，f（x）的单调增区间为（0，1]，减区间为[1，+∞）；

当a＜0时，f（x）的单调增区间为[1，+∞），减区间为（0，1]；

当a=0时，f（x）不是单调函数

（II）解：f′（2）=﹣=1得a=﹣2，f（x）=﹣2lnx+2x﹣3

∴g（x）=x3+（+2）x2﹣2x，

∴g'（x）=3x2+（m+4）x﹣2

∵g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数，且g′（0）=﹣2

∴g′（t）＜0，g′（3）＞0  

由题意知：对于任意的t∈[1，2]，g′（t）＜0恒成立，所以有，

∴存在﹣＜m＜﹣9

（Ⅲ）证明：令a=﹣1此时f（x）=﹣lnx+x﹣3，所以f（1）=﹣2，

由（I）知f（x）=﹣lnx+x﹣3在（1，+∞）上单调递增，

∴当x∈（1，+∞）时f（x）＞f（1），即﹣lnx+x﹣1＞0，

∴lnx＜x﹣1对一切x∈（1，+∞）成立，

∵n≥2，n∈N*，则有0＜lnn＜n﹣1，

∴

∴

（n≥2，n∈N*）。

解：（1）当x＜1时，f（x）=﹣x3+x2+bx+c，则f'（x）=﹣3x2+2x+b． 依题意得：

，

即

解得b=c=0

（2）由（1）知，

①当﹣1≤x＜1时，，

令f'（x）=0得

当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：

②当1≤x≤2时，f（x）=alnx．

当a≤0时，f（x）≤0，f（x）最大值为0；

当a＞0时，f（x）在[1，2]上单调递增．

∴f（x）在[1，2]最大值为aln2．

综上，当aln2≤2时，即时，f（x）在区间[﹣1，2]上的最大值为2；

当aln2＞2时，即时，f（x）在区间[﹣1，2]上的最大值为aln2．

（3）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轴两侧．

不妨设P（t，f（t））（t＞0），则Q（﹣t，t3+t2），显然t≠1

∵△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，

∴

即﹣t2+f（t）（t3+t2）=0（*）

若方程（*）有解，存在满足题设要求的两点P、Q；

若方程（*）无解，不存在满足题设要求的两点P、Q．

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

即t4﹣t2+1=0，而此方程无解，因此t＞1．

此时f（t）=alnt，代入（*）式得：

﹣t2+（alnt）（t3+t2）=0

即（**）

令h（x）=（x+1）lnx（x≥1），则

∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，

∵t＞1

∴h（t）＞h（1）=0，

∴h（t）的取值范围是（0，+∞）．

∴对于a＞0，方程（**）总有解，即方程（*）总有解．

解：（I）当a=﹣1时，f（x）=1nx+x+ ﹣1，x∈（0，+∞），

所以f′（x）= +1﹣ ，

因此，f′（2）=1，即曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线斜率为1，

又f（2）=1n2+2，y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y﹣（1n2+2）=x﹣2，

所以曲线，即x﹣y+1n2=0；

（Ⅱ）因为 ，

所以 = ，x∈（0，+∞），

令g（x）=ax2﹣x+1﹣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）＜0，函数f（x）单调递增减；

（2）当a≠0时，由g（x）=0，即ax2﹣x+1﹣a=0，解得x1=1，x2= ﹣1．

①当a= 时，x1=x2，g（x）≥0恒成立，

此时f′（x）≤0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减；

②当0＜a＜ 时， ﹣1＞1＞0 x∈（0，1）时，g（x）＞0，

此时f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，

x∈（1， ﹣1）时，g（x）＞0，此时f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，

x∈（ ﹣1，+∞）时，g（x）＞0，此时f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；

③当a＜0时，由于 ﹣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）＜0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a= 时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减

当0＜a＜ 时，函数f（x）在（0，1）上单调递减；

函数f（x）在（1， ﹣1）上单调递增；

函数f（x）在（ ﹣1，+∞）上单调递减．

解：（1）f′（x）=1﹣2ax﹣ ．

由题设，f′（1）=﹣2a=﹣2，a=1，

此时f（1）=0，切线方程为y=﹣2（x﹣1），即2x+y﹣2=0．

（2）f′（x）=﹣ ，

令△=1﹣8a．

当a≥ 时，△≤0，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）单调递减．

当0＜a＜ 时，△＞0，方程2ax2﹣x+1=0有两个不相等的正根x1，x2，

不妨设x1＜x2，

则当x∈（0，x1）∪（x2，+∞）时，f′（x）＜0，

当x∈（x1，x2）时，f′（x）＞0，这时f（x）不是单调函数．

综上，a的取值范围是[ ，+∞）．

解：（1）因为

所以切线的斜率

又

故所求切线方程为

即。

（2）因为

又x>0，所以当x>2时，；

当0＜x＜2时，

即在上递增

在（0，2）上递减

又

所以在上递增

在上递减

欲f（x）与在区间上均为增函数

则

解得。

（3）原方程等价于

令

则原方程即为

因为当时原方程有唯一解

所以函数与的图象在y轴右侧有唯一的交点

且x＞0

所以当x>4时，

当0＜x＜4时，

即在上递增

在（0，4）上递减

故h（x）在x=4处取得最小值

从而当时原方程有唯一解的充要条件是。

解：（Ⅰ）求导函数，可得f′（x）=3x2﹣3a

∵曲线y=f（x）在点（2，f（x））处在直线y=8相切

∴，∴

∴a=4，b=24．

（Ⅱ）f′（x）=3（x2﹣4）=3（x+2）（x﹣2）

令f′（x）＞0，可得x＜﹣2或x＞2；

令f′（x）＜0，可得﹣2＜x＜2

∴函数的单调增区间为（﹣∞，﹣2），（2，+∞），单调减区间为（﹣2，2）

∴x=﹣2是函数f（x）的极大值点，x=2是函数f（x）的极小值点．