热门试卷

解：∵函数

∴定义域为（0，+∞）

∴ （x＞0）．

（Ⅰ）∵曲线y=f（x）在x=1和x=3处的切线互相平行

∴f'（1）=f'（3）

∴

（Ⅱ）∵ （x＞0）．

∴①当a≤0 时，x＞0，ax﹣1＜0，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 时，，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 时，，故f（x）的单调递增区间是（0，+∞）．

④当时，，在区间 和（2，+∞）上，f'（x）＞0；

在区间 上f'（x）＜0，f（x）的单调递增区间是 和（2，+∞），单调递减区间是．

解：（1）当，

故f'（1）=﹣1+2=1，

所以曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率为1．

（2）f'（x）=﹣x2+2x+m2﹣1，令f'（x）=0，解得x=1﹣m或x=1+m．

∵m＞0，所以1+m＞1﹣m，当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：

∴f（x）在（﹣∞，1﹣m），（1+m，+∞）内是减函数，在（1﹣m，1+m）内是增函数．

函数f（x）在x=1-m处取得极小值f（1﹣m），且f（1﹣m）=，

函数f（x）在x=1+m处取得极大值f（1+m），且f（1+m）=．

（3）由题设，，

∴方程有两个相异的实根x1，x2，

故，∵m＞0

解得m，

∵x1＜x2，所以2x2＞x1+x2=3，

故x2＞．

∵对任意的x∈[x1，x2]，x﹣x1≥0，x﹣x2≤0，

则，

又f（x1）=0，所以f（x）在[x1，x2]上的最小值为0，

于是对任意的x∈[x1，x2]，f（x）＞f（1）恒成立的充要条件是f（1）=m2﹣＜0，

解得，

∵由上m，

综上，m的取值范围是（，）．

解：（1）设与的公共点为，

∵，，

由题意，，

即，，

得得：或（舍去），

即有。（2），

则，

所以在上为减函数，在上为增函数，

于是函数在时有极小值，

，

无极大值。

（3）由（1）知，令，

则，

当，即时，；

当，即时，；

故在为增函数，在为减函数，

于是在上的极大值即为最大值：，

即b的最大值为。

解：（1）函数f（x）=（x+1）lnx定义域为（0，+∞），

∵，

∴f '（1）=2，且切点为（1，0）

故f（x）在x=1处的切线方程y=2x﹣2．

（2）由已知a≠0，因为x∈（0，1），

所以．

①当a＜0时，g（x）＞0，不合题意．

②当a＞0时，x∈（0，1），由g（x）＜﹣2，得 lnx+．

设，则x∈（0，1），h（x）＜0.

．

设m（x）=x2+（2﹣4a）x+1，方程m（x）=0 的判别式△=16a（a﹣1）．

若a∈（0，1]，△≤0，m（x）≥0，h'（x）≥0，h（x）在（0，1）上是增函数，

又h（1）=0，所以x∈（0，1），h（x）＜0．

若a∈（1，+∞），△＞0，m（0）=1＞0，m（1）=4（1﹣a）＜0，

所以存在x0∈（0，1），使得m（x0）=0，对任意x∈（x0，1），m（x）＜0，

h'（x）＜0，h（x）在（x0，1）上是减函数，

又h（1）=0，所以x∈（x0，1），h（x）＞0．

综上，实数a的取值范围是（0，1]．

解：（1）因为，x∈R，f（﹣x）=﹣f（x）成立，

所以：b=d=0，

由：f'（1）=0，得3a+c=0，

由：，得

解之得：，c=﹣1

从而，函数解析式为：

（2）由于，f'（x）=x2﹣1，

设：任意两数x1，x2∈[﹣1，1]是函数f（x）图象上两点的横坐标，

则这两点的切线的斜率分别是：k1=f'（x1）=x12﹣1，k2=f'（x2）=x22﹣1

又因为：﹣1≤x1≤1，﹣1≤x2≤1，

所以，k1≤0，k2≤0，得：k1k2≥0知：k1k2≠﹣1 故，

当x∈[﹣1，1] 是函数f（x）图象上任意两点的切线不可能垂直

（3）当：时，x2∈（0，3）且3﹣x2＞0此时F（x）=|xf（x）|===

当且仅当：x2=3﹣x2，即，取等号，故；

解：(1)由得a=-2

（2）由（1）知，，

故

由g′(x)图像知,解得

(3)∵a=2∴

令则，

①若，由于，

所以不存在x0使得

②若，此时，

所以F(x)在上是增函数，

∴，

只要即可，解得，即

解：（1）由题意可得：

函数f（x）=x3+bx2+cx+d的导数为：f ’（x）=3x2+2bx+c

因为函数f（x）=x3+bx2+cx+d有两个极值点x1=1，x2=2

所以3x2+2bx+c=0的两个根为x1=1，x2=2

所以2b+c+3=0，并且4b+c+12=0，解得：b=﹣，c=6．

（2）设切点为（x0，y0），由（1）可得：f ’（x）=3x2﹣9x+6，因为直线y=6x+1与曲线y=f（x）相切于P点，所以f ’（x0）=6，即x0=3或者x0=0，当x0=3时，y0=19，所以函数y=f（x）的解析式为f（x）=x3x2+6x+．当x0=0时，y0=1，所以函数y=f（x）的解析式为f（x）=x3x2+6x+1．

（3）由题意可得：f（x）=x3x2+6x+1，并且P（0，1），

设切点的坐标为（x1，y1），

所以==…①．

又因为f ’（x）=3x2﹣9x+6，所以K切=3x12﹣9x1+6…②，由①②可得：，

所以切点为（，），

所以，

所以切线方程为15x﹣16y+16=0．

所以过P点和y=f（x）相切于一异于P点的直线方程为

15x﹣16y+16=0．

解：(Ⅰ)f′(x)=3x2-x+b，

f(x)的图象上有与x轴平行的切线，则f′(x)=0有实数解，即方程3x2-x+b=0有实数解，

由Δ=1-12b≥0，得；

(Ⅱ)由题意，x=1是方程3x2-x+b=0的一个根，

设另一根为x0，则，

∴，

∴，f′(x)=3x2-x-2，

当时，f′(x)＞0；当时，f′(x)＜0；当x∈(1，2)时，f′(x)＞0，

∴当时，f(x)有极大值，

又，f(2)=2+c，即当x∈[-1，2]时，f(x)的最大值为f(2)=2+c，

∵对x∈[-1，2]时，f(x)＜c2恒成立，

∴c2＞2+c，解得c＜-1或c＞2，

故c的取值范围为(-∞，-1)∪(2，+∞)。

解：由得f′（x）=ax2+2bx+c

因为f′（x）﹣9x=ax2+2bx+c﹣9x=0的两个根分别为1，4，

所以 （*）

（Ⅰ）当a=3时，又由（*）式得  解得b=﹣3，c=12

又因为曲线y=f（x）过原点，所以d=0 故f（x）=x3﹣3x2+12x

（Ⅱ）由于a＞0，所以“ 在（﹣∞，+∞）内无极值点”

等价于“f′（x）=ax2+2bx+c≥0在（﹣∞，+∞）内恒成立”．

由（*）式得2b=9﹣5a，c=4a．

又△=（2b）2﹣4ac=9（a﹣1）（a﹣9）

解 得a∈[1，9]

即a的取值范围[1，9]

解：（Ⅰ）由已知得，由f'（x）=0，得x1=0，x2=a．

∵x∈[﹣1，1]，1＜a＜2，

∴当x∈[﹣1，0）时，f'（x）＞0，f（x）递增；

当x∈（0，1]时，f'（x）＜0，f（x）递减．

∴f（x）在区间[﹣1，1]上的最大值为f（0）=b，

∴b=1．

又，，

∴f（﹣1）＜f（1），即，得．

故，b=1为所求．

（Ⅱ）解：由（1）得f（x）=x3﹣2x2+1，f'（x）=3x2﹣4x，点P（2，1）在曲线f（x）上．

（1）当切点为P（2，1）时，切线l的斜率k=f'（x）|x=2=4，

∴l的方程为y﹣1=4（x﹣2），即4x﹣y﹣7=0．

（2）当切点P不是切点时，设切点为Q（x0，y0）（x0≠2），

切线l的斜率，

∴l的方程为y﹣y0=（3x02﹣4x0）（x﹣x0）．

又点P（2，1）在l上，

∴1﹣y0=（3x02﹣4x0）（2﹣x0），

∴1﹣（x03﹣2x02+1）=（3x02﹣4x0）（2﹣x0），

∴x02（2﹣x0）=（3x02﹣4x0）（2﹣x0），

∴x02=3x02﹣4x0，即2x0（x0﹣2）=0，

∴x0=0．

∴切线l的方程为y=1．

故所求切线l的方程为4x﹣y﹣7=0或y=1．

（或者：由（1）知点A（0，1）为极大值点，所以曲线f（x）的点A处的切线为y=1，恰好经过点P（2，1），符合题意．）

（Ⅲ）解：F（x）=（3x2﹣3ax+6x+1）e2x=[3x2﹣3（a﹣2）x+1]e2x．

∴F'（x）=[6x﹣3（a﹣2）]e2x+2[3x2﹣3（a﹣2）x+1]e2x                =[6x2﹣6（a﹣3）x+8﹣3a]e2x．

二次函数y=6x2﹣6（a﹣3）x+8﹣3a的判别式为

△=36（a﹣3）2﹣24（8﹣3a）=12（3a2﹣12a+11）=12[3（a﹣2）2﹣1]，

令△≤0，得：．

令△＞0，得．

∵e2x＞0，1＜a＜2，

∴当时，F'（x）≥0，函数F（x）为单调递增，极值点个数为0；

当时，此时方程F'（x）=0有两个不相等的实数根，

根据极值点的定义，可知函数F（x）有两个极值点．

（1）解：因为f（x）=ax+xlnx，所以f'（x）=a+lnx+1．

因为函数f（x）=ax+xlnx的图象在点x=e处的切线斜率为3，

所以f'（e）=3，即a+lne+1=3．所以a=1．

（2）解：由（1）知，f（x）=x+xlnx，所以对任意x＞1恒成立，即对任意x＞1恒成立．

令，则，

令h（x）=x﹣lnx﹣2（x＞1），则，

所以函数h（x）在（1，+∞）上单调递增．

因为h（3）=1﹣ln3＜0，h（4）=2﹣2ln2＞0，

所以方程h（x）=0在（1，+∞）上存在唯一实根x0，且满足x0∈（3，4）．

当1＜x＜x0时，h（x）＜0，即g'（x）＜0，

当x＞x0时，h（x）＞0，即g'（x）＞0，

所以函数在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增．

所以．

所以k＜[g（x）]min=x0∈（3，4）．故整数k的最大值是3．

（3）证明：由（2）知，是[4，+∞）上的增函数，

所以当n＞m≥4时，．

即n（m﹣1）（1+lnn）＞m（n﹣1）（1+lnm）．

整理，得mnlnn+mlnm＞mnlnm+nlnn+（n﹣m）．

因为n＞m，所以mnlnn+mlnm＞mnlnm+nlnn．

即lnnmn+lnmm＞lnmmn+lnnn．即ln（nmnmm）＞ln（mmnnn）．

所以（mnn）m＞（nmm）n．

解：（1）∵函数f（x）=，g（x）=alnx，a∈R．

f′（x）=，g′（x）=（x＞0），

由已知得解得

∴两条曲线交点的坐标为（e2，e）．

切线的斜率为k=f′（e2）=，

∴切线的方程为y﹣e=（x﹣e2）．

（2）由条件知h（x）=﹣alnx（x＞0），

∴h′（x）=﹣=，

①当a＞0时，令h′（x）=0，解得x=4a2．

∴当0＜x＜4a2时，h′（x）＜0，h（x）在（0，4a2）上单调递减；

当x＞4a2时，h′（x）＞0，h（x）在（4a2，+∞）上单调递增．

∴x=4a2是h（x）在（0，+∞）上的惟一极值点，且是极小值点，

从而也是h（x）的最小值点．

∴最小值φ（a）=h（4a2）=2a﹣aln（4a2）=2a[1﹣ln （2a）]．

②当a≤0时，h′（x）=＞0，h（x）在（0，+∞）上单调递增，无最小值．

故h（x）的最小值φ（a）的解析式为φ（a）=2a[1﹣ln （2a）]（a＞0）．

（3）证明：由（2）知φ（a）=2a（1﹣ln 2﹣ln a），则φ′（a）=﹣2ln （2a）．

令φ′（a）=0，解得a=．

当0＜a＜时，φ′（a）＞0，

∴ φ（a）在（0，）上单调递增；

当a＞时，φ′（a）＜0，

∴φ（a）在（，+∞）上单调递减．

∴φ（a）在a=处取得极大值φ（）=1．

∴φ（a）在（0，+∞）上有且只有一个极值点，

∴φ（）=1也是φ（a）的最大值．

∴当a∈（0，+∞）时，总有φ（a）≤1．

解：（Ⅰ）依题意知，直线的斜率，

∵，故直线与函数f（x）的图像的切点坐标是(1，0)，

∴直线的方程为y=x-1，

又∵直线与的图像也相切，

∴由，得，

令，

∵m＜0，

∴解得m=-2。

（Ⅱ），

∴，

∴，

令＞0，解得：-1＜x＜0；

令＜0，解得：x＜-1（舍去）或x＞0，

∴h（x）在（-1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，

∴当x=0时，h（x）取得最大值h（0）=2。

（Ⅲ）∵由（II）知：当x＞-1时，，即，

∴当x＞-1时，，当且仅当x=0时等号成立，

∵，故，

∴。

解：（1），，．

当时，

又

所以在处的切线方程为。

（2）函数的定义域为

当时，，

所以

即在区间上没有实数根．                       

当时，，

令

只要讨论根的个数即可

，

当时，，是减函数；

当时，，是增函数

所以在区间上的最小值为

时，，即有两个实根。