热门试卷

解：（1），

∴是以2为首项，1为公差的等差数列，故；

（2），

∴，

∴y=f（x）在点（n，f（n））处的切线方程为，

令，

∴，

∵仅当n=5时取得最小值，

∴，

∴λ的取值范围为（9，11）。

证明：（Ⅰ）对任意固定的n≥1，

因为焦点F(0，1)，所以可设直线AnBn的方程为y-1=，

将它与抛物线方程联立得，

由一元二次方程根与系数的关系得。

（Ⅱ）对任意固定的n≥1，

利用导数知识易得抛物线在An处的切线的斜率，

故在An处的切线方程为，①

类似地，可求得在Bn处的切线方程为，②

由②减去①得，

从而，

，

，③

将③代入①并注意得交点Cn的坐标为（，-1），

由两点间的距离公式得，

从而，

现在，利用上述已证结论并由等比数列求和公式得，

(Ⅰ)解：，则有，

解得；

(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知，，

令，

则，

(ⅰ)当时，，

若，则g′(x)＜0，g(x)是减函数，所以g(x)＜g(1)=0，

即f(x)＜lnx，故f(x)≥lnx在[1，+∞）上不恒成立；

(ⅱ)当时，，

若x＞1，则g′(x)＞0，g(x)是增函数，所以g(x)＞g(1)=0，

即f(x)＞lnx．故当x≥1时，f(x)≥lnx；

综上所述，所求a的取值范围为。

(Ⅲ)证明：用数学归纳法证明，

①当n=1时，左边=1，右边=，不等式成立；

②假设n=k时，不等式成立，就是

，

那么，

由(Ⅱ)知当时，有f(x)≥lnx(x≥1)，

令，有，

令，得，

∴，

∴，

这就是说，当n=k+1时，不等式也成立．

根据①和②，可知不等式对任何n∈N*都成立。

解：（1）∵，

∴．

∴．

（2）∵Cn的对称轴垂直于x轴，且顶点为Pn，

∴设Cn的方程为．

把Dn（0，n2+1）代入上式，得a=1，

∴Cn的方程为y=+（2n+3）x+n2+1．

∵kn=y'|x=0=2n+3，

∴，

∴==．

（3）T={y|y=﹣（12n+5），n∈N*}={y|y=﹣2（6n+1）﹣3，n∈N*}，

∴S∩T=T，T中最大数a1=﹣17．

设{}公差为d，则a10=﹣17+9d∈（﹣265，﹣125．）

由此得．

又∵∈T．

∴d=﹣12m（m∈N*）

∴d=﹣24，

∴=7﹣24n（n∈N*，n≥2）．

解（I）a=1时，

，

于是，

所以函数f（x）的图象在点A（0，f（0））处的切线方程为，

即；

（II）

，

∵，

∴只需讨论的符号，

ⅰ）当a＞2时，＞0，这时＞0，所以函数f（x）在（-∞，+∞）上为增函数；

ⅱ）当a=2时，≥0，函数f（x）在（-∞，+∞）上为增函数；

ⅲ）当0＜a＜2时，令=0，解得，

当x变化时，f′（x）和f（x）的变化情况如下表：

∴f（x）在，为增函数，f（x）在为减函数；

（Ⅲ）当a∈（1，2）时，∈（0，1），

由（2）知f（x）在上是减函数，在上是增函数，

故当x∈（0，1）时，，

所以当x∈（0，1）时恒成立，等价于恒成立，

当a∈（1，2）时，，设，则，

表明g（t） 在（0，1）上单调递减，

于是可得，即a∈（1，2）时恒成立，

因此，符合条件的实数a不存在。

解：(Ⅰ)，

由已知得，解得，

∴两条曲线交点的坐标为(e2，e)，

切线的斜率为，

∴切线的方程为y-e=(x-e2)。

(Ⅱ)由条件知，

∴，

(i)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)上递减；

当x＞4a2时，h′(x)＞0，h(x)在(4a2，+∞)上递增，

∴x=4a2是h(x)在(0，+∞)上的唯一极值点，且是极小值点，从而也是h(x)的最小值点，

∴最小值ψ(a)=h(4a2)=2a-aln4a2=2a(1-ln2a)；

(ii)当a≤0时，，h(x)在(0，+∞)上递增，无最小值，

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

(Ⅲ)由(Ⅱ)知ψ(a)=2a（1-ln 2-lna），

则，

令ψ′(a)=0，解得，

当时，ψ′(a)＞0，∴ψ(a)在上递增；

当时，ψ′(a)＜0，∴ψ(a)在上递减，

∴ψ(a)在处取得最大值。

∵ψ(a)在（0，+∞）上有且只有一个极值点，所以也是ψ(a)的最大值，

∴当a∈(0，+∞)时，总有ψ(a)≤1．

解：（Ⅰ）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，

依题意x1≠0，y1＞0，y2＞0，

由y=x2， ①

得y′=x，

∴过点P的切线的斜率k切=x1，

∴直线l的斜率kl=，

∴直线l的方程为，

联立①②消去y，得，

∵M是PQ的中点，

∴，

消去x1，得，

∴PQ中点M的轨迹方程为；

（Ⅱ）设直线l：y=kx+b，

依题意k≠0，b≠0，则T(0，b)，

分别过P、Q作PP′⊥x轴，QQ′⊥y轴，垂足分别为P′、Q′，

则，

由消去x，得y2-2(k2+b)y+b2=0， ③

则y1+y2=2(k2+b)，y1y2=b2，

∴，

∵y1、y2可取一切不相等的正数，

∴的取值范围是（2，+∞）。

解：（Ⅰ），

由于直线x+2y-3=0的斜率为，且过点（1，1），

故，即，解得a=1，b=1。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，

所以，

考虑函数（x＞0），

则，

(ⅰ)设k≤0，由知，

当x≠1时，h′（x）＜0，而h(1)=0，

故当x∈（0，1）时，h（x）＞0，可得；

当x∈（1，+∞）时，h（x）＜0，可得；

从而当x＞0，且x≠1时，f（x）-（）＞0，即f（x）＞；

(ⅱ)设0＜k＜1，由于当x∈（1，）时，（k-1）（x2+1）+2x＞0，

故h′（x）＞0，而h（1）=0，

故当x∈（1，）时，h（x）＞0，可得，与题设矛盾；

(ⅲ)设k≥1，此时h（x）＞0，而h（1）=0，

故当x∈（1，+∞）时，h（x）＞0，可得，与题设矛盾；

综合得，k的取值范围为（-∞，0]。

解：（1）f′（x）=-2bx，f′（2）=-4b，f（2）=aln2-4b，

∴-4b=-3，且aln2-4b=-6+2ln2+2，

解得a=2，b=1；

（2）f（x）=2lnx-x2，令h（x）=f（x）+m=2lnx-x2+m，

则h′（x）=，令h′（x）=0，得x=1（x=-1舍去），

在[，e]内，当x∈[，1）时，h′（x）＞0，所以h（x）是增函数；

当x∈（1，e]时，h′（x）＜0，所以h（x）是减函数，

则方程h（x）=0在[，e]内有两个不等实根的充要条件是

即1＜m≤e2-2；

（3）g（x）=2lnx-x2-nx，g′（x）=-2x-n，

假设结论成立，则有

①-②，得

∴，

由④得，

∴，即，

即，⑤，

令（0＜t＜1），

则u′（t）=＞0，所以u（t）在0＜t＜1上是增函数，

u（t）＜u（1）=0，

所以⑤式不成立，与假设矛盾，

所以g′（x0）≠0。

解：（Ⅰ）依题意，令f′（x）=g′（x），得2x+b=1，故，

由于，得，

∵b＞-1，c＞0，

∴。

（Ⅱ），

，

令F′（x）=0，即，

则，

若△=0，则F′（x）=0有一个实根x，且F′（x）的变化如下：

于是不是函数F（x）的极值点；

若△＞0，则F′（x）=0有两个不相等的实根，且F′（x）的变化如下：

由此，是函数F（x）的极大值点，是函数F（x）的极小值点，

综上所述，当且仅当△=0时，函数F（x）在（-∞，+∞）内有极值点，

由得，

∵，

∴，解之得，

故所求c的取值范围是。

（Ⅰ）解：，

于是，

因a，b∈Z，

故；

（Ⅱ）证明：已知函数都是奇函数，

所以函数也是奇函数，其图像是以原点为中心的中心对称图形，

而，

可知，函数g（x）的图像按向量平移，即得到函数f（x）的图像，

故函数f（x）的图像是以点（1，1）为中心的中心对称图形；

（Ⅲ）证明：在曲线上任取一点，

由知，

过此点的切线方程为，

令x=1得，切线与直线x=1交点为；

令y=x得，切线与直线y=x交点为；

直线x=1与直线y=x的交点为（1，1），

从而所围三角形的面积为；

所以，所围三角形的面积为定值2。

解：(Ⅰ)f(x)=x3-3x2，f′(x)=3x2-6x，

∴k=-3，

又f(1)=-2，

∴所求切线方程为3x+y-1=0。

(Ⅱ)当a=0时，x2(x-b)+x3lnx+x2≥0，即b≤x+xlnx+1，

令g(x)=x+xlnx+l，g′(x)=lnx+2，

由g′(x)=0，得x=e-2，

 由上表知g（x）的最小值为，

所以有。

(Ⅲ)假设，即，

故(s-a)(s-b)(t-a)(t-b)=-1，即[st-(s+t)a+a2][st-(s+t)b+b2]=-1，

由s，t为f′(x)=3x2-2(a+b)x+ab=0的两根可得，，

从而有，

，

即，这与a+b＜2矛盾，

故直线OA与直线OB不可能垂直。