热门试卷

解：（Ⅰ），，，

当时，，

又，

则在处的切线方程为。 

  （Ⅱ）函数的定义域为，

当时，，

所以，

即在区间上没有零点，

当时，，

令，

只要讨论的零点即可，，，

当时，，是减函数；

当时，，是增函数，

所以在区间最小值为；

显然，当时，，

所以是的唯一的零点；

当时，，所以没有零点；

时，，所以有两个零点。

解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），

f′（x）=x+a-，

因为f（x）在x=2处的切线与x轴平行，则f′（2）=0，得a=-3；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f′（x）=，

则f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，

则当x=1时，f（x）有极大值，

当x=2时，f（x）有极小值f（2）=-4+2ln2。

（Ⅲ）令g（x）=x·f′（x）=x2+ax-（a+1），x∈[1，-a]，

依题意，x∈[1，-a]时，-2a2≤g（x）≤2a2恒成立；

即g（x）min≥-2a2且g（x）max≤2a2，而g（x）的对称轴为，

（ⅰ）当时，即当-2＜a＜-1时，

g（x）min=g（1）=0＞-2a2成立，g（x）max=g（-a）=-a-1≤2a2也成立；

故-2＜a＜-1符合题意；

（ⅱ）当时，即a≤-2时，

由，解得（舍），

g（x）max=g（-a）=-a-1≤2a2成立或g（x）max=g（1）=0≤2a2也成立，故a≤-2符合题意；

综合（ⅰ）（ⅱ）知a＜-1都符合题意。

（1）解：求f（x）的导数：，

由此得切线l的方程：。

（2）证明：依题意，切线方程中令y=0，，

其中，

①由，有，

∴，当且仅当；

②当时，，

因此，

且由①，，

所以。

解：（I），由已知，，

∴k=1。

（II）由（I）知，

设，

则，即在上是减函数，

由知，当时，从而，

当时，从而

综上可知，的单调递增区间是，单调递减区间是。

（III）由（II）可知，当时，≤0＜1+，

故只需证明在时成立

当时，＞1，且，

∴

设，，

则，

当时，，

当时，，

所以当时，取得最大值

所以.

综上，对任意，。

解：（1）设y=f（x）与y=g（x）（x＞0）在公共点（x0，y0）处的切线相同，

f′（x）=x+2a，g′（x）=，

由题意知f（x0）=g（x0），f′（x0）=g′（x0）

即，

解得x0=a或x0=-3a（舍去），b=（a＞0），

b'（a）=5a-6alna-3a=2a（1-3lna），

；

（2）

要使h（x）在（0，4）上单调，须h′（x）=x+-6≤0或h′（x）=x+-6≥0在（0，4）上恒成立，

h′（x）=x+-6≤0在（0，4）上恒成立3a2≤-x2+6x在（0，4）上恒成立，

而-x2+6x＞0，且-x2+6x可为足够小的正数，必有a=0或在（0，4）上恒成立

，得a≥3或，

综上，所求a的取值范围为或或a=0。

解：(1)因为，所以f′(1)=1-a，

所以曲线y=f(x)在x=1处切线的斜率为1-a，

因为曲线y=f(x)在x=1处的切线为3x-y-3=0，

所以1-a=3，解得a=-2。

(2)①充分性：

当a=1时，f(x)=x-1-lnx，，

所以当x＞1时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(1，+∞)上是增函数；

当0＜x＜1时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(0，1)上是减函数，

所以f(x)≥f(1)=0．

②必要性：

，其中x＞0，

(ⅰ)当a≤0时，因为f′(x)＞0恒成立，所以函数f(x)在(0，+∞)上是增函数，

而f(1)=0，所以当x∈(0，1)时，f(x)＜0，与f(x)≥0恒成立相矛盾，

所以a≤0不满足题意；

(ⅱ)当a＞0时，因为当x＞a时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(a，+∞)上是增函数；

当0＜x＜a时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(0，a)上是减函数，

所以f(x)≥f(a)=a-1-alna，

因为f(1)=0，所以当a≠1时，f(a)＜f(1)=0，此时与f(x)≥0恒成立相矛盾，

所以a=1；

综上所述，f(x)≥0恒成立的充要条件是a=1．

(3)由(2)可知，当a＜0时，函数f(x)在(0，1]上是增函数，

又函数在(0，1]上是减函数，

不妨设0＜x1≤x2≤1，则，

所以等价于f(x2)-f(x1)≤，

即，

设，

则等价于函数h(x)在区间(0，1]上是减函数，

因为，

所以x2-ax-4≤0在x∈(0，1]上恒成立，即在x∈(0，1]上恒成立，

即a不小于在区间(0，1]内的最大值，

而函数在区间(0，1]上是增函数，

所以的最大值为-3，

所以a≥-3，

又a＜0，

所以a∈[-3，0)．

解：（1）由已知，圆的圆心为

圆心到直线的距离d=

解得（舍去）

设l1与抛物线相切点为

得

代入直线方程得

∴；

（2）由（1）知抛物线C1方程为，焦点

设

由（1）知以A为切点的切线l的方程为

令x=0，得切线l交y轴的B点坐标为

所以，

∵四边形FAMB是以FA、FB为邻边做平行四边形

∴

因为F是定点

所以点M在定直线上；

（3）设直线代入

得

∵

∴

∴的面积S范围是。

解：（Ⅰ）f′（x）=3ax2+2bx+c，

依题意，

又f′（0）=-3，

∴c=-3，

∴a=1，

∴f（x）=x3-3x；

（Ⅱ）设切点为，

∵f′（x）=3x2-3，

∴，

∴切线方程为，

又切线过点A（2，m），

∴，

∴，

令g（x）=-2x3+6x2-6，

则g′（x）=-6x2+12x=-6x（x-2），

由g′（x）=0得x=0或x=2，

g（x）极小值=g（0）=-6，g（x）极大值=g（2）=2，

画出草图知，当-6＜m＜2时，m=-2x3+6x2-6有三解，

所以m的取值范围是（-6，2）。

解：（Ⅰ）f（0）=0，

∴P（0，2）不在曲线y=f（x）上，

设切点为Q（x0，y0），

∵f′（x）=2-x，

∴k=f′（x0）=2-x0，且y0=f（x0）=，

∴切线，即，

∵（0，2）在切线上，代入可得x0=±2，

∴切线为y=2或y=4x+2；

（Ⅱ）h（x）在（0，+∞）递减，

∴h′（x）=在x＞0时恒成立，

∵x＞0，

∴在x＞0恒成立，

x＞0时，2x-x2∈（-∞，1]，

∴，∴0＜lna≤1，①

又∵h′（x）=存在零点，即方程lna·x2-21na·x+1=0有正根，

∴Δ=4ln2a-4lna≥0，

∴lna≥1或lna＜0，②

由①②知lna=1，

∴a=e。

解：(Ⅰ)当a=1时，，

又，

所以，曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为，即6x+25y-32=0。

(Ⅱ)，

由于a≠0，以下分两种情况讨论，

(1)当a＞0时，令f′（x）=0，得到，

当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

所以f（x）在区间内为减函数，在区间内为增函数，

函数f（x）在处取得极小值；

函数f（x）在处取得极大值f（a），且f（a）=1；

(2)当a＜0时，令f′（x）=0，得到，

当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

所以f（x）在区间内为减函数，在区间内为增函数，

函数f（x）在处取得极大值f（a），且f（a）=1；

函数f（x）在处取得极小值。

解：(1)由已知，圆C2的圆心为C2(0，-1)，半径，

由题设圆心C2到直线l：y=2x+m(m＜0)的距离d=，

解得m=-6(m=4舍去)．

设l与抛物线C1相切的切点为A0(x0，y0)，

又y′=2ax，得2ax0=2，

所以，

代入直线方程，得，解得，

所以m=-6，。

(2)由(1)知抛物线C1的方程为，焦点为，

设，

由(1)知以A为切点的切线方程为，

令x=0，得点B的坐标为，

则，，

所以=(x1，-3)，

设M(x，y)，

则=(x1，-3)，

所以，即M点在定直线上。

解：(1)由已知，f′(1)=2+1=3，

故曲线y=f(x)在x=1处切线的斜率为3．

(2)，

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。

(3)由已知，转化为，g(x)min=2，

由(2)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，

解得。

解：（Ⅰ）由已条件，得F（0，1），λ＞0，

设，由，即得，

∴，

将①式两边平方并把代入得， ③

解②、③式得，且有，

抛物线方程为，求导得，

所以过抛物线上A、B两点的切线方程分别是，

即，

解出两条切线的交点M的坐标为，

所以

所以为定值，其值为0；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知在△ABM中，FM⊥AB，因而，

 因为|AF|、|BF|分别等于A、B到抛物线准线y=-1的距离，

所以 |AB|=|AF|+|BF|=y1+y2+2=，

于是，

由，

且当λ=1时，S取得最小值4。

解：（1）

由已知

解得a=1。

（2）

∵x≥0，a>0，

∴ax+1>0

①a≥2时，在区间[0，+∞）上f'（x）≥0恒成立（仅a=2时f'（0）=0），

∴f（x）在区间[0，+∞）上单调递增，

此时f（x）min= f（0）=2，符合题意；

②0＜a＜2时，由f'（x）>0得

由f'（x）＜0 得

∴f（x）在区间上单调递减，在区间上单调递增，

∴ ，不符合题意

综上可知，若函数f（x）在区间[0，+∞）上的最小值为2，则a的取值范围是[2，+∞）。