热门试卷

解：(1)①，

∵函数f(x)在x=1处与直线相切，

∴；

②，

当时，令f′(x)＞0，得；

令f′(x)＜0，得1＜x≤e，

∴f(x)在上单调递增，在[1，e]上单调递减，

∴；

(2)当b=0时，f(x)=alnx，

若不等式f(x)≥m+x对所有的都成立，

则alnx≥m+x对所有的都成立，

即m≤alnx-x对所有的都成立，

令h(a)=alnx-x，则h(a)为一次函数，，

∵x∈，∴lnx＞0，

∴h(a)在上单调递增，∴，

∴m≤-x对所有的x∈都成立，

∵，

∴，∴。

解：（1），，

∴a=2，经检验a=2成立，

又，

∴，即3x-y-2-2ln2=0。

（2），定义域[0，+∞)，

，

令，得x＞1；令，得0＜x＜1，

∴函数h(x)单调递增区间是（1，+∞），单调递减区间是（0，1）；

（3）由（1）知，定义域[0，+∞)，

∴C2对应的表达式为，

问题转化为求函数与图象交点个数问题，

故只需求方程，即根的个数，

设，

，

当x∈（0，4），，为减函数；当，，为增函数，

而，图象是开口向下的抛物线，

作出函数的图象，，

而可知交点个数为2个，

即曲线C2与C3的交点个数为2个。

（1）解：，

过点的切线斜率为，

切线方程为，

即；

（2）证明：由（1）知曲线上点处的切线为，

若切线过点N（2，1），则，即，

若过N有三条切线等价于方程有三个不同的解，

设，，

随λ变化如下表：

g（λ）在R上只有一个极大值和一个极小值，，

∴g（λ）=0有3个不同解，即方程有3个不同解，

即过点N可以作曲线的三条切线。

解：（1）

所以切线的斜率

又切线方程为

故

而点在切线上，则；

（2）因为

所以

所以

又是上的增函数

所以在上恒成立

即在上恒成立

又函数在是递减函数

则

所以。

解：（Ⅰ）如图，设，

把y=kx+2代入得，

由韦达定理得，

∴，∴N点的坐标为，

设抛物线在点N处的切线l的方程为，

将代入上式得，

∵直线l与抛物线C相切，

∴，

∴m=k，即l∥AB。

（Ⅱ），则NA⊥NB，

又∵M是AB的中点，

∴，

由（Ⅰ）知，

，

∵MN⊥x轴，

∴，

又

，

∴，解得k=±2，

∴当k=±2时，。

解：（1）由题意得

且

∴即

解得，b=3

∴；

（2）由可得

则由题意可得有三个不相等的实根，

即的图象与x轴有三个不同的交点，

，则g（x），g′（x）的变化情况如下表：

则函数f（x）的极大值为

极小值为

的图象与的图象有三个不同交点，则有：

解得；

（3）存在点P满足条件

∵

∴

由得，

当时，

当时，

当时，

可知极值点为，

线段AB中点在曲线上，

且该曲线关于点成中心对称

证明如下：∵，

∴，

∴

上式表明，若点为曲线上任一点，其关于的对称点也在曲线上，曲线关于点对称

故存在点，使得过该点的直线若能与曲线围成两个封闭图形，这两个封闭图形的面积相等。

解：（Ⅰ），

当a=2时，，，f(1)=-e，

所以曲线y=f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y=ex-2e，

切线与x轴、y轴的交点坐标分别为（2，0），（0，-2e），

所以，所求面积为。

（Ⅱ）因为函数f(x)存在一个极大值点和一个极小值点，

所以，方程在（0，+∞）内存在两个不等实根，

则，

所以a＞4，

设为函数f(x)的极大值点和极小值点，则，

因为，

所以，

即，

解得：a=5，

此时f(x)有两个极值点，所以a=5。

解：（Ⅰ），

由导数的几何意义得f′(2)=3，于是a=-8，

由切点P(2，f(2))在直线y=3x+1上可得-2+b=7，解得b=9，

所以函数f(x)的解析式为．

（Ⅱ），

当a≤0时，显然f′(x)＞0（x≠0），这时f(x)在（-∞，0），（0，+∞）上内是增函数；

当a＞0时，令f′(x)=0，解得，

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

所以f(x)在，内是增函数，在，内是减函数．

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，f(x)在上的最大值为与f(1)的较大者，

对于任意的，不等式f(x)≤10在上恒成立，

当且仅当，即，对任意的成立，

从而得，

所以满足条件的b的取值范围是．

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，

所以当x≠1时，，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，，即。

解：(Ⅰ)当a=1时，f(x)=x3-x2+1，f(2)=3；

f′(x)=3x2-3x，f′(2)=6，

所以曲线y=f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y-3=6(x-2)，即y=6x-9．

(Ⅱ)f′(x)=3ax2-3x=3x(ax-1)，

令f′(x)=0，解得x=0或x=，

以下分两种情况讨论：

(1)若0＜a≤2，则，当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：

 当x∈时，f(x)＞0等价于，即，

解不等式组得-5＜a＜5，因此0＜a≤2；

(2)若a＞2，则，

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

 当x∈时，f(x)＞0等价于，即，

解不等式组得或，因此2＜a＜5；

综合(1)和(2)，可知a的取值范围为0＜a＜5．

解：(Ⅰ)切线l：，即，

代入化简并整理，得

，（*）

由，

得m=0或，

若m=0，代入（*）式，得，与已知矛盾；

若，代入（*）式，得满足条件，

且，

综上，，点N的坐标为。

(Ⅱ)因为，

若，则，即t=2，此时m=9，

故当实数m=9时，，

此时，，

易得，

此时，MN所在直线的方程为y=4x-5。

(Ⅰ)解：设点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，

l1，l2分别是抛物线C在点A，B处的切线，

∴直线l1的斜率为，直线l2的斜率为，

∵，

∴，得，   ①

∵A，B是抛物线C上的点，

∴，

∴直线l1的方程为，直线l2的方程为，

由，解得：，

∴点D的纵坐标为。

 (Ⅱ)证法一：∵F为抛物线C的焦点，

∴，

∴直线AF的斜率为，

直线BF的斜率为，

∵

，

∴，∴A，B，F三点共线。

证法二：∵F为抛物线C的焦点，

∴，

∴，，

∵，

∴，

∴A，B，F三点共线。

(Ⅲ)解：不存在，

证明如下：假设存在符合题意的圆，

设该圆的圆心为M，依题意，得MA⊥AD，MB⊥BD，且|MA|=|MB|，

由l1⊥l2，得AD⊥BD，

∴四边形MADB是正方形，∴|AD|=|BD|，

∵点D的坐标为（，-1），∴，即p=2，

把点代入直线l1，得，

解得：或，

∴点A的坐标为（4，4）或，

同理可求得点B的坐标为（4，4）或，

由于A，B是抛物线C上的不同两点，

不妨令，

∴，

，

∴|AD|≠|BD|，这与|AD|= |BD|矛盾，

∴经过A，B两点且与l1，l2都相切的圆不存在。

解：（Ⅰ），

因为f′（1）=3-2a=3，所以a=0，

又当a=0时，f（1）=1，f′（1）=3，

所以曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为3x-y-2=0；

（Ⅱ）令，解得，

当，即a≤0时，f（x）在[0，2]上单调递增，从而；

当时，即a≥3时，f（x）在[0，2]上单调递减，从而；

当，即0＜a＜3，f（x）在上单调递减，在上单调递增，

从而；

综上所述，。

解：(Ⅰ)对f(x)求导数，得，f′(x)=2x+a，

故切线l的斜率为2x1+a，

由此得切线l的方程为y-(x12+ax1)=(2x1+a)(x-x1)，

令y=0，得。

(Ⅱ)由，得，

设，

对求导数，得，

令，得，

当时，的变化情况如下表：

，

所以，函数g(x1)在上单调递减，在上单凋递增，

从而函数g(x1)的最小值为，

依题意，得，解得：，

即a的取值范围是。