热门试卷

解：（1）依题可设(a≠0)，

则，

又g′（x）的图像与直线y=2x平行，

∴2a=2，a=1，

∴，

设，

则

，

当且仅当时，|PQ|2取得最小值，即|PQ|取得最小值，

当m＞0时，；

当m＜0时，；

（2）由，

得，（*）

当k=1时，方程（*）有一解，函数y=f（x）-kx有一零点；

当k≠1时，方程（*）有二解，

若，

函数y=f（x）-kx有两个零点；

若，

函数y=f（x）-kx有两个零点；

当k≠1时，方程（*）有一解，

函数y=f（x）-kx有一零点；

综上，当k=1时, 函数y=f（x）-kx有一零点；

当时，函数y=f（x）-kx有两个零点；

当时，函数y=f（x）-kx有一零点。

解：由，可得．

（Ⅰ）因为函数f（x）在点（1，f（1））处的切线为，得：

解得

（Ⅱ）令f'（x）＞0，得x2+2x﹣a＞0…①

当△=4+4a≤0，即a≤﹣1时，不等式①在定义域内恒成立，

所以此时函数f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣1）和（﹣1，+∞）．

当△=4+4a＞0，即a＞﹣1时，不等式①的解为或，

又因为x≠﹣1，所以此时函数f（x）的单调递增区间为和，单调递减区间为和

所以，当a≤﹣1时，函数f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣1）和（﹣1，+∞）；

当a＞﹣1时，函数f（x）的单调递增区间为和，单调递减区间为和..

解：，

（1）当x=1时，，，

所以，切线过点（1，0），斜率为1，

故切线的方程为y=x-1。

（2）令，即lnx+1＞0，解得；

所以，函数f(x)=xlnx的单调递增区间为；

令，即lnx+1＜0，解得；

所以，函数f(x)=xlnx的单调递减区间为。

解：（I）a=1时,,        

于是f（0）=1,f′（0）=1,

所以函数f（x）的图象在点处的切线方程为y-1=-(x-0)

即x+y-1=0． 

（II）=，

∵，∴ 只需讨论的符号． 

i）当a＞2时，＞0，这时f′（x）＞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f′（x）= 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∈（1，2）时，∈（0，1）．

由（2）知在上是减函数，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g（t）=(1-t)et,t∈(0,1)，则，

表明() 在（0，1）上单调递减，

于是可得g（t）∈(0,1)，即a∈（1，2）时恒成立，

因此，符合条件的实数a不存在. 

解：（1）∵

故f（x）在（0，1]上是减函数，而在（1，+∞）上是增函数，

由0＜a＜b且f（a）=f（b）得0＜a＜1＜b和

即

故，即。

（2）0＜x＜1时，

∴

曲线y=f（x）在点P（x0，y0）处的切线方程为：

，即

∴切线与x轴、y轴正向的交点为和）

故所求三角形面积表达式为：

。

（Ⅰ）由已知a=1，可得F(x)=f(x)+g(x)=lnx+，函数的定义域为（0，+∞），

则F′(x)=-=

由F′(x)=-=＞0可得F（x）在区间（1，+∞）上单调递增，

F′(x)=-=＜0得F（x）在（0，1）上单调递减；

（Ⅱ）由题意可知k=F′(x0)=≤对任意0＜x0≤3恒成立，

即有x0-≤a对任意0＜x0≤3恒成立，即(x0-)max≤a，

令t=x0-=-(-2x0)=-(x0-1)2+≤，

则a≥，即实数a的最小值为．

解：由题意得g(x)=f′(x)=3x2+4x-a，

(Ⅰ)f′(1)=3+4-a=4，∴a=3。

(Ⅱ)解法一：（1）当g（-1）=-a-1=0，a=-1时，g(x)=f′(x)的零点；

（2）当g（-1）=7-a=0时，f′(x)的零点，不合题意；

（3）当g（1）g（-1）＜0时，-1＜a＜7；

（4）当时，∴；

综上所述，。

解法二：g(x)=f′(x)在区间（-1，1）上存在零点，等价于3x2+4x=a在区间（-1，1）上有解，

也等价于直线y=a与曲线y=3x2+4x，x∈（-1，1）有公共点，

作图可得。

另解：又等价于当时，求值域，

。

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；

当时，，所以有两个零点．

解：（Ⅰ）由题意，知f（0）=2，∴d=2，

∴，

由题意，得，

解得：b=-3，c=-3，

∴。

（Ⅱ）令，解得：，

∴f（x）在上单调递增，在上单调递减。

解：（1）∵f（x）=ax3+bx2的图象经过点M（1，4），

∴a+b              ①式 

f '（x）=3ax2+2bx，则f '（1）=3a+2b

由条件   ②式

由①②式解得a=1，b=3

（2）f（x）=x3+3x2，f '（x）=3x2+6x，

令f '（x）=3x2+6x≥0 得x≥0或x≤﹣2，

∵函数f（x）在区间[m，m+1]上单调递增

∴[m，m+1]（﹣∞，﹣2]∪[0，+∞）

∴m≥0或m+1≤﹣2

∴m≥0或m≤﹣3

解：（1）由于Pn的横坐标构成以为首项，-1为公差的等差数列{xn}，故

又位于函数的图象上

所以

所以点的坐标为。

（2）由题意可设抛物线Cn的方程为

即

由抛物线Cn过点

于是有n2+1=

由此可得

故

所以（n≥2）

于是

故。

解：（I）f'（x）=3x2﹣2ax．因为f'（1）=3﹣2a=3，所以a=0．

又当a=0时，f（1）=1，f'（1）=3，

则切点坐标（1，1），斜率为3

所以曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y﹣1=3（x﹣1）

化简得3x﹣y﹣2=0．

（II）令f'（x）=0，解得．

当，即a≤0时，f（x）在[0，2]上单调递增，从而fmax=f（2）=8﹣4a．

当时，即a≥3时，f（x）在[0，2]上单调递减，从而fmax=f（0）=0．

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)(ⅰ)由f(x)=x3-x得f′(x)=3x2-1=，

当x∈时，f′(x)＞0；

当x∈时，f′(x)＜0；

因此，f(x)的单调递增区间为，

单调递减区间为。

(ⅱ)曲线C在点P1处的切线方程为y=(3x12-1)(x-x1)+x13-x1，

即y=(3x12-1)x-2x13，

由得x3-x=(3x12-1)x-2x13，

即(x-x1)2(x+2x1)=0，解得x=x1或x=-2x1，故x2=-2x1，

进而有

，

用x2代替x1，重复上述计算过程，

可得x3=-2x2和S2=；

又x2=-2x1≠0，

所以，

因此有。

(Ⅱ)记函数g(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的图象为曲线C′，

类似于(Ⅰ)(ⅱ)的正确命题为：若对于任意不等于的实数x1，曲线C′与其在点P1(x1，g(x1))处的切线交于另一点P2(x2，g(x2))，曲线C′与其在点P2处的切线交于另一点P3(x3，g(x3))，线段P1P2，P2P3与曲线C′所围成封闭图形的面积分别别为S1，S2，则为定值．

证明如下：因为平移变换不改变面积的大小，

故可将曲线y=g(x)的对称中心平移至坐标原点，

因而不妨设g(x)=ax3+hx，且x1≠0，

类似(Ⅰ)(ⅱ)的计算可得，

故。

解：(Ⅰ)f′(x)=3x2-3a∈[-3a，+∞)，

∵对任意m∈R，直线x+y+m=0都不与y=f(x)相切，

∴-1[-3a，+∞)，-1＜-3a，实数a的取值范围是；

(Ⅱ)存在，

证明：问题等价于当x∈[-1，1]时，，

设g(x)=|f(x)|，则g(x)在x∈[-1，1]上是偶函数，

故只要证明当x∈[0，1]时，，

①当a≤0时，f′(x)≥0，f(x)在[0，1]上单调递增，且f(0)=0，

g(x)=f(x)，g(x)max=f(1)=1-3a＞1＞；

②当时，f′(x)=3x2-3a=，

列表：

f(x)在上递减，在上递增，

注意到，且，

∴时，g(x)=-f(x)，时，g(x)=f(x)，

∴，

由，解得，此时成立，

∴，

由，解得，此时成立．

∴，

∴在x∈[-1，1]上至少存在一个x0，使得成立。