热门试卷

解：（1）时，

又

所以切线方程为。

（2）①当时，

则

令，

再令

当时，

∴在上递减

∴当时，

∴

所以在上递增

所以

②时，

则

由①知当时，，h（x）在上递增

当时，，

所以在上递增

∴

∴

由①及②知。

解：（1）由已知，h'（x）=2ax+b，其图象为直线，且过（0，-8），（4，0）两点，

所以，h'（x）= 2x-8

则，解得

所以

所以

所以f'（3）=0，

即函数f（x）在点（3，f（3））处的切线斜率为0。

（2）由（1）知

因为x>0

所以x变化时，f'（x）、f（x）的变化情况如下表：

所以f（x）的单调增区间为（0，1）和（3，+∞），单调减区间为（1，3）

要使函数f（x）在区间上是单调函数，

则，解得。

（3）由题意，-x≥f（x）在x∈（0，6]上恒成立

得

在x∈（0，6]上恒成立

即在x∈（0，6]上恒成立

设

则c≤g（x）min

因为x>0，

所以当时，g '（x）>0，g（x）为增函数

当或x∈（2，+∞）时，g'（x）＜0，g（x）为减函数

所以g（x）的最小值为和g（6）中的较小者

因为

所以

又已知c＜3

所以c≤6-6ln6。

解：（1）f'（x）=ex+a，f'（1）=e+a，

所以在x=1处的切线为y-（e+a）=（e+a）（x-1），

即y=（e+a）x，

与y2=4（x-1）联立，

消去y得（e+a）2x2-4x+4=0，

由Δ=0知，a=1-e或a=-1-e。

（2）f'（x）=ex+a

①当a>0时，f'（x）>0，f（x）在R上单调递增，且当x→-∞时，ex→0，ax→-∞

∴f（x）→-∞，故f（x）>0不恒成立，所以a>0不合题意；

②当a=0时，f（x）=ex>0对x∈R恒成立，所以a=0符合题意；

③当a＜0时，令f'（x）=e2+a=0，得x=ln（-a），

当x∈（-∞，ln（-a））时，f'（x）＜0，

当x∈（ln（-a），+∞）时，f'（x）>0，

故f（x）在（-∞，ln（-a））上单调递减，

在（ln（-a），+∞）上单调递增

所以[f（x）]min= f（ln（-a））=-a+aln（-a）>0，

∴a>-e

又a＜0，

∴a∈（-e，0）

综上，实数a的取值范围为（-e，0]。

（3）当a=-1时，由（2）知[f（x）] min= f（ln（-a））=-a+aln（-a）=1

设h（x）=g（x）- f（x）=exlnx-ex+x

则h'（x）=

假设存在实数x0∈（0，+∞），使曲线C：y=g（x）-f（x）在点x=x0处的切线斜率与f（x）在R上的最小值相等，

x0即为方程h'（x）=1的解

令h'（x）=1得：

在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，

∴φ（x）≥φ（1）=0，故方程有唯一解为1

所以存在符合条件的x0，且仅有一个。

解：(Ⅰ)当m=2时，，

则f′(x)=x2-4x+3，

故f′(0)=3，函数y=f(x)的图象在点(0，0)处的切线方程为y=3x；

(Ⅱ)f′(x)=，

当，又m＞0，即时，f′(x)≥0，

则函数y=f(x)在(-∞，+∞)上是增函数；

当，又m＞0，即时，

由f′(x)＞0，得，

由f′(x)＜0，得，

故函数f(x)在区间上是增函数，

在区间上是减函数；

(Ⅲ)因为函数f(x)既有极大值，又有极小值，

则f′(x)==0有两个不同的根，

则有Δ=4m2-6m＞0，

又m＞0，∴，

令g(x)=f(x)-，

g′(x)=x2-4mx+3m2=0x=m，或x=3m，

∴g′(x)＞0x＜m或x＞3m，g′(x)＜0m＜x＜3m，

∴g(x)在[0，m)，(3m，4m]上为增函数，在(m，3m)上为减函数，

∴，g(3m)=0为g(x)的极值，

又g(0)=0，g(4m)=，

∴g(x)最大值为，

∴，

即m的取值范围为。

解：（Ⅰ）当a=1时，函数，

f（1）=1-1-ln1=0，

f′（x）=，

曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率为f′（1）=1+1-1=1，

从而曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y-0=x-1，即y=x-1；

（Ⅱ）f′（x）=，

要使f（x）在定义域（0，+∞）内是增函数，只需f′（x）≥0在（0，+∞）内恒成立，

即ax2-x+a≥0，得恒成立，

由于，

∴，∴，

∴f（x）在（0，+∞）内为增函数，实数a的取值范围是；

（Ⅲ）∵在[1，e]上是减函数，

∴x=e时，g（x）min=1；x=1时，g（x）max=e，即 g（x）∈[1，e]，

f′（x）=，令h（x）=ax2-x+a，

当时，由（Ⅱ）知f（x）在[1，e]上是增函数，f（1）=0＜1，

又g（x）在[1，e]上是减函数，

故只需f（x）max≥g（x）min，x∈[1，e]，

而，g（x）min=1，

即，解得，

所以实数a的取值范围是。

解：（x＞0）

（1）

解得；

（2）

①当时，，

在区间上，；

在区间上

故的单调递增区间是，

单调递减区间是

②当时，

在区间和上，；

在区间上，

故的单调递增区间是和

单调递减区间是

③当时，

故的单调递增区间是

④当时，

在区间和上，

在区间上，

故的单调递增区间是和，单调递减区间是；

（3）由已知，在上有

由已知，由（2）知

①当时，在上单调递增

故

所以

解得

故

②当时，在上单调递增，在上单调递减，

故

由可知

，

所以，

综上所述，。

解：（1）求导函数，可得f′（x）=3ax2+xsinθ﹣2，

由题设可知：，

即，∴sinθ≥1，∴sinθ=1．

从而a=，

∴f（x）=x3+x2﹣2x+c，

而又由f（1）=得c=．

∴f（x）=3x3+2x2﹣2x+3即为所求．

（2）由f′（x）=x2+x﹣2=（x+2）（x﹣1），

∴f（x）在（﹣∞，﹣2）及（1，+∞）上均为增函数，在（﹣2，1）上为减函数．

①当m＞1时，f（x）在[m，m+3]上递增，故f（x）max=f（m+3），f（x）min=f（m）

由f（m+3）﹣f（m）=3（m+3）3+2（m+3）2﹣2（m+3）﹣3m3﹣2m2+2m=3m2+12m+2≤2，得﹣5≤m≤1．

这与条件矛盾，故 不存在．

②当0≤m≤1时，f（x）在[m，1]上递增，在[1，m+3]上递增

∴f（x）min=f（1），f（x）max=max{ f（m），f（m+3）}，

又f（m+3）﹣f（m）=3m2+12m+2=3（m+2）2﹣2＞0（0≤m≤1）

∴|f（x）max=f（m+3）|≤f（x1）﹣f（x2）

∴f（x）max﹣f（x）min=f（m+3）﹣f（1）≤f（4）﹣f（1）=2恒成立．

故当0≤m≤1时，原不等式恒成立．

综上，存在m∈[0，1]合题意

解：（1）由得

取得

解之得。

（2）因为

从而

列表如下：

∴f（x）的单调递增区间是和（1，+∞），

f（x）的单调递减区间是.

（3）函数

有

当函数在区间x∈[-3，2]上单调递增时，等价于h（x）= -x2-3x+C-1≥0在x∈[-3，2]上恒成立，

只要h（2）≥0，解得 C≥11

当函数在区间x∈[ -3，2]上单调递减时，等价于h（x）= -x2-3x+C-1≤0在x∈[-3，2]上恒成立，

即Δ=9+4（C-1）≤ 0，解得

所以C的取值范围是C≥11或。

解：（1）

由已知得

解得，x=e2

∴两条曲线交点的坐标为（e2，e）

切线的斜率为

∴切线的方程为。

（2）由条件知

∴

（i）当a>0时，令h'（x）=0，解得x=4a2

∴当0＜x＜

解：(Ⅰ)依题意知，点R是线段FP的中点，且RQ⊥FP，

∴RQ是线段FP的垂直平分线．   

∴|PQ|=|QF|．

故动点Q的轨迹C是以F为焦点，l为准线的抛物线，其方程为：．

（Ⅱ）设，两切点为，

由得，求导得．

∴两条切线方程为 ①  

②   

对于方程①，代入点M(m,-p)得，，

又∴

整理得：

同理对方程②有即x1,x2为方程的两根

.∴ ③   

设直线AB的斜率为k，

所以直线AB的方程为，

展开得：，

代入③得：

∴直线恒过定点(0.p).   

(Ⅲ) 证明：由（Ⅱ）的结论，设（0.p）， ， 且有，

   ∴               

∴

=                                                  

又∵，

所以即直线MA,MF,MB的斜率倒数成等差数列.    

解：（Ⅰ）把x=2代入，得y=2，

∴点P坐标为（2，2），

由， ① 得y′=x，

∴过点P的切线的斜率=2，直线l的斜率kl=，

∴直线l的方程为y-2=-(x-2)，即x+2y-6=0；

（Ⅱ）设，则，

∵过点P的切线斜率=x0，当x0=0时不合题意，x0≠0，

∴直线l的斜率kl=，

直线l的方程为，②

 联立①②消去y，得，

设，

∵M是PQ的中点，

∴，

消去x0，得就是所求的轨迹方程，

由x≠0知，

∴，

上式等号仅当即时成立，

所以点M到x轴的最短距离是。

解：（1）f'（x）=ex+4x﹣3

则f'（1）=e+1，

又f（1）=e﹣1

∴曲线y=f（x）在点（1，f （1））处的切线方程为y﹣e+1=（e+1）（x﹣1）

即（e+1）x﹣y﹣2=0

（2）由f（x）≥+（a﹣3）x+1得ex+2﹣3x≥+（a﹣3）x+1

即ax≤ex﹣﹣1

∵x≥1

∴a≤

记g（x）=，则g'（x）=

记φ（x）=ex（x﹣1）﹣+1

则φ'（x）=x（ex﹣1）

∵x≥1，φ'（x）＞0，

∴φ（x）在[1，+∞）上单调递增

∴g（x）≥φ（1）=＞0

∴g'（x）＞0，

∴g（x）在[1，+∞）上单调递增

∴g（x）≥g（1）=e﹣

由a≤g（x）恒成立，得a≤g（x）min，

∴a≤e﹣即a的取值范围是（﹣∞，e﹣]

解：（Ⅰ）已知f（x）=ex，则f'（x）=ex，

∴曲线f（x）=ex在点（a，ea）处的切线斜率k=ea，

∴所求切线l的方程为y-ea=ea（x-a），即y=eax+e4-aea； ①

（Ⅱ）切线l与曲线g（x）=lnx相切，设切点为（x1，lnx1），

又g′（x）=，

同理曲线g（x）=lnx在点（x1，lnx1）处的切线方程为，

即

由①②得

由③④得ea-aea=-a-1，⑤

令F（a）=aea-ea-a-1，a∈R，

所以F′（a）=ea+aea-ea-1=aea-1，

当a≤0时，F'（a）＜0，又a＞0时，F'（a）单调递增，F'（1）＞0，

由零根定理知在区间（0，1）之间有一个根α，使F'（a）=0，

其中0＜α＜1，

，

由a为F（a）=0的一个解，

∴a的值是（-2，-1）与（1，2）范围的一个。

解：（1）

由条件知

故

于是

故当时，＜0；

当时，＞0

从而f（x）在，单调减少，在单调增加。

（2）由（1）知在单调增加，故f（x）在的最大值为，

最小值为

从而对任意，，

有

而当时，

从而。