热门试卷

解：（Ⅰ），

当x∈和x∈时，f′（x）＜0；

当x∈和x∈时，f′（x）＞0；

因此，f（x）在区间和是减函数，

f（x）在区间和是增函数。

（Ⅱ）设点P的坐标为（x0，f（x0）），

由l过原点知，l的方程为y=f′（x0）x，

因此，f（x0）=x0f′（x0），

即：x04-3x02+6-x0（4x03-6x0）=0，

整理得（x02+1）（x02-2）=0，解得或，

因此切线l的方程为或。

解：由，

求导得，f′(x)=a2x2-2ax，

(Ⅰ)当a=1时，f′(1)=-1，f(1)=0，

所以f(x)在点(1，f(1))的切线方程是y=-x+1；

(Ⅱ)令f′(x)=0得x1=0，，

(1)当即a＞2时，

故f(x)的极大值是，极小值是；

(2)当即0＜a≤2时，f(x)在(-1，0)上递增，在(0，1)上递减，

所以f(x)的极大值为，无极小值；

(Ⅲ)设F(x)=f(x)-g(x)，

对F(x)求导，得F′(x)=a2x2-2ax+a=a2x2+a(1-2x)，

因为，a＞0，所以F′(x)=a2x2+a(1-2x)＞0，

F(x)在区间上为增函数，则，

依题意，只需F(x)max＞0，

即，即a2+6a-8＞0，

解得(舍去)，

所以正实数a的取值范围是。

解：（1）椭圆方程可写为

式中a>b>0，且

得a2=4，b2=1，所以曲线C的方程为

设P（x0，y0），因P在C上，有

得切线AB的方程为

设A（x，0）和B（0，y），由切线方程得

由

得M的坐标为（x，y），由x0，y0满足C的方程，得点M的轨迹方程为

；

（2）∵

∴

且当

即时，上式取等号

故的最小值为3。

解：（1），

∴曲线y=f(x)在x=2处的切线方程为，即9x-y-16=0。

（2）过点A（1，m）向曲线y=f(x)作切线，设切点为，

则，

则切线方程为，

将A（1，m）代入上式，整理得，，

∵过点A（1，m）（m≠-2）可作曲线y=f(x)的三条切线，

∴方程（*）有三个不同实数根，

记，，

令或1，

则的变化情况如下表：

当x=0，g（x）有极大值m+3；x=1，g（x）有极小值m+2。

由题意有，当且仅当即时，函数g（x）有三个不同零点，

此时过点A可作曲线y=f(x)的三条不同切线，

故m的范围是（-3，-2）。

（1）解：，

∴，∴=-1，

∴，

令，

令或，

∴

（2）证明：当时，，

∴。

解：

（1）()=-+，()=0，∴=-1，

()==0 ，1=-（舍去），2=1，

∴函数()的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,+∞)。

（2） 假设存在点M满足条件,则()=,整理得:=,

令=(0,1),则问题转化为方程:=有根,

设g(t)=-,(t)=>0,

∴函数g(t)为(0,1)上的单调递增函数,且g(1)=㏑1-0=0,∴g(t)<0,

所以不存在t使方程=成立,即不存在点满足题意。

解：

（1）()=-+，()=0，∴=-1，

()==0 ，1=-（舍去），2=1，

∴函数()的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,+∞)。

（2） 假设存在点M满足条件,则()=,整理得:=,

令=(0,1),则问题转化为方程:=有根,

设g(t)=-,(t)=>0,

∴函数g(t)为(0,1)上的单调递增函数,且g(1)=㏑1-0=0,∴g(t)<0,

所以不存在t使方程=成立,即不存在点满足题意。

解：（1）当a=2时，求导得

∴

又x=1时，2

∴曲线y= f（x）在x=1处的切线方程为y-2=-1·（x-1），即y=-x+3。

（2）f（x）≥-1对x∈（0，e]恒成立，即a≥-x（1+lnx）对x∈（0，e]恒成立

设g（x）=-x（1+lnx），则a≥g（x）max，x∈（0，e]

求导，得

令g'（x）=0，得

当时，g'（x）>0，即g（x）在上单调递增，

当时，g'（x）＜0，即g（x）在上单调递减，

∴当时，

∴

即实数a的取值范围是。

解：(1)∵f(x)=x3+ax2-bx+1(x∈R，a、b为实数)，

∴，

∵，

∴b=2a，①

∵f(x)有极值，故方程有两个不等的实根，

∴，∴，②

由①、②可得，a2+2a＞0，∴a＜-2或a＞0，

故实数a的取值范围是(-∞，-2)∪(0，+∞)。

(2)∵y=f(x)在区间[-1，2]上是单调减函数，

∴在区间[-1，2]上恒成立，

即f′(-1)≤0且f′(2)≤0，

即1-2a-b≤0且4+4a-b≤0，

数形结合得a+b的最小值为。

解：(Ⅰ)由题意可知，当a=2时，，则，

曲线y=g(x)在点(1，g(1))处的切线斜率k=g′(1)=7，

又F(1)=6，

曲线y=g(x)在点(l，g(1))处的切线的方程为y-6=7（x-1）， 即y=7x-1．

(Ⅱ)设函数h(x)=f(x)-g(x)=ax+lnx-a2x2(x＞0)，

假设存在负数a，使得f(x)≤g(x)对一切正数x都成立．

即当x＞0时，h(x)的最大值小于等于零，

，

令，可得（舍去），

当时，单增；

当时，单减，

所以，h(x)在处有极大值，也是最大值，

∴，解得：，

所以，负数a存在，它的取值范围是。 

解：（1）函数y=x2+2x的导数y′=2x+2，

曲线C1在点P（x1，x21+2x1）的切线方程是：y-（x12+2x1）=（2x1+2）（x-x1），

即y=（2x1+2）x-x12 ①

函数y=-x2+a的导数y′=-2x，

曲线C2在点Q（x2，-x22+a）的切线方程是y-（-x22+a）=-2x2（x-x2）

即y=-2x2x+x22+a  ②

如果直线l是过P和Q的公切线，则①式和②式都是l的方程，

所以x1+1=-x2，-x12=x22+a

消去x2得方程2x12+2x2+1+a=0

若判别式△=4-4×2（1+a）=0时，

即a=-时，解得x1=-，

此时点P与Q重合，

即当a=-时C1和C2有且仅有一条公切线，由①得公切线方程为y=x-。

（2）由（1）可知，当a＜-时C1和C2有两条公切线

设一条公切线上切点为：P（x1，y1）， Q（x2 ，y2）

其中P在C1上，Q在C2上，

则有x1+x2=-1，y1+y2=x12+2x1+（-x22+a）=x21+2x1-（x1+1）2+a=-1+a，

线段PQ的中点为

同理，另一条公切线段P′Q′的中点也是

所以公切线段PQ和P′Q′互相平分。

解：（1），依题意

即

解得

∴

令得

若，则

故f（x）在上是增函数，f（x）在上是增函数。

若，则

故f（x）在上是减函数。

所以，是极大值；是极小值。

（2）曲线方程为，点不在曲线上。

设切点为，则点M的坐标满足。

因，故切线的方程为

注意到点A（0，16）在切线上，有

化简得，解得。

所以，切点为，切线方程为。

解：由已知，得切点为(1，3)，且f′(x)=3ax2-2bx+9，

(Ⅰ)由题意可得，解得，

故，，

由f′(x)=0，得，

由f′(x)＞0，得；由f′(x)＜0，得；

f(x)的单调增区间为，f(x)的单调减区间为。

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知f(x)的极小值为，

又，f(2)=4，

∴f(x)在上的最小值为2，

由f(x)≥t2-2t-1对x∈恒成立，则t2-2t-1≤2，

则t2-2t-3≤0，解得-1≤t≤3，

而g(t)=t2+t-2=，

故当时，g(t)最小值为；当t=3时，g(t)最大值为10。

解：（1）方程7x-4y-12=0可化为，

当x=2时，；

又，

于是，

故；

（2）设为曲线上任一点，

由知曲线在点处的切线方程为，

即，

令x=0，得，

从而得切线与直线x=0的交点坐标为；

令y=x，得，

从而得切线与直线y=x的交点坐标为；

所以点处的切线与直线x=0，y=x所围成的三角形面积为；

故曲线y=f（x）上任一点处的切线与直线x=0，y=x所围成的三角形面积为定值，此定值为6。