热门试卷

解：（1）因为f′（2）==0，

所以直线l的斜率为0，所以直线l的方程为y=-1；

（2）因为抛物线以点F（0，1）为焦点，直线y=-1为准线，

设抛物线的方程为x2=2py，

则，p=2，

故抛物线C的方程为x2=4y。

解：（1）将x=2代入曲线C的方程得y=4，

∴切点P（2，4），

∴

∴曲线在点P（2，4）处的切线方程为y-4=4（x-2），即4x -y-4=0；

（2）由可得（x-2）（x2+2x-8）=0，

解得x1=2，x2=-4，

从而求得公共点为P（2，4）或M（-4，-20），

即切线与曲线C的公共点除了切点外，还有另外的公共点。

解析：设直线l与曲线C相切于点P（x0，y0），

因为

-4x，

由题意可知，直线l的斜率k=4，即，

解得x0=或x0=2，

所以切点的坐标为或（2，3），

当切点为时，有，，

当切点为（2，3）时，有3=4×2+a，a=-5，

所以当时，切点为；

当a=-5时，切点为（2，3）。

解：根据导数的定义，第一步求函数的增量△y，第二步求平均变化率，第三步取极限得导数，

∵

∴

∴f′（1）=。

解：由题设有f（x）=

△y=f（0+△x）-f（0）=，

∴，-2

∵

∴△x→0时，极限不存在，

∴函数f（x）=|x|（2+x）在点x0=0处没有导数，即不可导。

解：∵（注：）

∴

。

解：方程可化为，

当时，；

又，                      

于是，解得  

故

解：如图：设P（x0，y0）

即

∵直线l1与l2垂直，则

∴直线l2的方程为，

∵点P（x0，y0）在曲线上，

∴

在直线l2的方程中令y=0，即

又xK=x0，

∴。

解：（1）将x=1代入曲线C的方程得y=1，

∴切点P（1，1），

∵

=3x2∴过点P的切线方程为y-1=3（x-1），即3x-y-2=0；

（2）由可得（x-1）（x2+x-2）=0，

解得x1=1，x2=-2，

从而求得公共点为P（1，1），P′（-2，-8），

所以切线与曲线C的公共点除了切点P外，还有点P′（-2，-8）。

解：当t=1时，s=3t2+2，

△s=s（t+△t）-s（t）

=3（1+△t）2+2-（3+2）

=6△t+ 3（△t）2，

∴

 当t=3时，s=29+3（t-3）2，

△s=s（t+△t）-s（t）

=29+3（3+△t-3）2-29-3（3-3）2

=3（△t）2∴

所以物体在t=1和t=3时的速度分别是6和0。

解：（1）质点在[1，1+△t]这段时间内的平均速度为；

（2）由（1）知，

当△t无限趋近于0时，=-6，

所以质点在t=1时的瞬时速度为-6。

解：设直线y=kx与曲线切于，

则，                  ①

                                              ②

又，

且，           ③

③代入②中，消去k，得，即，

解得：或

当时，k=2；

当时，，

所以，k的值为2或。

解：（Ⅰ）由(x)＝，可得f(x)=ln(1+x)-ax+b，b为实常数.

又f(0)＝0b＝0.

∴f(x)＝ln(1+x)-ax.

（Ⅱ）当a=1时，(x)= ln(1+x)-x.  (x＞－1)

(x)＝  

∵x＞－1  由f′(x)＝0x＝0  

∴当x∈（－1，0]时f′(x)≥0，此时f(x)递增

当x∈（0，＋∞）时，f′(x)＜0，此时f(x)递减

即f(x)在（－1，0）上单调增，在（0，＋∞）上单调减

（Ⅲ）由（Ⅱ）知f(x)≤f(0)＝0在（－1，＋∞）内恒成立

∴ln (1＋x) ≤x，∴ex≥1＋x ex－x≥1    

∴（ex－x）2≥1

∴≤≤（ex－P）2＋（P－x）2即h(x)＝（ex－P）2＋（P－x）2≥

解：由，得，

所以，所以曲线在P点处的切线方程为，即12x-3y-16=0。