热门试卷

解：（1）∵点P在函数y=f（x）上，

由f x）=得：，

故切线方程为：y=-x+1；

（2）由g（x）=f（x）+x-1＝可知：定义域为（-1，+∞），

且g（0）=0，显然x=0为y=g（x）的一个零点；

则，

①当m=1时，，

即函数y=g（x）在（-1，+∞）上单调递增，g（0）=0，

故仅有一个零点，满足题意；

②当m>1时，则，列表分析：

∵x→-1时，g（x）→-∞，

∴g（x）在上有一根，这与y=g（x）仅有一根矛盾，故此种情况不符题意；

（3）假设y=f（x）存在单调区间，

由f（x）=得：

，

令，

∵，h（-1）＝m+2-m-1＝1＞0，

∴h（x）=0在（-1，+∞）上一定存在两个不同的实数根s，t，

的解集为（t，s），

即函数f（x）存在单调区间[t，s]，

则s-t=，

由m≥1可得：s-t。

解：（1）f（x）的定义域为（0，+ ∞）

①a≥0时，f（x）的增区间为（0，1），减区间为（1，+ ∞） 

②-2，1），减区间为（0，） ∪（1，+ ∞）

③a=-2时，f（x）减区间为（0，+ ∞） 

④a<-2时，f（x）的增区间为（1，），减区间为（0，1） ∪（，+∞）

（2）由题意

又： 

∵ （a>0）在（1，+ ∞）上为减函数

要证，只要证

即， 即证

令， 

∴g（t）在（1，+ ∞）为增函数

∴g（t）>g（1）=0

∴，即 

即   

∴ 得证

解：（Ⅰ）解：当t=1时，

f′(0)=-6，

所以曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=-6x。

（Ⅱ）解：，

令f′(x)=0，解得x=-t或，

因为t≠0，以下分两种情况讨论：

（1）若t＜0，则，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

所以，f(x)的单调递增区间是；f(x)的单调递减区间是。

（2）若t＞0，则，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

所以，f(x)的单调递增区间是；f(x)的单调递减区间是；

（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可知，当t＞0时，f(x)在内的单调递减，在内单调递增，以下分两种情况讨论：

（1）当即t≥2时，f(x)在（0，1）内单调递减，

，

所以对任意t∈[2，+∞)，f(x)在区间（0，1）内均存在零点；

（2）当即0＜t＜2时，f(x)在内单调递减，在内单调递增，

若，

，

所以f(x)在内存在零点；

若，

f(0)=t-1＞0，

所以f(x)在内存在零点；

所以，对任意t∈(0，2)，f(x)在区间（0，1）内均存在零点。

综上，对任意t∈(0，+∞)，f(x)在区间（0，1）内均存在零点。

解：（1）求导函数，可得f′（x）=ex+2ax-e

∵曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，

∴k=2a=0，

∴a=0

∴f（x）=ex-ex，

f′（x）=ex-e

令f′（x）=ex-e＜0，可得x＜1；

令f′（x）＞0，可得x＞1；

∴函数f（x）的单调减区间为（-∞，1），单调增区间为（1，+∞）。

（2）设点P（x0，f（x0）），曲线y=f（x）在点P处的切线方程为y=f′（x0）（x-x0）+f（x0）令g（x）=f（x）-f′（x0）（x-x0）+f（x0）

∵曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P，

∴g（x）有唯一零点

∵g（x0）=0，g′（x）= 

①若a≥0，当x＞x0时，g′（x）＞0，

∴x＞x0时，g（x）＞g（x0）=0

当x＜x0时，g′（x）＜0，

∴x＜x0时，g（x）＞g（x0）=0，

故g（x）只有唯一零点x=x0，

由P的任意性a≥0不合题意；

②若a＜0，令h（x）= ，则h（x0）=0，

h′（x）=ex+2a 令h′（x）=0，则x=ln（-2a），

∴x∈（-∞，ln（-2a）），

h′（x）＜0，函数单调递减；x∈（ln（-2a），+∞），h′（x）＞0，函数单调递增；

（i）若x0=ln（-2a），由x∈（-∞，ln（-2a）），g′（x）＞0；

x∈（ln（-2a），+∞），g′（x）＞0，

∴g（x）在R上单调递增

∴g（x）只有唯一零点x=x0；

（ii）若x0＞ln（-2a），由x∈（ln（-2a），+∞），h（x）单调递增，且h（x0）=0，

则当x∈（ln（-2a），x0），g′（x）＜0，g（x）＞ g（x0）=0

任取x1∈（ln（-2a），x0），g（x1）＞0，

∵x∈（-∞，x1），

∴g（x）＜ax2+bx+c，其中b=-e+f′（x0）

c= 

∵a＜0，

∴必存在x2＜x1，使得 

∴g（x2）＜0，故g（x）在（x2，x1）内存在零点，即g（x）在R上至少有两个零点；

（iii）若x0＜ln（-2a），同理利用 ，可得g（x）在R上至少有两个零点；

综上所述，a＜0，曲线y=f（x）上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P（ln（-2a），f（ln（-2a）））。

解：（1）当时，，

，

所以切线方程为y=x+ln2。

（2）因为，

所以，

令

（Ⅰ）当a=0时，， 

所以当时g(x)＞0，此时，函数单调递减；  

（Ⅱ）当时，

由，解得：，

①若时，函数f(x)在上单调递减；

②若，在单调递减，在上单调递增；

③ 当a＜0时，由于1/a-1＜0，

x∈(0，1)时，g(x)＞0，此时f(x)＜0，函数f(x)单调递减；

x∈(1，+∞)时，g(x)＜0，此时函数f(x)单调递增。

综上所述：当a≤0时，函数f(x)在（0，1）上单调递减，函数f(x)在(1，+∞)上单调递增；

当时，函数f(x)在(0，+∞)上单调递减；

当时，函数f(x)在上单调递减，函数f(x)在上单调递增。

解：（1）由求导数得到

f'（x）=6x2+6（1-2a）x+6a（a-1）=6（x-a）（x-a+1）

∴y=f（x）在（-∞，a-1]上为增函数；在[a-1，a]上为减函数；在[a，+∞）上为增函数。

（2）由

对于关于x的二次方程

无实根或仅有零根，仅有零根不可能，

则判别式Δ=[3（1-2a）]2-4×2×6a（a-1）

=3（-2a+3）（2a+1）＜0

∴或

故所求a的取值范围为。

（3）设y=1与y=f（x）相切于点（x0，y0）

则

在x0=a时，则

∴

而当恒成立

∴2a3-3a2=1不可能成立，

在x0=a-1时，则

化简为，则a=0或

符合

因此所求符合条件的a值分别为0或。

解：（Ⅰ）当时，

所以

因此f'（2）=l

即曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线斜率为1

又f（2）=ln2+2

所以曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y-（ln2+2）=x-2

即x-y+ln2=0；

（Ⅱ）因为

所以

令g（x）=ax2-x+l-a，x∈（0，+∞）

 （1）当a=0时，g（x）=-x+1，x∈（0，+∞）

所以当x∈（0，1）时，g（x）>0，此时f'（x）<

解：(1)，依题意有，

即=-2，

∴，

令f′(x)＞0，得或，

从而f(x)的单调增区间为或。

(2)；

(3)由已知，

所以，

=2e-4，

由(2)知，对于函数y=g(x)图象上任意两点A，B，

在A，B之间一定存在一点C(c，g(c))，使得，

又g′(x)≥2e-4，故有，证毕。

解：（I）当p=2时，函数，f（1）=2﹣2﹣2ln1=0.

，

曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率为f'（1）=2+2﹣2=2．

从而曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣0=2（x﹣1）即y=2x﹣2．

（II）．

令h（x）=px2﹣2x+p，要使f（x）在定义域（0，+∞）内是增函数，

只需h（x）≥0在（0，+∞）内恒成立．

由题意p＞0，h（x）=px2﹣2x+p的图象为开口向上的抛物线，

对称轴方程为，

∴，只需，

即p≥1时，h（x）≥0，f'（x）≥0

∴f（x）在（0，+∞）内为增函数，正实数p的取值范围是[1，+∞）．

（III）∵在[1，e]上是减函数，

∴x=e时，g（x）min=2；

x=1时，g（x）max=2e，即g（x）∈[2，2e]，

当p＜0时，h（x）=px2﹣2x+p，其图象为开口向下的抛物线，

对称轴在y轴的左侧，且h（0）＜0，

所以f（x）在x∈[1，e]内是减函数．

当p=0时，h（x）=﹣2x，因为x∈[1，e]，所以h（x）＜0，，

此时，f（x）在x∈[1，e]内是减函数．

∴当p≤0时，f（x）在[1，e]上单调递减f（x）max=f（1）=0＜2，不合题意；

当0＜p＜1时，由，所以．

又由（Ⅱ）知当p=1时，f（x）在[1，e]上是增函数，∴，不合题意；

当p≥1时，由（Ⅱ）知f（x）在[1，e]上是增函数，f（1）=0＜2，

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=2，即，

解得，实数p的取值范围是．

解：（Ⅰ）

∵函数f（x）的图象在x=2处的切线的斜率为1，

∴

∴

（Ⅱ）由，可得

∵x∈（1，e）∴∴

经检验时，f（x）有极值．

∴实数a的取值范围为．

列表

f（x）的极大值为

又∵f（1）=a，f（e）=ae+1

由a≥ae+1，解得

又∵

∴当时，函数f（x）的值域为

当时，函数f（x）的值域为．

（Ⅲ）证明：∵当x∈（1，e）时，g'（x）=3x2﹣1＞0，

∴g（x）在（1，e）上为单调递增函数

∵g（1）=﹣2，g（e）=e3﹣e﹣2

∴g（x）在（1，e）的值域为（﹣2，e3﹣e﹣2）

∵e3﹣e﹣2＞，﹣2＜ae+1，﹣2＜a

∴（﹣2，e3﹣e﹣2），（﹣2，e3﹣e﹣2）

∴x1∈（1，e），x0∈（1，e），使得g（x0）=f（x1）成立．

解：（1）当m=3时，f(x)=x3-3x2+5x，f ′(x)=x2-6x+5，

因为f(2)=，f ′(2)=-3，

所以切点坐标为（2，），切线的斜率为-3．

则所求的切线方程为y-=-3(x-2)，即9x+3y-20=0。

（2）f ′(x)=x2-2mx+(m2-4)，

令f ′(x)=0，得x=m-2或x=m+2，

当x∈（-∞，m-2）时，f ′(x)＞0，f(x)在（-∞，m-2）上是增函数；

当x∈（m-2，m+2）时，f ′(x)＜0，f(x)在（m-2，m+2）上是减函数；

当x∈（m+2，+∞）时，f ′(x)＞0，f(x)在（m+2，+∞）上是增函数；

因为函数f(x)有三个互不相同的零点0，α ，β，且f(x)=x[x2-3mx+3(m2-4)]，

所以，

解得：m∈(-4，-2)∪(-2，2)∪(2，4)，

当m∈(-4，-2)时，m-2＜m+2＜0，所以α＜m-2＜β＜m+2＜0，

此时f(α)=0，f(1)＞f(0)=0，与题意不合，故舍去；

当m∈(-2，2)时，m-2＜0＜m+2，所以α＜m-2＜0＜m+2＜β，

因为对任意的x∈[α ，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，所以α＜1＜β，

所以f(1)为函数f(x)在[α ，β]上的最小值；

因为当x=m+2时，函数f(x)在[α ，β]上取最小值，所以m+2=1，即m=-1；

当m∈(2，4)时，0＜m-2＜m+2，所以0<α＜m-2＜m+2＜β，

因为对任意的x∈[α ，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，所以α＜1＜β，

所以f(1)为函数f(x)在[α ，β]上的最小值，

因为当x=m+2时，函数f(x)在[α ，β]上取最小值，所以m+2=1，即m=-1（舍去），

综上可知，m的取值范围是{-1}。

解：，

（Ⅰ）∵函数f（x）在x=-1时取到极值，

∴，

经检验a=-2函数f（x）在x=-1时取到极小值，

∴实数a的值-2；

（Ⅱ）由，

①当，由，

由，

∴函数f（x）的单调增区间为，单调减区间为；

②当，

同理可得函数f（x）的单调增区间为，单调减区间为。

（Ⅲ）假设存在满足要求的两点A，B，即在点A、B处的切线都与y轴垂直，则，

即，

∴，

又线段AB与x轴有公共点，

∴，

即，

又a＞1，

解得，

所以当时，存在满足要求的点A、B。

解：（1）=3ax2+2bx-3，

依题意，f′(1)=f′(-1)=0，

即解得a=1，b=0，

∴f（x）=x3-3x。

（2）∵f(x)=x3-3x，

∴f ′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1)，

当-1＜x＜1时，f ′(x)＜0，故f(x)在区间[-1，1]上为减函数，

fmax(x)=f(-1)=2，fmin(x)=f(1)=-2，

∵对于区间[-1，1]上任意两个自变量的值x1，x2，

都有|f(x1)-f(x2)|≤|fmax(x) -fmin(x)|，

∴ |f(x1)-f(x2)|≤|fmax(x)-fmin(x)|=2-(-2)=4。

（3）f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1)，

∵曲线方程为y=x3-3x，

∴点A（1，m）不在曲线上，

设切点为M（x0，y0），则点M的坐标满足，

因，故切线的斜率为，

整理得，

∵过点A（1，m）可作曲线的三条切线，

设，则，

由，得x0=0或x0=1，

∴g(x0)在（-∞，0），（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减，

∴函数的极值点为x0=0，x0=1，

∴关于x0方程有三个实根的充要条件是，解得-3＜m＜-2，

故所求的实数a的取值范围是-3＜m＜-2。

解：（1）根据图象可知，我们只需要考虑，

此时g（x）=ax﹣sinx

所以g′（x）=a﹣cosx

当a≥1时，g′（x）≥0，易知函数g（x）单调增，

从而g（x）≥g（0）=0，符合题意；

当a≤0，g′（x）＜0，函数g（x）单调减，从而g（x）≤g（0） 不符合题意；

当0＜a＜1时，显然存在，使得g′（x）=0，且x∈[0，x0）时函数g（x）单调减，

从而g（x）≤g（0）=0，不符合题意．

综上讨论知a≥1．

（2）f（x）的图象与直线y=kx（k＞0）有且仅有三个公共点时如图所示，

且在内相切，其切点为A（α，﹣sinα），

由于f′（x）=﹣cosx，，

则

故．