热门试卷

解：(1)由f(x)＝x3－x2＋bx＋c，得f(0)＝c，f ′(x)＝x2－ax＋b，f ′(0)＝b，

又由曲线y＝f(x)在点P(0，f(0))处的切线方程为y＝1，得f(0)＝1，f ′(0)＝0，故b＝0，c＝1.

(2)f(x)＝x3－x2＋1，f ′(x)＝x2－ax，由于点(t，f(t))处的切线方程为y－f(t)＝f ′(t)(x－t)，

而点(0,2)在切线上，所以2－f(t)＝f ′(t)(－t)，化简得t3－t2＋1＝0，

即t满足的方程为t3－t2＋1＝0，

下面用反证法证明：假设f ′(x1)＝f ′(x2)，

由于曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))及(x2，f(x2))处的切线都过点(0,2)，则下列等式成立：

由③得x1＋x2＝a，由①－②得x12＋x1x2＋x22＝a2④

又x12＋x1●x2＋x22＝(x1＋x2)2－x1x2＝a2－x1(a－x2)＝x12－ax1＋a2＝(x1－)2＋a2≥a2故由④得，x1＝，此时x2＝与x1≠x2矛盾，所以f ′(x1)≠f ′(x2)．

(3)由(2)知，过点(0,2)可作y＝f(x)的三条切线，等价于方程2－f(t)＝f ′(t)(0－t)有三个相异的实根，即等价于方程t3－t2＋1＝0有三个相异的实根．

设g(t)＝t3－t2＋1，则g′(t)＝2t2－at＝2t(t－)

由于a>0，故有

由g(t)的单调性可知：要使g(t)＝0有三个相异的实根，当且仅当1－<0，即a>，

∴a的取值范围是(，＋∞)

解：（Ⅰ）由已知：，

∴，，

由，或，

当时，，

∴在为增函数，此时不存在极值；

当t＞0时，x变化时，变化如下：

由上表可知：；

当t＜0时，x变化时，变化如下：

由上表可知：。

（Ⅱ），

设两切点分别为，

则，

即

，

∵，

∴方程（*）的判别式，

即，

又，

∴，

从而可得：，

上式要成立当且仅当或，

此时方程（*）的解为λ=0，

，

∴存在λ=0，此时函数的图象在点处的切线和在点处的切线互相垂直。        

解：（Ⅰ）求导得，

由于f（x）的图象与直线12x+y-1=0相切于点（1，-11），

所以，

即，解得a=1，b=-3。

（Ⅱ）由a=1，b=-3得，

令f′（x）＞0，解得x＜-1或x＞3；又令f′（x）＜0，解得-1＜x＜3；

所以当时，f（x）是增函数；当时，f（x）也是增函数；

但x∈（-1，3）时，f（x）是减函数。

解：（Ⅰ）因为f（0）=0，切点为（0，0），

又，

所以f′（0）=1，

故曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=x；

（Ⅱ）令，解得x=-1，

当x∈（-1，+∞）时，f′（x）＞0，

所以函数f（x）的单调递增区间是（-1，+∞）。

（Ⅰ），，．

当时，f′（0）=-3．

又f（0）=-1．                       

则f（x）在x=0处的切线方程为y=-3x-1．                    

（Ⅱ）函数f（x）的定义域为．

当x∈（a，+∞）时，，所以．

即f（x）在区间上没有零点．                      

当x∈（-∞，a）时，，

令．                                      

只要讨论g（x）的零点即可．，．

当x∈（-∞，a-1）时，，g（x）是减函数；

当x∈（a-1，a）时，，g（x）是增函数．

所以g（x）在区间（-∞，a）最小值为．    

显然，当a=1时，g（a-1）=0，所以x=a-1是f（x）的唯一的零点；

当a＜1时，，所以f（x）没有零点；

当a＞1时，，所以f（x）有两个零点．  

解：（1）∵，

∴                          

∵                                 

又切点，

∴            

∴                                   

（2）由，                                  

即，

得或，

∴增区间为和.        

解：（1）设N（x，y）为抛物线上一点，则，

|MA|与|MA|2同时取到极值，

令，

由得x=2，

而当+∞或-∞时，，

∴此时x=2，y=2，

即抛物线上与点A（6，0）距离最近的点N（2，2），

∴c=0，，

∴，

依题意，得，

即，解得：，

∴，

令，得x=1或x=-1；

若，得x>1或x<1；

若，得-1

所以在（-∞，-1）上是增函数，在（1，+∞）上是增函数，在（-1，1）上是减函数，

（2）曲线方程为，点P（0，16）不在曲线上，

设切点Q（x0，y0），则点Q的坐标满足，

，

故切线的方程为，

因为点P在切线上，

∴，

化简，得，解得：，

所以，切点为Q（-2，-2），

所以切线的方程为。

解：（1）由题意知：f'（x）=3mx2+4nx-12＜0的解集为（-2，2），

所以，-2和2为方程3mx2+4nx-12=0的根，

由韦达定理知，即m=1，n=0。

（2）∵f（x）=x3-12x，

∴f'（x）=3x2-12，

∵f（1）=13-12·1=-11，

当A为切点时，切线的斜率k=f'（1）=3-12=-9，

∴切线方程为y+11=-9（x-1），即9x+y+2=0；

当A不为切点时，设切点为P（x0，f（x0）），这时切线的斜率是k=f'（x0）=

切线方程为y-f（x0）=f'（x0）（x-x0），

即

因为过点A（1，-11），

∴

∴x0=1或，而x0=1为A点，

即另一个切点为

∴

切线方程为，即45x+4y-1=0，

所以，过点A（1，-11）的切线方程为9x+y+2=0或45x+4y-1=0。

（3）存在满足条件的三条切线

设点P（x0，f（x0））是曲线f（x）=x3-12x的切点，

则在P点处的切线的方程为y-f（x0）=f'（x0）（x-x0）

即

因为其过点A（1，t），

所以，

由于有三条切线，所以方程应有3个实根，

设g（x）=2x3-3x2+t+12，只要使曲线有3个零点即可

设g'（x）=6x2-6x=0，

∴x=0或x=1分别为g（x）的极值点，

当x∈（-∞，0）和（1，+∞）时，g'（x）>0，

g（x）在（-∞，0）和（1，+∞）上分别单增，

当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，g（x）在（0，1）上单减，

所以，x=0为极大值点，x=1为极小值点，

所以要使曲线与x轴有3个交点，

当且仅当即

解得-12＜t＜-11。

解：（1）由图象可知函数f（x）的图像过点（0，3），且，

 ∴，解得：，

依题意，f′（2）=-3且f（2）=5，

解得：=1，b=-6，

所以。

（2）由题意，可得有三个不相等的实根，

即与y=m有三个不同的交点，

∴，

则，，

故m的取值范围是。

解：（1）由题意得f'（x）=3ax2﹣12ax+3b，f'（2）=﹣3且f（2）=5，

∴即解得a=1，b=3，

∴f（x）=x3﹣6x2+9x+3．

（2）由f（x）=x3﹣6x2+9x+3，

可得f'（x）=3x2﹣12x+9，=x2+x+3+m，

则由题意可得x3﹣6x2+9x+3=x2+x+3+m有三个不相等的实根，

即g（x）=x3﹣7x2+8x﹣m的图象与x轴有三个不同的交点，

g'（x）=3x2﹣14x+8=（3x﹣2）（x﹣4），

则g（x），g'（x）的变化情况如下表．

则函数f（x）的极大值为，极小值为g（4）=﹣16﹣m．

y=f（x）的图象与的图象有三个不同交点，

则有：解得．

解：（Ⅰ）由已知，切点为（2，0），

故有f（2）=0，即4b+c+3=0，①

f′（x）=3x2+4bx+c，

由已知，得8b+c+7=0，②

联立①、②，解得c=1，b=1，

于是函数解析式为f（x）；

（Ⅱ），

，

令g′（x）=0，当函数有极值时，△≥0，方程有实根，

由△=4（1-m）≥0，得m≤1，

①当m=1时，g′（x）=0有实根，在左右两侧均有g′（x）＞0，故函数g（x）=0无极值；

②m＜1时，g′（x）=0有两个实根，，

当x变化时，g′（x）、g（x）的变化情况如下表：

故在m时，函数g（x）有极值，

当时，g（x）有极大值；当时，g（x）有极小值。

解：（1）f'（x）=3m﹣1，

依题意，得，即1=3m﹣1，

∴，

把N（1，n）代得，得，

∴

（2）令，则，

当时，f'（x）=2﹣1＞0，f（x）在此区间为增函数

当时，f'（x）=2﹣1＜0，f（x）在此区间为减函数

当时，f'（x）=2﹣1＞0，f（x）在此区间为增函数处取得极大值

因此，当，

要使得不等式f（x）≤k﹣1995对于x∈[﹣1，3]恒成立，则k≥15+1995=2010

所以，存在最小的正整数k=2010，使得不等式f（x）≤k﹣1995对于x∈[﹣1，3]恒成立．

解：（1）∵f（x）=

∴f′（x）==

∵函数f（x）在x=1处取得极值

∴f′（1）=a﹣1=0

∴a=1

经检验，a=1时f′（x）=﹣

故0＜x＜1时f′（x）＞0，x＞1时f′（x）＜0，

所以函数f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减

故f（x）在x=1处取得极值．∴a=1

（2）由（1）可知a=1∴f（x）=

∴f′（x）=﹣

设切点A（x0，y0）

∴k=f′（x0）=﹣

又∵k=kOA=

∴=﹣

∴lnx0=﹣

∴

∴k=kOA===

解：（1）当a=0时，

故f′（1）=3e

所以曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率为3e；

（2）

令f′（x）=0，解得x=-2a或x=a-2

由知，-2a≠a-2

以下分两种情况讨论：

（i）若，则-2a＜a-2，当x变化时，f′（x）、f（x）的变化情况如下表：

所以f（x）在（-∞，-2a），（a-2，+∞）内是增函数，

在（-2a，a-2）内是减函数

函数f（x）在x=-2a处取得极大值f（-2a），且f（-2a）=3ae-2a，

函数f（x）在x=a-2处取得极小值f(a-2)，且f（a-2）=（4-3a）ea-2（ii）若，则-2a>a-2，当x变化时，f′（x）、f（x）的变化情况如下表：

所以f（x）在（-∞，a-2），（-2a，+∞）内是增函数，在（a-2，-2a）内是减函数

函数f（x）在x=a-2处取得极大值f（a-2），且f（a-2）= （4-3a）ea-2函数f（x）在x=-2a处取得极小值f（-2a），且f（-2a）= 3ae-2a。