热门试卷

解：（1）  

由已知，解得. 

（2）函数的定义域为..        

当x变化时，的变化情况如下：

由上表可知，函数的单调递减区间是；单调递增区间是.

（3）由得，

由已知函数为上的单调减函数，则在上恒成立，

即在上恒成立.    

即在上恒成立.

令，在上，

在为减函数.

,所以.

解：（1）求导函数，可得f′（x）=3x2+2bx+c

∵f（x）在x=1时，有极值﹣1，

∴f′（1）=0，f（1）=﹣1

∴3+2b+c=0，1+b+c+2=﹣1

∴b=1，c=﹣5； 

（2）假设f（x）图象在x=t处的切线与直线（b2﹣c）x+y+1=0平行，

∵f′（t）=3t2+2bt+c，直线（b2﹣c）x+y+1=0的斜率为c﹣b2，

∴3t2+2bt+c=c﹣b2，

∴3t2+2bt+b=0

∴△=4b2﹣12b2=﹣8b2，

又∵b≠0，∴△＜0．

从而3t2+2bt+b2=0无解，

因此不存在t，使f′（t）=c﹣b2，

故f（x）图象不存在与直线（b2﹣c）x+y+1=0平行的切线．

（3）∵|f'（x）|=|，

①若|﹣|＞1，即b＞3或b＜﹣3时，M应为f'（﹣1）与f'（1）中最大的一个，

∴2M≥|f'（﹣1）|+|f'（1）|≥|f'（﹣1）﹣f'（1）|≥|4b|＞12

∴M＞6＞

②若﹣3≤b≤0时，2M≥|f'（﹣1）|+|f'（﹣）|≥|f'（﹣1）﹣f'（﹣）|=|（b﹣3）2|≥3，

∴M≥

③若0＜b≤3时，2M≥|f'（1）|+|f'（﹣）|≥|f'（1）﹣f'（﹣）|=|（b+3）2|＞3，

∴M＞，M≥ 

解：（1）依题意

解

得或

若

则

f′（x）=

f（x）在R上单调递减，在x=1处无极值；

若，则

直接讨论知，f（x）在x=1处有极大值，

所以。

（2）解f′（t）=c得t=0或t=2b，切点分别为（0，bc）、

相应的切线为y=cx+bc或

解

即x3-3bx2+4b3=0

得x=-b或x=2b

综合可知，b=0时，斜率为c的切线只有一条，与曲线的公共点只有（0，0），

b≠0时，斜率为c的切线有两条，与曲线的公共点分别为（0，bc）、（3b，4bc）和。

（3）g（x）=|-（x-b）2+b2+c|

若|b|＞1，则f′（x）在[-1，1]是单调函数，

M=max{|f′（-1）|，|f′（1）|}={|-1+2b+c|，|-1-2b+c|}，

因为f′（1）与f′（-1）之差的绝对值|f′（1）-f′（-1）|=|4b|＞4，

所以M＞2

若|b|≤1，f′（x）在x=b∈[-1，1]取极值，

则M=max{|f′（-1）|，|f′（1）|，|f′（b）|}，f′（b）-f′（±1）=（b±1）2若-1≤b＜0，f′（1）≤f′（-1）≤f′（b）

若0≤b≤1，f′（-1）≤f′（1）≤f′（b），

当b=0，时，在[-1，1]上的最大值

故M≥k对任意的b，c恒成立的k的最大值为。

解：（1）记g（x）＝ex-bx，

当b＝1时，g′（x）＝ex-1，

当x＞0时，g′（x）＞0，所以g（x）在（0，＋∞）上为增函数；

又g（0）＝1＞0，

所以当x∈（0，＋∞）时，g（x）＞0，

所以当x∈（0，＋∞）时，f（x）＝∣g（x）∣＝g（x），

所以f′（1）＝g′（1）＝e-1，

所以曲线y＝f（x）在点（1，e-1）处的切线方程为：y-（e-1）＝（e-1）（x-1），

即y＝（e-1）x。  

（2）f（x）＝0同解于g（x）＝0，

因此，只需g（x）＝0有且只有一个解，即方程ex-bx＝0有且只有一个解，

因为x＝0不满足方程，所以方程同解于b＝，  

令h（x）＝，

由h′（x）＝＝0得x＝1，

当x∈（1，＋∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，h（x）∈（e，＋∞）；

当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，h（x）∈（e，＋∞）；

所以当x∈（0，＋∞）时，方程b＝有且只有一解等价于b＝e；

当x∈（-∞，0）时，h（x）单调递减，且h（x）∈（-∞，0），

从而方程b＝有且只有一解等价于b∈（-∞，0）；

综上所述，b的取值范围为（-∞，0）∪{e}。

（3）由g′（x）=ex-b=0，得x=lnb，

当x∈（-∞，lnb）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；

当x∈（lnb，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；

所以在x=lnb时，g（x）取极小值g（lnb）=b-blnb=b（1-lnb），

①当0＜b≤e时，g（lnb）=b-blnb=b（1-lnb）≥0，

从而当x∈R时，g（x）≥0，

所以f（x）=∣g（x）∣=g（x）在（-∞，+∞）上无极大值；

因此，在x∈（0，2）上也无极大值；

②当b＞e时，g（lnb）＜0，

因为g（0）=1＞0，g（2lnb）=b2-2blnb=b（b-2lnb）＞0，

所以存在x1∈（0，lnb），x2∈（lnb，2lnb），使得g（x1）=g（x2）=0，

此时f（x）=∣g（x）∣=，

所以f（x）在（-∞，x1）单调递减，在（x1，lnb）上单调递增，在（lnb，x2）单调递减，

在（x2，+∞）上单调递增，

所以在x=lnb时，f（x）有极大值，

因为x∈（0，2），

所以，当lnb＜2，即e＜b＜e2时，f（x）在（0，2）上有极大值；

当lnb≥2，即b≥e2时，f（x）在（0，2）上不存在极大值；

综上所述，在区间（0，2）上，当0＜b≤e或b≥e2时，函数y=f（x）不存在极大值；

当e＜b＜e2时，函数y=f（x）在x=lnb时取极大值f（lnb）=b（lnb-1）。

解（1）∵函数f（x）=x3﹣6x2+11x，

∴f'（x）=3x2﹣12x+11，f'（3）=2，

又f（3）=6，

∴切线方程l为y﹣6=2（x﹣3）， 即y=2x．

（2）曲线C与l的另一个交点为B（x2，f（x2）），

∴得B（0，0）∴

解：（1）由于

∴

解得

从而所求椭圆的方程是

∵

∴A，B，N三点共线

而点N的坐标为（-2，0）

设直线AB的方程为

其中k为直线AB的斜率，依条件知k＞0

由消去x得

即

根据条件可知

解得

设

根据韦达定理得，

又由得

∴

从而消去y2得

令

则

由于

所以

∴在区间上是减函数

从而

即

∴

解得

而

∴

因此直线AB的斜率的取值范围是；

（2）上半椭圆的方程为

且

求导可得

所以两条切线的斜率分别为，

切线PA的方程是

即

又

从而切线PA的方程为

同理可得切线PB的方程为

由

可解得点P的坐标满足

再由得

∴

又由（1）知

∴

因此点P在定直线上，并且点P的纵坐标的取值范围是。

解：（1）由得

①曲线y=f（x）在点P（1，f（1））处的切线的斜率k=f'（1）=2；

②f'（x）=x+x2=x（x+1）

由f'（x）<0，得-1＜x＜

解：（1）由题意可得：函数f（x）=x3+bx2+cx+d的导数为：f'（x）=3x2+2bx+c，

因为函数f（x）=x3+bx2+cx+d有两个极值点x1=1，x2=2，

所以3x2+2bx+c=0的两个根为x1=1，x2=2，

所以2b+c+3=0，并且4b+c+12=0，

解得：b=﹣，c=6．

（2）设切点为（x0，y0），

由（1）可得：f'（x）=3x2﹣9x+6，

因为直线y=6x+1与曲线y=f（x）相切于P点，

所以f'（x0）=6，即x0=3或者x0=0，

当x0=3时，y0=19，所以函数y=f（x）的解析式为f（x）=x3x2+6x+．

当x0=0时，y0=1，所以函数y=f（x）的解析式为f（x）=x3x2+6x+1．

（3）由题意可得：f（x）=x3x2+6x+1，并且P（0，1），

设切点的坐标为（x1，y1），所以==…①．

又因为f'（x）=3x2﹣9x+6，所以K切=3x12﹣9x1+6…②，

由①②可得：，

所以切点为（，），所以，

所以切线方程为15x﹣16y+16=0．

所以过P点和y=f（x）相切于一异于P点的直线方程为15x﹣16y+16=0．

解：（1）设过C点的直线为

所以

即

设

，

因为

所以

即，

所以

即

所以（舍去c=-1）。

（2）设过Q的切线为，

所以

即

他与的交点为M

又

所以Q

因为

所以

所以M

所以点M和点Q重合，也就是QA为此抛物线的切线。

（3）（2）的逆命题是成立，由（2）可知Q，

因为PQ⊥x轴，

所以

因为

所以P为AB的中点。

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）∵f′（0）=e0﹣3=﹣2＜0，f′（1）=e+1＞0，

∴f′（0）·f′（1）＜0，

令h（x）=f′（x）=ex+4x﹣3，

则h′（x）=ex+4＞0，

∴f′（x）在[0，1]上单调递增，

∴f′（x）在[0，1]上存在唯一零点，

∴f（x）在[0，1]上存在唯一的极值点

（3）由，

得，

即，

∵，∴，

令，则，

令，

则Φ'（x）=x（ex﹣1）

∵，∴Φ'（x）＞0，

∴Φ（x）在上单调递增，

∴，

因此g'（x）＞0，

故g（x）在上单调递增，

则．

解：（1）因为函数在区间，内分别有一个极值点，

所以在，内分别有一个实根，

设两实根为（），则，且

于是，，且当，

即，时等号成立

故的最大值是16。

（2）由知在点处的切线l的方程是，

即，

因为切线l在点A处穿过的图象，

所以在两边附近的函数值异号，

则不是g（x）的极值点

而，

且

若，则和都是的极值点

所以，即，

又由，得，

故。

解：（1）∵函数f（x）=．

∴f'（x）=x2﹣2mx+m2﹣4

当m=3时，f '（2）=﹣3，f（2）=

所以所求的直线方程为9x+3y﹣20=0．

（2）∵函数f（x）==x[]

若关于x的方程f（x）=0有三个互不相等的实根0，α，β

则△=m2﹣＞0，

解得：﹣4＜0＜4

故满足条件的实数m的取值范围为（﹣4，4）

（3）∵f'（x）=x2﹣2mx+m2﹣4=[x﹣（m﹣2）][x﹣（m+2）]，

f（x）在（﹣∞，m﹣2）上递增，在（m﹣2，m+2）递减，在（m+2，+∞）递增，

f（x）极大值=f（m﹣2）=（m﹣2）3﹣m（m﹣2）2+（m2﹣4）（m﹣2）＞0，

f（x）极小值=f（m+2）=（m+2）3﹣m（m+2）2+（m2﹣4）（m+2）＜0，

得﹣4＜m＜4且m2﹣4≠0，得﹣4＜m＜4，m≠±2．

若m+2＜0，即m∈（﹣4，﹣2），

当x∈[α，β]时，f（x）min=0，

∴当m∈（﹣4，﹣2）时，f（x）≥﹣恒成立．

若m﹣2＜0＜m+2，即m∈（﹣2，2）

要使当x∈[α，β]时，f（x）≥﹣恒成立，即f（x）min=f（m+2）≥﹣．

f（m+2）=（m+2）3﹣m（m+2）2+（m2﹣4）（m+2）≥﹣，得m（m2﹣12）≥0

∵m∈（﹣2，2）

∴m2﹣12＜0，

∴m≤0，

∴当﹣2＜m≤0时，f（x）≥﹣恒成立．

若0＜m﹣2，即m∈（2，4），要使当x∈[α，β]时，f（x）≥﹣恒成立，

即f（x）min=f（m+2）≥﹣，

f（m+2）=（m+2）3﹣m（m+2）2+（m2﹣4）（m+2）≥﹣

得m（m2﹣12）≥0

∵m∈（2，4）

∴2≤m＜4

综上得：m的取值范围是（﹣4，﹣2）．

解：（1）设与的公共点为，

∵，，

由题意，，

即，，

得得：或（舍去），

即有。（2），

则，

所以在上为减函数，在上为增函数，

于是函数在时有极小值，

，

无极大值。

（3）由（1）知，令，

则，

当，即时，；

当，即时，；

故在为增函数，在为减函数，

于是在上的极大值即为最大值：，

即b的最大值为。