热门试卷

解：（1）。

（2）令

则

因为递减，

所以递增，

因此，当时，

当时，

所以是h（x）唯一的极值点，且是极小值点，

可知h（x）的最小值为0，

因此

即。

（3），是不等式成立的必要条件，以下讨论设此条件成立

，即对任意成立的充要条件是

另一方面，由于满足前述题设中关于函数的条件，

利用（2）的结果可知，的充要条件是：过点（0，b）与曲线相切的直线的斜率大于，该切线的方程为

于是的充要条件是

综上，不等式对任意成立的充要条件是

 ①

显然，存在a、b使①式成立的充要条件是：不等式 ②有解

解不等式②得③

因此，③式即为b的取值范围，①式即为实数在a与b所满足的关系。

解：（1）∵

∴f '（x）=

∵函数，f（x）的图象在点M（0，f（0））处的切线的斜率为1

∴f '（0）=1

∴m=1

（2）由（1）知f（x）=

∵对于任意x∈[﹣1，2]，总存在t，使得不等式f（x）≤2t成立

∴对于任意x∈[﹣1，2]，总存在t，使得不等式t≥成立

即t≥

令s（x）=则s '（x）=

∴当s'（x）≥0时﹣≤x≤

当s'（x）≤0时x≤﹣或x≥而x∈[﹣1，2]

故﹣1≤x≤﹣或≤x≤2

∴s（x）在[﹣1，﹣]单调递减，在（﹣，）单调递增，在[，2]单调递减

∵s（﹣）=﹣，s（2）=

∴s（x）min=﹣

∴t≥﹣

又由韦达定理可得a+b=﹣2t，ab=﹣1，b﹣a=2

若对于任意x∈[a，b]，总存在x1，x2∈[a，b]使得f（x1）≤f（x）≤f（x2）恒成立，说明x1，x2分别是区间[a，b]f（x）的最小最大值点．

由（1）可得，f'（x）=，

注意h（x）=x2+2tx﹣1，不难发现函数f（x）在区间[a，b]f '（x）≥0，f（x）递增，

则x1=a，x2=b

则g（t）=f（x2）﹣f（x1）=f（b）﹣f（a）

              ==

∵a+b=﹣2t，ab=﹣1，b﹣a=2

∴g（t）=

∵

∴t=±2

解：（1）由已知，，

其图象为直线，且过（0，-8），（4，0）两点，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴∴函数f（x）在x=3处的切线斜率为0。

（2），

，

∴的单调递增区间为（0，1）和（3，+∞），的单调递减区间为（1，3），

则，解得：。

（3）由题意，在恒成立，

得在恒成立，

即在恒成立，

设，则，

，

因为，

所以，当时，，为增函数；

当和时，，为减函数；

∴的最小值为和中的较小者，

∴，

又已知，

∴。

解：（1）由题意可得，当x＜1时，f′（x）=﹣3x2+2x+b，f′（﹣1）=﹣3﹣2+b=b﹣5．

由（ b﹣5 ）（ ）=﹣1，可得b=0，

故 f（x）=﹣x3+x2+c．把点（﹣1，2）代入求得 c=0．

综上可得b=0，c=0．

（2）由以上可得  ，当﹣1≤x＜1时，f′（x）=﹣x（3x﹣2）．

 解f′（x）＞0得0＜x＜ ．解f′（x）＜0得1≥x＞ 或x＜0．

∴f（x）在（﹣1，0）和（ ，1）上单调递减，在（0， ）上单调递增，

从而f（x）在x= 处取得极大值为f（ ）= ．

又∵f（﹣1）=2，f（1）=0，

∴f（x）在[﹣1，1）上的最大值为2．

当1≤x≤e时，f（x）=alnx，

当a≤0时，f（x）≤0．

当a＞0时，f（x）在[1，e]单调递增；

∴f（x）在[1，e]上的最大值为a．

∴a≥2时，f（x）在[﹣1，e]上的最大值为a；

当a＜2时，f（x）在[﹣1，e]上的最大值为2．

（3）设点P的横坐标为m（不妨设m＞0），

则由题意可得点Q的横坐标为﹣m，且﹣m＜0．

当0＜m＜1时，点P（m，﹣m3+m2），点 Q（﹣m，m3+m2），

由K0P·KOQ=﹣1，可得（﹣m2+m）（﹣m2﹣m）=﹣1，m无解．

当m≥1时，点P（m，alnm），点 Q（﹣m，m3+m2），

由K0P·KOQ=﹣1，可得  ·（﹣m2﹣m）=﹣1，即 alnm= ．

由于a为正实数，故存在大于1的实数m，满足方程 alnm= ．

故曲线y=f（x）上是否存在两点P，Q，使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，

且此三角形斜边中点在y轴上．

解：（1）①

∵函数在处与直线相切

∴

解得

②

当时，令得

令得

∴在上单调递增

在[1，e]上单调递减

∴。

（2）当b=0时，

若不等式对所有的都成立

则对所有的都成立

即对所有的都成立

令，则为一次函数

∵

∴

∴在上单调递增

∴

∴对所有的都成立

∵

∴

∴。

解：(1)由及，即可求得a=2，

则；

(2)当时，，

不等式，

令，x∈(，3)，

由于，

当时，h′(x)＜0；当时，h′(x)＞0；当x∈(2，3)时，h′(x)＜0．

又，故，

于是由得，即k的最大值为；

(3)由(2)知，，

在上式中分别令x=x1，x2，x3再三式作和即得，

，

所以有。

解：（Ⅰ），其定义域为（0，+∞），

，

令，则x=a，

于是，当x＞a时，h′（x）＞0，h（x）为增函数，

当0＜x＜a时，h′（x）＜0，h（x）为减函数，

所以h（x）的单调增区间是（a，+∞），单调减区间是（0，a）；

（Ⅱ）因为，

所以在区间x∈（0，3]上存在一点P（x0，y0），

使得以P（x0，y0）为切点的切线的斜率，

等价于，

因为，

所以在x∈（0，3]的最大值为，

于是a≤，a的最大值为。

（Ⅲ）若的图象与的图象恰好有四个不同的交点，

即有四个不同的根，亦即方程有四个不同的根。

构造函数，

则F（x）的图象与x轴有四个不同的交点，，

令，

当x变化时F′（x）和F（x）的变化情况如下表：

所以当且即时，F（x）的图象与x轴有四个不同的交点，

解得，

所以存在使得两个函数的图像恰好有四个不同的交点。

解：（1）f′（x）=3ax2+2bx﹣3，

依题意，f′（1）=f′（﹣1）=0，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），

切线的斜率为 （左边用导数求出，右边用斜率的两点式求出），

整理得2x03﹣3x02+m+3=0．

∵过点A（1，m）可作曲线的三条切线，

故此方程有三个不同解，

下研究方程解有三个时参数所满足的条件

设g（x0）=2x03﹣3x02+m+3，

则g′（x0）=6x02﹣6x0，

由g′（x0）=0，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g（x0）=2x03﹣3x02+m+3的极值点为x0=0，x0=1

∴关于x0方程2x03﹣3x02+m+3=0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）∵f'（x）=1﹣ ，

∴f'（1）=1﹣a

∴曲线y=f（x）在x=1处的切线的斜率为1﹣a

∵曲线y=f（x）在x=1处的切线的方程为3x﹣y﹣3=0，

∴1﹣a=3，解得a=﹣2．

（2）f'（x）=1﹣ = ，其中x＞0

（i）当a≤0时，f'（x）＞0恒成立，所以函数f（x）在（0，+∞）上是增函数

而f（1）=0，所以当x∈（0，1）时，f（x）＜0，与f（x）≥0恒成立相矛盾

∴a≤0不满足题意．

（ii）当a＞0时，

∵x＞a时，f'（x）＞0，所以函数f（x）在（a，+∞）上是增函数；

0＜x＜a时，f'（x）＜0，所以函数f（x）在（0，a）上是减函数；

∴f（x）≥f（a）=a﹣a﹣alna

∵f（1）=0，所以当a≠1时，f（a）＜f（1）=0，此时与f（x）≥0恒成立相矛盾 ∴a=1

综上所述，若f（x）的值域为[0，+∞），则a=1；

（3）由（2）可知，当a＜0时，函数f（x）在（0，1]上是增函数，

又函数y= 在（0，1]上是减函数

不妨设0＜x1≤x2≤1 则|f（x1）﹣f（x2）|=f（x2）﹣f（x1），

∴|f（x1）﹣f（x2）|≤4| ﹣ |即f（x2）+4× ≤f（x1）+4× 

设h（x）=f（x）+ =x﹣1﹣alnx+ ，

则|f（x1）﹣f（x2）|≤4| ﹣ |等价于函数h（x）在区间（0，1]上是减函数

因为h'（x）=1﹣ ﹣ = ，

所以x2﹣ax﹣4≤0在（0，1]上恒成立，

即a≥x﹣ 在（0，1]上恒成立，

即a不小于y=x﹣ 在（0，1]内的最大值．

而函数y=x﹣ 在（0，1]是增函数，

所以y=x﹣ 的最大值为﹣3

所以a≥﹣3，又a＜0，所以a∈[﹣3，0）．

解：（x＞0）

（1），解得；

（2）

①当时，

在区间上，，在区间上

故f（x）的单调递增区间是，单调递减区间是；

②当时，

在区间和上，，在区间上，

故f（x）的单调递增区间是和，单调递减区间是；

③当时，，故f（x）的单调递增区间是；

④当时，

在区间和上，

在区间上

故f（x）的单调递增区间是和，单调递减区间是；

（3）由已知，在上有

由已知，由（2）可知

①当时，f（x）在上单调递增

故

所以，解得

故

②当时，f（x）在上单调递增，在上单调递减，

故

由可知，，

所以，

综上所述。

解：（1）

所以，曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=-x+3；

（2）

由下表知，，

∴，

所以满足条件的最大整数M=4；

（3）

等价于：在区间上，函数f(x)的最小值不小于g(x)的最大值，

由（2）知，在区间上，g(x)的最大值为，，

下证当a≥1时，在区间上，函数f(x)≥1恒成立，

当a≥1且时，，

记，，。

当时，；

当时，，

所以，函数在区间上递减，在区间上递增，，即h(x)≥1， 所以，当a≥1且时，f(x)≥1成立，

即对任意，都有f(s)≥g(t)。

解：（1），

①a＞0，当0＜x＜1时，＞0，f(x)在（0，1）上单调递增；

当x＞1时，＜0，f（x）在（1，+∞）上单调递减；

②a=0时，f（x）=-3，是常数函数，无单调性；

③a＜0，当0＜x＜1时，＜0，f（x）在（0，1）上单调递减；

当x＞1时，＞0，f（x）在（1，+∞）上单调递增。

（2）；

（3）证明“略”。

解：（Ⅰ），，

∵，

∴切点为，切线斜率，

∴f（x）在（1，f（1））处的切线方程为2x+2y-3=0。

（Ⅱ）f（x）＜g（x）在x∈上恒成立，

也就是在x∈上的最大值小于0，

，

（x＞0），

（1）若a≥e，则当时，，h（x）单调递增；

当时，，h（x）单调递减，

∴h（x）的最大值为，

∴；

（2）若，则当时，，h（x）单调递增；

当时，，h（x）单调递减；

当时，，h（x）单调递增；

∴h（x）的最大值为，从而，

其中，由，得，这与矛盾；

综合（1）（2）可知：当时，对任意的，恒有f（x）＜g（x）成立。

解：（Ⅰ）由点处的切线方程与直线2x-y=0平行，

得该切线斜率为2，即，

又，令，

所以，。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，

显然时，，

当时，，所以函数在上单调递减；

当时，，所以函数在上单调递增，

①时，；

②时，函数在[n，n+2]上单调递增，

因此，

所以。

（Ⅲ）对一切恒成立，

又，

∴，即，

设，

则，

由，得x=1或x=2，

∴单调递增，

单调递减，

单调递增，

∴，且，

所以，，

因为对一切恒成立，

∴，

故实数t的取值范围为。