热门试卷

（1）因为函数f（x）的定义域为（0，+∞），导函数f′（x）=，

∴k=f′（1）=1-a，

又f（1）=a-1，即切点坐标为（1，a-1），

所以，函数f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为：

y-（a-1）=（1-a）（x-1），即y=（1-a）x+2（a-1）．

（2）结合（1），令f′（x）=0得x=e1-a，由对数函数的单调性知：

当x∈（0，e1-a）时，f′（x）＞0，f（x）是增函数；

当x∈（e1-a，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）是减函数．

（ⅰ）当e1-a＜e2时，a＞-1时，f（x）max=f（e1-a）=ea-1-1，

令ea-1-1≤0，解得a≤1，即-1＜a≤1，

（ⅱ）当e1-a≥e2即a≤-1时，f（x）在（0，e2]上是增函数，

∴f（x）在（0，e2]上的最大值为f（e2）=-1，

令-1≤0，解得a≤e2-2，即a≤-1，

综上可知，实数a的取值范围是a≤1．

∵切线与直线y=4x+3平行，斜率为4

又切线在点x0的斜率为y′|_x0

∵3x02+1=4，∴x0=±1，有，或，

∴切点为（1，-8）或（-1，-12），

切线方程为y+8=4（x-1）或y+12=4（x-1），

即y=4x-12或y=4x-8．

解：（1）f（x）=ax++b≥2+b=b+2当且仅当ax=1（x=）时，

f（x）的最小值为b+2；

（2）由题意，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=，可得：f（1）=，

∴a++b=①

f'（x）=a﹣，

∴f′（1）=a﹣=②

由①②得：a=2，b=-1。

是的一个极大值, 是的一个极小值.

、不存在

解：(I)  .注意到，即，

得或．所以当变化时，的变化情况如下表：

所以是的一个极大值, 是的一个极小值.

(II) 点的中点是,所以的图象的对称中心只可能是. 

设为的图象上一点,关于的对称点是Q，

因，又

所以，

即点也在函数y=f(x)的图像上。 

设为的图象上一点,关于的对称点是……

(III) 假设存在实数、.,或.

若, 当时, ,而.故不可能…

若,当时, ,而.故不可能….

若,由的单调递增区间是,知是的两个解.而无解. 故此时的取值范围是不可能是.

综上所述,假设错误,满足条件的实数、不存在.

（1）当k为奇数时，f(x)的单调递增区间为，当k为偶数时f(x)的单调递增区间为（2）见解析（3）见解析

（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞）

又                  

当k为奇数时，

即的单调递增区间为                    

当k为偶函数时，

由>0，得x-1>0,∴x>1,即f(x)的单调递增区间为，

综上所述：当k为奇数时，f(x)的单调递增区间为，当k为偶数时f(x)的单调递增区间为                                        

（Ⅱ）当k为偶数时，由（Ⅰ）知

所以

根据题设条件有

∴{ }是以2为公式的比例数列                

假设数列{}中存在三项，，，成等差数列

不妨设r=+

即

又 

（Ⅲ）当k为奇数时       

方法二：（数学归纳发）

当n=1是，左边=0，右边=0，显然不等式成立

设n=k+1时：

又

n=k+1时结论成立。

综上，对一切正整数n结论成立。

解: （I）f′(x)=3ax2+2bx－3，依题意，f′(1)=f′(－1)=0，

即

解得a=1，b=0.

∴f(x)=x3－3x.

（II）∵f(x)=x3－3x,∴f′(x)=3x2－3=3(x+1)(x－1)，

当－1

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

（III）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，

∴关于x0方程=0有三个实根.

设g(x­0)= ，则g′(x0)=6，

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)= 的极值点为x0=0，x0=1

∴关于x0方程=0有三个实根的充要条件是

，解得－3

故所求的实数a的取值范围是－3

略

（I）设f（x）=x有不同于α的实数根β，即f（β）=β，不妨设β＞α，

于是在α与β间必存在c，α＜c＜β，

使得β-α=f（β）-f（α）=（β-α）f′（c）∴f′（c）=1，这与已知矛盾，∴方程f（x）=x存在唯一实数根α．

（II）令g（x）=x-f（x）

∴g′（x）=1-f′（x）＞0

∴g（x）在定义域上为增函数

又g（α）=α-f（α）=0∴当x＞α时，g（x）＞g（α）=0

∴当x＞α时，f（x）＜x、

（III）不妨设x1＜x2，∵0＜f′（x）＜1∴f（x）在定义域上为增函数

由（2）知x-f（x） 在定义域上为增函数、∴x1-f（x1）＜x2-f（x2）

∴0＜f（x2）-f（x1）＜x2-x1

即|f（x2）-f（x1）|＜|x2-x1|

∵|x2-x1|≤|x2-α|+|x1-α|＜4

∴|f（x1）-f（x2）|＜4．

（Ⅰ）f′（x）=3x2+2ax+b

由题意得：即

解得：a=b=-1．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知：f（x）=x3-x2-x+2

∵f（x）≥mx2-2x+2，

∴mx2≤x3-x2+x．

∵x＞0，

∴m≤，即m≤x+-1，

法一：令g(x)=x+-1（x＞0）∴g(x)≥2-1=2-1=1，

当且仅当x=时取等号，即x=1时，g（x）min=1，

∴m≤1

法二：令g(x)=x+-1（x＞0）∴g'（x）=1-x-2=0得x=1，

当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，g（x）为减函数，

当x∈（1，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）为增函数，

当x=1时，g（x）min=1，∴m≤1

（1）－1±

（2）(2，＋∞)

（3）

解：(1)因为f(x)＝ln x，所以f′(x)＝，因此f′(1)＝1，所以函数f(x)的图像在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.

由

消去y，得x2－2(b＋1)x＋2＝0.

所以Δ＝4(b＋1)2－8＝0，

解得b＝－1±.

(2)因为h(x)＝f(x)＋g(x)

＝ln x＋x2－bx(x>0)，

所以h′(x)＝＋x－b＝.

由题意知，h′(x)<0在(0，＋∞)上有解．

因为x>0，设u(x)＝x2－bx＋1，

则u(0)＝1>0，

所以，解得b>2.

所以实数b的取值范围是(2，＋∞)．

(3)不妨设x1>x2.

因为函数f(x)＝ln x在区间[1,2]上是增函数，所以f(x1)>f(x2)，函数g(x)图像的对称轴为直线x＝b，且b>1.

(ⅰ)当b≥2时，函数g(x)在区间[1,2]上是减函数，所以g(x1)2)，所以|f(x1)－f(x2)|>|g(x1)－g(x2)|等价于f(x1)－f(x2)>g(x2)－g(x1)，即f(x1)＋g(x1)>f(x2)＋g(x2)，等价于h(x)＝f(x)＋g(x)＝ln x＋x2－bx(x>0)在区间[1,2]上是增函数，即等价于h′(x)＝＋x－b≥0在区间[1,2]上恒成立，亦等价于b≤x＋在区间[1,2]上恒成立，所以b≤2.

又b≥2，所以b＝2；

(ⅱ)当1

①当1≤x21≤b时，|f(x1)－f(x2)|>|g(x1)－g(x2)|等价于f(x1)－f(x2)>g(x2)－g(x1)，等价于f(x1)＋g(x1)>f(x2)＋g(x2)，等价于h(x)＝f(x)＋g(x)＝ln x＋x2－bx(x>0)在区间[1，b]上是增函数，等价于h′(x)＝＋x－b≥0在区间[1，b]上恒成立，等价于b≤x＋在区间[1，b]上恒成立，所以b≤2.

又1

②当b≤x21≤2时，|f(x1)－f(x2)|>|g(x1)－g(x2)|等价于f(x1)－f(x2)>g(x1)－g(x2)等价于f(x1)－g(x1)>f(x2)－g(x2)，等价于H(x)＝f(x)－g(x)＝ln x－x2＋bx在区间[b,2]上是增函数，等价于H′(x)＝－x＋b≥0在区间[b,2]上恒成立，等价于b≥x－在区间[b,2]上恒成立，所以b≥，故≤b<2；

③当1≤x21≤2时，由g(x)图像的对称性知，只要|f(x1)－f(x2)|>|g(x1)－g(x2)|对于①②同时成立，那么对于③，

则存在t1∈[1，b]，使|f(x1)－f(x2)|>|f(t1)－f(x2)|>|g(t1)－g(x2)|＝|g(x1)－g(x2)|恒成立；

或存在t2∈[b,2]，使|f(x1)－f(x2)|>

|f(x1)－f(t2)|>|g(x1)－g(t2)|＝

|g(x1)－g(x2)|恒成立．

因此≤b<2.

综上所述，实数b的取值范围是.

（1）；（2）当a≤0时，f(x)在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递增.

试题分析：（1）因为f（x）=ax2－(2a＋1)x＋2lnx，所以f′(x)＝ax−(2a+1)+．因为曲线y=f（x）在x=1和x=3处的切线互相平行，所以f′（1）=f′（3）．由此能求出实数a．

（2）因为函数f（x）的定义域是（0，+∞），且f′（x）=，再由实数a的取值范围进行分类讨论，能够求出f（x）的单调区间．

试题解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)

∵f ' (x)＝ax－(2a＋1)＋

（1）由已知函数f ' (1)＝f ' (3)a－(2a＋1)＋2＝3a－(2a＋1)＋a＝  6分

（2）f ' (x)＝＝(x∈(0，＋∞))         8分

①当a＝0时，f ' (x)＝，由f ' (x)＞0得0＜x＜2，由f ' (x)＜0得x＞2

∴f(x)在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减                    10分

②当a＜0时，由f ' (x)＝＝0的x1＝(舍去)，x2＝2，由f ' (x)＞0的0＜x＜2，由f ' (x)＜0的x＞2

∴f(x)在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减              12分

综上：当a≤0时，f(x)在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递增      13分

（1）

（2）当或时，；

当时，；

（3）.

试题分析：（1）利用导数的几何意义，明确曲线在点处的切线的斜率为,建立方程

，再根据曲线经过点，得到方程，解方程组即得所求.

（2）利用“表解法”，确定函数的极值，注意讨论或及，的不同情况；

（3）根据在区间内存在两个极值点，得到，

即在内有两个不等的实根．

利用二次函数的图象和性质建立不等式组 求的范围.

试题解析：（1），

直线的斜率为，曲线在点处的切线的斜率为,

 ①

曲线经过点， ②

由①②得：              3分

（2）由（1）知：，，, 由，或.

当，即或时，，，变化如下表

由表可知：

    5分

当即时，，，变化如下表

由表可知：

   7分

综上可知：当或时，；

当时，       8分

（3）因为在区间内存在两个极值点 ，所以，

即在内有两个不等的实根．

∴            10分

由 （1）+（3）得：，           11分

由（4）得：，由（3）得：，

，∴．

故               13分

（1）切点，或者切点，；（2）.

试题分析：（1）先设切点，然后依题意计算出，由，计算出切点的横坐标，代入切线的方程，可得切点的纵坐标，最后再将切点的坐标代入曲线C的方程计算得的值；（2）结合（1）中求出的，确定，设，然后将存在使成立问题，转化为，进而求出，分、、三种情况讨论函数在上的单调性，确定，相应求解不等式，即可确定的取值范围.

试题解析：（1）设直线与曲线相切于点

∴,解得或

代入直线方程，得切点坐标为或

切点在曲线上，∴或

综上可知，切点，或者切点，          5分

（2）∵，∴，设，若存在使成立，则只要              7分

①当即时

，是增函数，不合题意              8分

②若即

令，得，∴在上是增函数

令，解得，∴在上是减函数

，,解得               10分

③若即，

令，解得

，∴在上是增函数

∴，不等式无解，∴不存在                12分

综上可得，实数的取值范围为                      13分.