热门试卷

（1）要唯一，当公比时，由且，

，最少有一个根（有两个根时，保证仅有一个正根）

，此时满足条件的a有无数多个，不符合。

当公比时，等比数列首项为a，其余各项均为常数0，唯一，此时由，可推得符合

综上：。

（2）假设存在这样的等比数列，则由等差数列的性质可得：，整理得：

要使该式成立，则=或此时数列，公差为0与题意不符，所以不存在这样的等比数列。

(1)因为f(1)＝b，由点(1，b)在x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0.

因为f′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，所以f′(1)＝－a.

又因为切线x＋y＝1的斜率为－1，所以－a＝－1，即a＝1.故a＝1，b＝0.

(2)由(1)知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，f′(x)＝(n＋1)·xn－1。

令f′(x)＝0，解得，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点.

在(0，)上，f′(x)＞0，故f(x)单调递增；

而在(，＋∞)上，f′(x)＜0，f(x)单调递减。

故f(x)在(0，＋∞)上的最大值为.

(3)令φ(t)＝ln t－1＋(t＞0)，

则(t＞0)。

在(0,1)上，φ′(t)＜0，

故φ(t)单调递减；

而在(1，＋∞)上，φ′(t)＞0，

故φ(t)单调递增，

故φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0，

所以φ(t)＞0(t＞1)，

即ln t＞1－(t＞1)。

令t＝1＋，得，

即，

所以，即.

由(2)知，，

故所证不等式成立。

由f(x)＝x2＋xsin x＋cos x，得f′(x)＝x(2＋cos x)。

（1）因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，

所以f′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b＝f(a)，解得a＝0，b＝f(0)＝1.

（2）令f′(x)＝0，得x＝0.

f(x)与f′(x)的情况如下：

所以函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，f(0)＝1是f(x)的最小值。

当b≤1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b最多只有一个交点；

当b＞1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1＞4b－2b－1＞b，

f(0)＝1＜b，

所以存在x1∈(－2b,0)，x2∈(0,2b)，使得f(x1)＝f(x2)＝b.

由于函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b＞1时曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点。

综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)。

（1）解：由题意得，

因为在的图像上，所以

又因为，所以

（2）解：设点Q的坐标为（）.

由题意可知，得，所以

连接PQ,在△PRQ中，∠PRQ=,由余弦定理得

，

解得A2=3，又A＞0，所以A=

本小题主要考查函数与导数，函数的单调性、极值、零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、分类与整合思想、化归与转化思想，满分14分。

（1）由，得。

又曲线在点处的切线平行于轴，

得，即，解得。

（2），

①当时，，为上的增函数，所以函数无极值。

②当时，令，得，。

，；，。

所以在上单调递减，在上单调递增，

故在处取得极小值，且极小值为，无极大值。

综上，当时，函数无极小值；

当，在处取得极小值，无极大值。

（3）当时，

令，

则直线：与曲线没有公共点，

等价于方程在上没有实数解。

假设，此时，，

又函数的图象连续不断，由零点存在定理，可知在上至少有一解，与“方程在上没有实数解”矛盾，故。

又时，，知方程在上没有实数解。

所以的最大值为。

解法二：

（1）（2）同解法一。

（3）当时，。

直线：与曲线没有公共点，

等价于关于的方程在上没有实数解，即关于的方程：

                           （*）

在上没有实数解。

①当时，方程（*）可化为，在上没有实数解。

②当时，方程（*）化为。

令，则有。

令，得，

当变化时，的变化情况如下表：

当时，，同时当趋于时，趋于，

从而的取值范围为。

所以当时，方程（*）无实数解，

解得的取值范围是。

综上，得的最大值为。

(1)由已知得f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，

对于任意x∈(0，)，有sinx＋xcosx＞0。

当a＝0时，，不合题意；

当a＜0，x∈(0，)时，f′(x)＜0，从而f(x)在(0，)内单调递减，

又f(x)在［0，］上的图象是连续不断的，故f(x)在［0，］上的最大值为，不合题意；

当a＞0，x∈(0，)时，f′(x)＞0，从而f(x)在(0，)内单调递增，又f(x)在［0，］上的图象是连续不断的，故f(x)在［0，］上的最大值为，即，

解得a＝1。

综上所述，得f(x)＝xsinx－。

(2)f(x)在(0，π)内有且只有两个零点。

证明如下：

由(1)知，f(x)＝xsinx，从而有f(0)＝＜0，，

又f(x)在［0，］上的图象是连续不断的，

所以f(x)在(0，)内至少存在一个零点。

又由(1)知f(x)在［0，］上单调递增，故f(x)在(0，)内有且仅有一个零点。

当x∈［，π］时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx。

由g()＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在［，π］上的图象是连续不断的，故存在m∈(，π)，使得g(m)＝0。

由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈(，π)时，有g′(x)＜0，

从而g(x)在(，π)内单调递减。

当x∈(，m)时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在(，m)内单调递增，故当x∈［，m］时，，故f(x)在［，m］上无零点；

当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减。

又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在［m，π］上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点。

综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点

从这6个点中随机选取3个点的所有可能结果是：

x轴上取2个点的有A1A2B1，A1A2B2，A1A2C1，A1A2C2，共4种，

y轴上取2个点的有B1B2A1，B1B2A2，B1B2C1，B1B2C2，共4种，

z轴上取2个点的有C1C2A1，C1C2A2，C1C2B1，C1C2B2，共4种。

所选取的3个点在不同坐标轴上有A1B1C1，A1B1C2，A1B2C1，A1B2C2，A2B1C1，A2B1C2，A2B2C1，A2B2C2，共8种。

因此，从这6个点中随机选取3个点的所有可能结果共20种。

(1)选取的这3个点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的所有可能结果有：A1B1C1，A2B2C2，共2种，因此，这3个点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的概率为.

(2)选取的这3个点与原点O共面的所有可能结果有：A1A2B1，A1A2B2，A1A2C1，A1A2C2，B1B2A1，B1B2A2，B1B2C1，B1B2C2，C1C2A1，C1C2A2，C1C2B1，C1C2B2，共12种，因此，这3个点与原点O共面的概率为