热门试卷

（1）设，则.

所以f′（1）＝1.

所以L的方程为y＝x－1.

（2）令g（x）＝x－1－f（x），则除切点之外，曲线C在直线L的下方等价于g（x）＞0（x＞0，x≠1）。

g（x）满足g（1）＝0，且g′（x）＝1－f′（x）＝.

当0＜x＜1时，x2－1＜0，ln x＜0，所以g′（x）＜0，故g（x）单调递减；

当x＞1时，x2－1＞0，ln x＞0，所以g′（x）＞0，故g（x）单调递增。

所以，g（x）＞g（1）＝0（x＞0，x≠1）。

所以除切点之外，曲线C在直线L的下方。

（1）求导函数，可得f′（x）=ex+2ax﹣e

∵曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，

∴k=2a=0，∴a=0

∴f（x）=ex﹣ex，f′（x）=ex﹣e

令f′（x）=ex﹣e＜0，可得x＜1；令f′（x）＞0，可得x＞1；

∴函数f（x）的单调减区间为（﹣∞，1），单调增区间为（1，+∞）

（2）设点P（x0，f（x0）），曲线y=f（x）在点P处的切线方程为y=f′（x0）（x﹣x0）+f（x0）

令g（x）=f（x）﹣f′（x0）（x﹣x0）﹣（x0）

∵曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P，∴g（x）有唯一零点

∵g（x0）=0，g′（x）=

（1）若a≥0，当x＞x0时，g′（x）＞0，∴x＞x0时，g（x）＞g（x0）=0

当x＜x0时，g′（x）＜0，∴x＜x0时，g（x）＞g（x0）=0，故g（x）只有唯一零点x=x0，由P的任意性a≥0不合题意；

（2）若a＜0，令h（x）=，则h（x0）=0，h′（x）=ex+2a

令h′（x）=0，则x=ln（﹣2a），∴x∈（﹣∞，ln（﹣2a）），h′（x）＜0，函数单调递减；x∈（ln（﹣2a），+∞），h′（x）＞0，函数单调递增；

①若x0=ln（﹣2a），由x∈（﹣∞，ln（﹣2a）），g′（x）＞0；x∈（ln（﹣2a），+∞），g′（x）＞0，∴g（x）在R上单调递增

∴g（x）只有唯一零点x=x0；

②若x0＞ln（﹣2a），由x∈（ln（﹣2a），+∞），h（x）单调递增，且h（x0）=0，则当x∈（ln（﹣2a），x0），g′（x）＜0，g（x）＞

g（x0）=0

任取x1∈（ln（﹣2a），x0），g（x1）＞0，

∵x∈（﹣∞，x1），∴g（x）＜ax2+bx+c，其中b=﹣e+f′（x0），c=

∵a＜0，∴必存在x2＜x1，使得

∴g（x2）＜0，故g（x）在（x2，x1）内存在零点，即g（x）在R上至少有两个零点；

③若x0＜ln（﹣2a），同理利用，可得g（x）在R上至少有两个零点；

综上所述，a＜0，曲线y=f（x）上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P（ln（﹣2a），f（ln（﹣2a）））。

（1）f(x)的反函数为g(x)＝ln x.

设直线y＝kx＋1与g(x)＝ln x的图像在P(x0，y0)处相切，

则有y0＝kx0＋1＝ln x0，k＝g′(x0)＝，

解得x0＝e2，.

（2）

曲线y＝ex与y＝mx2的公共点个数等于曲线与y＝m的公共点个数。

令，则，

∴φ′(2)＝0.

当x∈(0,2)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(0,2)上单调递减；

当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(2，＋∞)上单调递增，

∴φ(x)在(0，＋∞)上的最小值为.

当0＜m＜时，曲线与y＝m无公共点；

当时，曲线与y＝m恰有一个公共点；

当时，在区间(0,2)内存在，使得φ(x1)＞m，在(2，＋∞)内存在x2＝me2，使得φ(x2)＞m.由φ(x)的单调性知，曲线与y＝m在(0，＋∞)上恰有两个公共点。

综上所述，当x＞0时，

若0＜m＜，曲线y＝f(x)与y＝mx2没有公共点；

若，曲线y＝f(x)与y＝mx2有一个公共点；

若，曲线y＝f(x)与y＝mx2有两个公共点。

（3）解法一：可以证明.

事实上，

(b＞a)，(*)

令(x≥0)，

则(仅当x＝0时等号成立)，

∴ψ(x)在[0，＋∞)上单调递增，

∴x＞0时，ψ(x)＞ψ(0)＝0.

令x＝b－a，即得(*)式，结论得证。

解法二：

＝

＝[(b－a)eb－a＋(b－a)－2eb－a＋2]，

设函数u(x)＝xex＋x－2ex＋2(x≥0)，

则u′(x)＝ex＋xex＋1－2ex，

令h(x)＝u′(x)，则h′(x)＝ex＋ex＋xex－2ex＝xex≥0(仅当x＝0时等号成立)，

∴u′(x)单调递增，

∴当x＞0时，u′(x)＞u′(0)＝0，

∴u(x)单调递增。

当x＞0时，u(x)＞u(0)＝0.

令x＝b－a，则得(b－a)eb－a＋(b－a)－2eb－a＋2＞0，

∴，

因此，

（1）因为抛物线C1：x2＝4y上任意一点(x，y)的切线斜率为，且切线MA的斜率为，所以A点坐标为，故切线MA的方程为.

因为点M(，y0)在切线MA及抛物线C2上，

于是，①

.②

由①②得p＝2.

（2）设N(x，y)，A，B，x1≠x2，由N为线段AB中点知x＝，③

.④

切线MA，MB的方程为

，⑤

.⑥

由⑤⑥得MA，MB的交点M(x0，y0)的坐标为

，.

因为点M(x0，y0)在C2上，即＝－4y0，

所以.⑦

由③④⑦得

，x≠0.

当x1＝x2时，A，B重合于原点O，AB中点N为O，坐标满足.

因此AB中点N的轨迹方程为

（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞）。

f′（x）＝2xln x＋x＝x（2ln x＋1），令f′（x）＝0，得.

当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

所以函数f（x）的单调递减区间是，单调递增区间是.

（2）证明：当0＜x≤1时，f（x）≤0.

设t＞0，令h（x）＝f（x）－t，x∈[1，＋∞）。

由（1）知，h（x）在区间（1，＋∞）内单调递增。

h（1）＝－t＜0，h（et）＝e2tln et－t＝t（e2t－1）＞0.

故存在唯一的s∈（1，＋∞），使得t＝f（s）成立。

（3）证明：因为s＝g（t），由（2）知，t＝f（s），且s＞1，从而

，

其中u＝ln s.

要使成立，只需.

当t＞e2时，若s＝g（t）≤e，则由f（s）的单调性，有t＝f（s）≤f（e）＝e2，矛盾。

所以s＞e，即u＞1，从而ln u＞0成立。

另一方面，令F（u）＝，u＞1.F′（u）＝，令F′（u）＝0，得u＝2.

当1＜u＜2时，F′（u）＞0；当u＞2时，F′（u）＜0.

故对u＞1，F（u）≤F（2）＜0.

因此成立。

综上，当t＞e2时，有.

（1）若，则对一切，，这与题设矛盾，又，

故.

而令

当时，单调递减；当时，单调递增，故当时，取最小值

于是对一切恒成立，当且仅当

.①

令则

当时，单调递增；当时，单调递减.

故当时，取最大值.因此，当且仅当即时，①式成立.

综上所述，的取值集合为.

（2）由题意知，

令则

令，则.

当时，单调递减；当时，单调递增.

故当，即

从而，又

所以

因为函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，所以存在，使，单调递增，故这样的是唯一的，且.故当且仅当时， .

综上所述，存在使成立.且的取值范围为.

（1）由已知得：，且，所以所求切线方程为：，即为：；

（2）由已知得到：，其中，当时，，

（1）当时，，所以在上递减，所以，因为；

（2）当，即时，恒成立，所以在上递增，所以，因为

；

（3）当，即时，

   ，且，即

所以，且

所以，

所以；

由，所以

（ⅰ）当时，，所以时，递增，时，递减，所以，因为

，又因为，所以，所以，所以

（ⅱ）当时，，所以，因为，此时，当时，是大于零还是小于零不确定，所以

1当时，，所以，所以此时；

2当时，，所以，所以此时

综上所述：

（1）解：

令

则

于是可设是的两实根，且

1）当时，则不是的极值点，此时不合题意

2）当时，由于是的极大值点，

故  即

即

所以

所以的取值范围是（-∞，）

（2）解：由（Ⅰ）可知，假设存了及满足题意，则

1）当时，则

于是

即

此时

或

2）当时，则

①若

于是

即

于是

此时

②若

于是

即

于是

此时

综上所述，存在满足题意

当

当

当