热门试卷

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，＋∞)。

解：，    --

∵函数在处的切线斜率为-3，∴，即

又得。

（1）函数在时有极值，所以，

解得，-

所以，

（2）因为函数在区间上单调递增，所以导函数

在区间上的值恒大于或等于零，

则得，所以实数的取值范围为

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）解：由题意可知，抛物线C1的准线方程为：

所以圆心M到抛物线C1准线的距离为

（2）解：设点P的坐标为（x0, x02），抛物线C1在点P处的切线交直线l于点D。

再设A,B,D的横坐标分别为

过点P（x0, x02）的抛物线C1的切线方程为：

                （1）

当时，过点P（1,1）与圆C2的切线PA为：。

可得。所以。

设切线PA.PB的斜率为，则

                （2）

                （3）

将分别代入（1），（2），（3），得

从而

又，

即

同理

所以是方程的两个不相等的根，从而

，

因为，

所以即。

从而

进而得

综上所述，存在点P满足题意，点P的坐标为

（1）  f (x)的反函数,则y=g(x)过点（1,0）的切线斜率k=.

.过点（1,0）的切线方程为：y = x+ 1

（2） 证明曲线y=f(x)与曲线有唯一公共点，过程如下。

因此，

所以，曲线y=f(x)与曲线只有唯一公共点(0,1).(证毕）

（3）设

令。

，且

。

所以

（1）f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.

由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.

故b＝4，a＋b＝8.

从而a＝4，b＝4.

（2）由（1）知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，

f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)·.

令f′(x)＝0得，x＝－ln 2或x＝－2.

从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f′(x)＞0；

当x∈(－2，－ln 2)时，f′(x)＜0.

故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减。

当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)。

(1)当a＝1时，f′(x)＝6x2－12x＋6，

所以f′(2)＝6.

又因为f(2)＝4，所以切线方程为y＝6x－8.

(2)记g(a)为f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值。

f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)。

令f′(x)＝0，得到x1＝1，x2＝a.

当a＞1时，

比较f(0)＝0和f(a)＝a2(3－a)的大小可得g(a)＝

当a＜－1时，

得g(a)＝3a－1.

综上所述，f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值为g(a)＝

（1）f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，

f′(x)＝－e－xx(x－2)，①

当x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)时，f′(x)＜0；

当x∈(0,2)时，f′(x)＞0.

所以f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)单调递减，在(0,2)单调递增。

故当x＝0时，f(x)取得极小值，极小值为f(0)＝0；

当x＝2时，f(x)取得极大值，极大值为f(2)＝4e－2.

（2）设切点为(t，f(t))，

则l的方程为y＝f′(t)(x－t)＋f(t)。

所以l在x轴上的截距为m(t)＝.

由已知和①得t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)。

令h(x)＝(x≠0)，则当x∈(0，＋∞)时，h(x)的取值范围为[，＋∞)；

当x∈(－∞，－2)时，h(x)的取值范围是(－∞，－3)。

所以当t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，m(t)的取值范围是(－∞，0)∪[，＋∞)。

综上，l在x轴上的截距的取值范围是(－∞，0)∪[，＋∞)，

（1）由已知可得.                      ------------------1分

，                                    ------------------2分

又

在处的切线方程为.           --------------------4分

令，整理得.

或，                              ------------------5分

   ，                        --------------------6分

与切线有两个不同的公共点.             -----------------------7分

（2）在上有且仅有一个极值点，

在上有且仅有一个异号零点，    -------------9分

由二次函数图象性质可得，        ------------------------10分

即，解得或，          ---------------12分

综上，的取值范围是.         -------------------13分

（1）时，

， ————2分

在直线上，，即 

    ————4分

，

（2）①

是上的增函数，

，

在上恒成立，————6分

令   则，

设，  在上恒成立————7分

恒成立，，  实数最大值为————9分

②由，

，   ————11分

表明：若点为图象上任意一点，则点也在图象上，

而线段的中点恒为；由此可知图象关于点对称。

这也表明存在点，使得过的直线若能与图象相交围成封闭图形，

则这两个封闭图形面积相等， ————13分