热门试卷

解：（1）

令，由a≠0得或

∵

∴

当时，

当时，

所以f（x）在x=-1处取极小值，即x0=-1。

（2）

∵

∴g（x）在处取得极小值

即

由g（x）=0，即

∵

∴

∵

∴

由四边形ABCD是梯形及BC与AD不平行，得AB∥CD

∴，即

由四边形ABCD的面积为1，得

即，得d=1

从而，得。

解：（1）∵

∴

令f'（x）=0，得x=-1或

∵

∴

∴

当时，

当时，

所以f（x）在x=-1处取极小值，即。

（2）∵

∴的图象开口向上，对称轴方程是

由知

∴在[-，0]上的最大值为，即

又由知

∴当时，f‘（x）取得最小值为，即

∵

∴

由△ABC有一条边平行于x轴，得AC平行于x轴，

所以，即 ①

又由△ABC的面积为，得

利用得 ②

联立①②可得。

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：（Ⅰ），

依题意，

故a=2；

（Ⅱ），

当，即f（x）在上单调递减；

当，即f（x）在上单调递增；

（1）当时，

可知f（x）在(0，2]是减函数，

故x=2时，；

（2）当时，

可知f（x）在递增，

故；

综上所述，当；；

（Ⅲ）设（x＞0），

则，

令，

由，所以h（x）的减区间为；

由，所以h（x）的增区间为；

所以当，h（x）取极小值；

f（x）与g（x）的图象在（1，e2）上有两个不同的交点等价于h（x）在（1，e2）上有两个不同零点，

 故只需，

故实数a的取值范围是。

 解：（I）由点（e，f（e））处的切线方程与直线2x﹣y=0平行，

得该切线斜率为2，即f'（e）=2．

又∵f'（x）=a（lnx+1），

令a（lne+1）=2，a=1，

所以f（x）=xlnx．

（II）由（I）知f'（x）=lnx+1，

显然f'（x）=0时x=e﹣1

当时f'（x）＜0，所以函数上单调递减．

当时f'（x）＞0，所以函数f（x）在上单调递增，

①时，；

②时，函数f（x）在[n，n+2]上单调递增，

因此f（x）min=f（n）=nlnnn；

所以

（III）对一切x∈（0，e]，3f（x）≥g（x）恒成立，

又g（x）=x2﹣tx﹣2，

∴3xlnx≥x2﹣tx﹣2，即．

设，

则，

由h'（x）=0得x=1或x=2，

∴x∈（0，1），h'（x）＞0，h（x）单调递增，

x∈（1，2），h'（x）＞0，h（x）单调递减，

x∈（2，e），h'（x）＞0，h（x）单调递增，

∴h（x）极大值=h（1）=﹣1，且h（e）=e﹣3﹣2e﹣1＜﹣1，

所以h（x）max=h（1）=﹣1．

因为对一切x∈（0，e]，3f（x）≥g（x）恒成立，

∴t≥h（x）max=﹣1．

故实数t的取值范围为[﹣1，+∞）．