热门试卷

（1）依题意BC=3，CA=5，AB=7，

由余弦定理，得cosC==﹣，

∵0＜C＜π，

∴C=；

（2）由余弦定理，得cosA==，

在△ADC中，AD=，

根据余弦定理得：CD2=AC2+AD2﹣2AC×AD×cosA=，

则CD=。

（1）设，

则可设，其中为常数。

因为的极大值与极小值之和为0，

所以，即，

由得，

所以；

（2）由（1）得，且

由题意得，三次函数在开区间上存在的最大值与最小值必为极值（如图），

又，故，   所以，且，

解得；

（3）题设等价与，且a，b，c0，

所以a，b，c均小于。

假设在a，b，c中有两个不等，不妨设ab，则ab或ab。

若ab，则由得即，

又由得ca。

于是abca，出现矛盾。

同理，若ab，也必出现出矛盾。

故假设不成立，所以，

（1）因为，，解得，

所以椭圆的标准方程为，

设椭圆上点，有，

所以，

（2）因为在直线l：上，所以设，，由方程知，，

所以，

又由（1）知，所以，

不妨设，则，则，

所以当且仅当时，取得最小值，

（3）设，，

则以为直径的圆的方程为

即，圆过定点，必与无关，

所以有，解得定点坐标为，

所以，无论点P如何变化，以MN为直径的圆恒过定点

（1）求导数，得

f ′(x)＝(4x－4a)lnx＋＋2x＝4(x－a)(lnx＋1)（x＞0），

令f ′(x)＝0，解得x＝a，或x＝。

①     当0＜a＜时，x变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表：

此时f(x)的单调递增区间为(0，a)，(，＋∞)；单调递减区间为(a，)。

②     当a＝时，f ′(x)≥0，此时f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，没有单调递减区间。

③     当a＞时，x变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表：

此时f(x)的单调递增区间为(0，)，(a，＋∞)；单调递减区间为(，a)。

（2）由(2x－4a)lnx＞－x（x≥1），得(2x2－4ax)lnx＋x2＞0，

即f(x)＞0对x≥1恒成立。

由（1）可知，

当0＜a≤时，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，则f(x)min＝f(1)＞0恒成立；

当＜a≤1时，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，则f(x)min＝f(1)＝1＞0恒成立；

当a＞1时，f(x)在(1，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，则f(x)min＝f(a)＞0，即(2a2－4a2)lna＋a2＞0，解得1＜a＜。

综上可知，a的取值范围为(0，)。

（1）因为时，，所以令，则有，

当时恒成立，转化为，即在上恒成立，

，则，所以在上单调递增，

所以，所以，解得。 

（2）当时，，即，

当时，即，；

当时，即，，

当时，，令，，则，

当时，即，；

当时，即，，此时无最小值；

所以，当时，即，函数；

当时， ，函数无最小值；

当时， ，函数无最小值，

综上所述，当时，函数有最小值为；当时，函数无最小值。

所以函数在实数集上有最小值时，实数的取值范围为，

（1）。

若，则，则函数是单调增函数，这与题设矛盾。

所以，令，则。

当时，，是单调减函数；时，，是单调增函数；

于是当时，取得极小值。

因为函数的图象与轴交于两点，(x1＜x2)，

所以，即。.

此时，存在；

存在，

又由在及上的单调性及曲线在R上不间断，可知为所求取值范围.

（2）因为 两式相减得。

记，则，

设，则，所以是单调减函数，

则有，而，所以。

又是单调增函数，且

所以。

（3）依题意有，则。

于是，在等腰三角形ABC中，显然C = 90°，

所以，即，

由直角三角形斜边的中线性质，可知，

所以，即，

所以，

即。

因为，则，

又，所以，

即，所以