热门试卷

（1）=(n-8，t)，∵⊥，∴8-n+2t=0

又||=||，∴（n-8）2+t2=5×64得t=±8∴=(24，8)或（-8，-8）

（2）=(ksinθ-8，t)，

因为向量与向量共线，

∴t=-2ksinθ+16，f（θ）=tsinθ=（-2ksinθ+16）sinθ=-2k(sinθ-)2+

①当k＞4时，0＜＜1∴sinθ=时，tsinθ取最大值为，

由=4，得k=8，此时θ=，=(4，8)

∴•=(8，0)•(4，8)=32

②当0＜k＜4时，＞1，

∴sinθ=1时，tsinθ取最大值为-2k+16，

由-2k+16=4，得k=6，（舍去）

综上所述，∴•=32

（1）例如，当x=时，=(，)，=(-ln2，-ln2)=-2ln2•，∥

因为0＜x＜1，所以0＜1-x＜1，lnx＜0．ln（1-x）＜0.•=xlnx+(1-x)ln(1-x)＜0，从而与不垂直．

（2）函数f(x)=•=xlnx+(1-x)ln(1-x)

f′(x)=1nx+x•-ln(1-x)+(1-x)•=lnx-ln(1-x)，

令f′(x)=0得x=

当≤x＜时，x＜＜1-x，f′（x）＜0，f（x）在区间[，)上是减函数：

当＜x≤时，1-x＜＜x，f′（x）＞0，f（x）在区间(，]上是增函数；

所以f（x）在x=时取得最小值，且最小值f()=-ln2，

又f()=f()＜f()=ln+ln=ln3-21n2

故f（x）在x=时取得最大值，且最大值f()=ln3-2ln2．

（I）∵=(，-1)，=(，)

∴||=2，||=1，•=×-1×=0 

∴⊥

∵⊥，∴•=0

即-k|

a

|2+t(t2-3)|

b

|2=0，

∴t3-3t-4k=0

即k=t3-t

（II）由（I）知，k=f（t）=t3-t，

∴k′=t2-=(t+1)(t-1)

令k′＜0得-1＜t＜1，令k′＞0得t＜0或t＞1

故k=f（t）的单调递减区间是[-1，1]；

单调递增区间是（-∞，-1]，[1，+∞）．

解：（1）当x＜1时，f（x）=﹣x3+x2+bx+c，则f'（x）=﹣3x2+2x+b． 依题意得：

，

即

解得b=c=0

（2）由（1）知，

①当﹣1≤x＜1时，，

令f'（x）=0得

当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：

②当1≤x≤2时，f（x）=alnx．

当a≤0时，f（x）≤0，f（x）最大值为0；

当a＞0时，f（x）在[1，2]上单调递增．

∴f（x）在[1，2]最大值为aln2．

综上，当aln2≤2时，即时，f（x）在区间[﹣1，2]上的最大值为2；

当aln2＞2时，即时，f（x）在区间[﹣1，2]上的最大值为aln2．

（3）假设曲线y=f（x）上存在两点P、Q满足题设要求，则点P、Q只能在y轴两侧．

不妨设P（t，f（t））（t＞0），则Q（﹣t，t3+t2），显然t≠1

∵△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，

∴

即﹣t2+f（t）（t3+t2）=0（*）

若方程（*）有解，存在满足题设要求的两点P、Q；

若方程（*）无解，不存在满足题设要求的两点P、Q．

若0＜t＜1，则f（t）=﹣t3+t2代入（*）式得：﹣t2+（﹣t3+t2）（t3+t2）=0

即t4﹣t2+1=0，而此方程无解，因此t＞1．

此时f（t）=alnt，代入（*）式得：

﹣t2+（alnt）（t3+t2）=0

即（**）

令h（x）=（x+1）lnx（x≥1），则

∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，

∵t＞1

∴h（t）＞h（1）=0，

∴h（t）的取值范围是（0，+∞）．

∴对于a＞0，方程（**）总有解，即方程（*）总有解．