热门试卷

解法一：（Ⅰ）因为f（x）=x2+alnx，所以f′(x)=2x+，

函数f（x）的图象在点P（1，f（1））处的切线斜率k=f'（1）=2+a．

由2+a=10得：a=8．              …（4分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=x2+8lnx，令F（x）=f（x）-2x=x2-2x+8lnx．

因为F（1）=-1＜0，F（2）=8ln2＞0，所以F（x）=0在（0，+∞）至少有一个根．

又因为F′(x)=2x-2+≥2-2=6＞0，所以F（x）在（0，+∞）上递增，

所以函数F（x）在（0，+∞）上有且只有一个零点，即方程f（x）=2x有且只有一

个实根．                 …（7分）

（Ⅲ）证明如下：

由f（x）=x2+8lnx，f′(x)=2x+，可求得曲线y=f（x）在点A处的切

线方程为y-(t2+8lnt)=(2t+)(x-t)，

即y=(2t+)x-t2+8lnt-8（x＞0）．            …（8分）

记h（x）=x2+8lnx-[(2t+)x-t2+8lnt-8]=x2+8lnx-(2t+)x+t2-8lnt+8（x＞0），

则h′(x)=2x+-(2t+)=．      …（11分）

（1）当t=，即t=2时，h′(x)=≥0对一切x∈（0．+∞）成立，

所以h（x）在（0，+∞）上递增．

又h（t）=0，所以当x∈（0，2）时h（x）＜0，当x∈（2，+∞）时h（x）＞0，

即存在点A（2，4+8ln2），使得曲线在点A附近的左、右两部分分别位于曲线

在该点处切线的两侧．           …（12分）

（2）当t＞，即t＞2时，x∈(0，)时，h'（x）＞0；x∈(，t)时，h'（x）＜0；x∈（t，+∞）时，h'（x）＞0．

故h（x）在(，t)上单调递减，在（t，+∞）上单调递增．

又h（t）=0，所以当x∈(，t)时，h（x）＞0；当x∈（t，+∞）时，h（x）＞0，

即曲线在点A（t，f（t））附近的左、右两部分都位于曲线在该点处切线的

同侧．                           …（13分）

（3）当t＜，即0＜t＜2时，x∈（0，t）时，h'（x）＞0；x∈(t，)时，h'（x）＜0；x∈(，+∞)时，h'（x）＞0．

故h（x）在（0，t）上单调递增，在(t，)上单调递减．

又h（t）=0，所以当x∈（0，t）时，h（x）＜0；当x∈(t，)时，h（x）＜0，

即曲线在点A（t，f（t））附近的左、右两部分都位于曲线在该点处切线的同侧．

综上，存在唯一点A（2，4+8ln2）使得曲线在点A附近的左、右两部分分别

位于曲线在该点处切线的两侧．                    …（14分）

解法二：（Ⅰ）（Ⅱ）同解法一；

（Ⅲ）证明如下：

由f（x）=x2+8lnx，f′(x)=2x+，可求得曲线y=f（x）在点A处的切

线方程为y-(t2+8lnt)=(2t+)(x-t)，

即y=(2t+)x-t2+8lnt-8（x＞0）．           …（8分）

记h（x）=x2+8lnx-[(2t+)x-t2+8lnt-8]=x2+8lnx-(2t+)x+t2-8lnt+8（x＞0），

则h′(x)=2x+-(2t+)=．   …（11分）

若存在这样的点A（t，f（t）），使得曲线y=f（x）在该点附近的左、右两部分都

位于曲线在该点处切线的两侧，则问题等价于t不是极值点，

由二次函数的性质知，当且仅当t=，即t=2时，t不是极值点，即h'（x）≥0．

所以h（x）在（0，+∞）上递增．

又h（t）=0，所以当x∈（0，2）时，h（x）＜0；当x∈（2，+∞）时，h（x）＞0，

即存在唯一点A（2，4+8ln2），使得曲线在点A附近的左、右两部分分别

位于曲线在该点处切线的两侧．                …（14分）

（1）证明：△=（2k+1）2-4（-k2+k）=4k2+4k+1+4k2-4k=8k2+1．

∵8k2+1＞0，即△＞0，

∴抛物线与x轴总有两个不同的交点．

（2）由题意得x1+x2=-（2k+1），x1•x2=-k2+k．

∵x12+x22=-2k2+2k+1，∴（x1+x2）2-2x1x2=-2k2+2k+1，

即（2k+1）2-2（-k2+k）=-2k2+k+1，4k2+4k+1+2k2-2k=-2k2+2k+1．

∴8k2=0，∴k=0，

∴抛物线的解析式是y=x2+x．

证明：（1）假设数列{Sn}是等比数列，则S22=S1S3，

即a12（1+q）2=a1•a1（1+q+q2），

∵a1≠0，∴（1+q）2=1+q+q2，即q=0，这与公比q≠0矛盾，

∴数列{Sn}不是等比数列．

（2）假设f（x）=0 有负根 x0，且 x0≠-1，

即 f（x0）=0，则ax0=-，

∵a＞1，x0＜0，∴0＜ax0＜1，

∴0＜-＜1，即，

∴，解得＜x0＜2，

这与x0＜0矛盾，假设不成立，

故方程f（x）=0没有负根．

（I）由题意得，g′（x）=ax2+x，

∵在点（1，g（1））处的切线与直线2x-y+1=0垂直，

∴在点（1，g（1））处的切线斜率为-，即g′（1）=a+1=-，

解得a=-，

（II）由（I）得，f（x）=g′（x）ex=（ax2+x）ex，

则f′（x）=（2ax+1）ex+（ax2+x）ex=[ax2+（2a+1）x+1]ex，

∵f（x）在[-1，1]上是单调增函数，

∴f′（x）=[ax2+（2a+1）x+1]ex≥0在[-1，1]上恒成立，

即ax2+（2a+1）x+1≥0在[-1，1]上恒成立，

①当a=0时，f′（x）=（x+1）ex，f′（x）≥0在[-1，1]上恒成立，

当且仅当x=-1时取等号，故a=0符合要求；（6分）

②当a≠0时，令g（x）=ax2+（2a+1）x+1，

因为△=（2a+1）2-4a=4a2+1＞0，所以g（x）=0有两个不相等的实数根x1，x2，不妨设x1＞x2，

因此f（x）有极大值又有极小值．

若a＞0，因为g（-1）•g（0）=-a＜0，所以f（x）在（-1，1）内有极值点，故f（x）在[-1，1]上不单调．

若a＜0，可知x1＞0＞x2，因为g（x）的图象开口向下，要使f（x）在[-1，1]上单调，

因为g（0）=1＞0，必须满足，即，得-≤a＜0，

综上可知，a的取值范围是[-，0]，

（III）当a=0时，方程即为xex=x+2，由于ex＞0，所以x=0不是方程的解，

所以原方程等价于ex--1=0，令h（x）=ex--1，

因为h′（x）=ex+＞0对于x∈（-∞，0）∪（0，+∞）恒成立，

所以h（x）在（-∞，0）和（0，+∞）内是单调增函数，（13分）

又h（1）=e-3＜0，h（2）=e2-2＞0，h（-3）=e-3-＜0，h（-2）=e-2＞0，

所以方程f（x）=x+2有且只有两个实数根，且分别在区间[1，2]和[-3，-2]上，

所以整数k的所有值为{-3，1}．

（1）∵函数f（x）=x2+mx+n有两个零点-1与3，∴，即，

∴f（x）=x2-2x-3=（x-1）2-4，

∴函数的增区间为[1，+∞）．

（2）∵g（x）=f（|x|）=x2-2|x|-4=，∴它的增区间为[1，+∞）、[-1，0]．

对任意x1，x2∈[t，t+1]，且x1≠x2，都有＞0成立，

∴区间[t，t+1]在函数g（x）的增区间内，∴t≥1，或 ．

解得t≥1，或t=-1．

（1）由题意可得f（x）=•+1=cos2x-cos（2x-）+1

=cos2x-cos2x-sin2x+1=cos2x-sin2x+1

=1-sin（2x-），所以其最小正周期为π，

由2kπ-≤2x-≤2kπ+解得kπ-≤x≤kπ+，k∈Z，

故函数的单调递减区间为：（kπ-，kπ+），k∈Z，

（2）由（1）知：y=2f（x）+k=2+k-2sin（2x-）

因为x为三角形的内角，且函数y=2f（x）+k恰有两个零点，

即方程sin（2x-）=1+在区间（0，π）上恰有两根，

∴-1＜1+＜1且1+≠-，

解得-4＜k＜0，且k≠-3

（1）证明：g′(x)=-=，由于已知x＞1，∴g'（x）＞0恒成立∴g（x）在（1，+∞）递增，∴g（x）＞g（1）=0

∴x＞1时，g（x）＞0恒成立．

（2）f（x）=lnx-ax的定义域是（0，+∞），f′（x）=-a=，

由于a＞0，x＞0，令f′（x）＞0，解得0＜x＜，

∴f（x）在(0，)上递增，在(，+∞)上递减．

∴f(x)≤f()=-lna-1，欲使函数f（x）无零点，则只要-lna-1＜0，即lna＞-1，∴a＞．

故所求a的范围是(，+∞)．

（3）因为f（x）有两个相异的零点，又由于x＞0，

故不妨令x1＞x2＞0，且有lnx1=ax1，lnx2=ax2 ，∴lnx1+lnx2=a（x1+x2），lnx1-lnx2=a（x1-x2），

要证x1x2＞e2⇔ln(x1x2)＞2⇔lnx1+lnx2＞2⇔a＞⇔＞⇔lnx1-lnx2＞⇔ln＞

令t=，则t＞1，故只要证明lnt＞，t＞1时恒成立，

而由（1）知t＞1时，lnt-＞0恒成立，即lnt＞恒成立，从而证明x1x2＞e2．

故x1x2＞e2．

（1）f′（x）=（2x-3）ex+（x2-3x+3）ex=（x2-x）ex=x（x-1）ex=0，得x=0或x=1

由f′（x）＞0⇒x＜0，或x＞1；f′（x）＜0⇒0＜x＜1，

∴f（x）在（-∞，0）上单调递增，在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，

∴要使f（x）在（-2，t）上为单调函数，则-2＜t≤0．（6分）

（2）∵-x0，

∴=(t-1)2，

即为x02-x0=(t-1)2，

令g（x）=x2-x-(t-1)2，从而问题转化为证明方程g（x）=x2-x-(t-1)2=0在（-2，t）上有解并讨论解的个数，

因为g（-2）=6-（t-1）2=-(t-4)(t+2)，g（t）=t（t-1）-(t-1)2=(t+2)(t-1)，

所以当t＞4或-2＜t＜1时，g（-2）•g（t）＜0，

所以g（x）=0在（-2，t）上有解，且只有一解，

当1＜t＜4时，g（-2）＞0且g（t）＞0，

但由于g（0）=-(t-1)2＜0，所以g（x）=0在（-2，t）上有解，且有两解，

当t=1时，g（x）=x2-x=0，解得x=0或1，

所以g（x）=0在（-2，t）上有且只有一解，

当t=4时，g（x）=x2-x-6=0，

所以g（x）=0在（-2，t）上也有且只有一解，

综上所述，对于任意的t＞-2，总存在x0∈（-2，t），满足 =(t-1)2，

且当t≥4或-2＜t≤1时，有唯一的x0适合题意，

当1＜t＜4时，有两个x0适合题意．

（I）对函数f（x）求导数，得f'（x）=x2+（p-1）x+q

由题意，得x=1和x=3是方程x2+（p-1）x+q=0的两个实数根，则

解之得p=-3，q=3．

经检验可得p=-3，q=3符合题意．

（II）由（I）得f（x）=x3-2x2+3x，设g（x）=f（x）-1=x3-2x2+3x-1

则g'（x）=x2-4x+3=（x-1）（x-3），

当x＜1或x＞3时，g'（x）＞0；当1＜x＜3时，g'（x）＜0

∴函数g（（x）在区间（-∞，1）和（3，+∞）上是增函数；在区间（1，3）上是减函数

由此可得g（1）是g（x）的极大值，而g（3）是g（x）的极小值

∵g（1）=＞0，g（3）=-1＜0，

∴结合g（0）=-1＜0，g（4）=＞0，可得g（x）=0在区间（0，1）、（1，3）、（3，4）上分别有一个零点

由以上证明过程，可得方程f（x）=1有三个不同的实数根；

（III）由题意，得x1、x2为函数的两个极值点．

即得x1、x2为方程x2+（p-1）x+q=0的两个实数根，

∴x1+x2=1-p，x1x2=q

由已知x2＞x1＞a，得x1-a＞0且x2-a＞0

而x2+（p-1）x+q=（x-x1）（x-x2）

则a2+pa+q-a=a2+（p-1）a+q=（a-x1）（a-x2）＞0

∴a2+pa+q-x1=a2+（p-1）a+q+a-x1=（a-x1）（a+1-x2）

∵x2-x1＞l，x1＞a，得x2＞l+x1＞a+l，a+1-x2＜0

∴a2+pa+q-x1＞0，可得a2+pa+q＞x1

（Ⅰ）f'（x）=x2+（m+1）x+1，…（2分）

①当△≤0，即（m-1）2-4≤0，-1≤m≤3时，

函数f（x）在（-∞，+∞）内单调递增；…（4分）

②当△＞0，即m＜-1或m＞3时，

令f'（x）=0，解得x=，…（6分）

所以，函数f（x）在(-∞，)内单调递增；

在(，)内单调递减；

在(，+∞)内单调递增．…（8分）

（Ⅱ）若f'（x）=0在区间（0，2）内有两个不等实根，

得，解得-＜m＜-1．…（13分）

（1）y'=12x3-6x2-18x，

y'|x=1=12×13-6×12-18×1=-12，

而切点的坐标为（1，-4）

∴曲线y=3x4-2x3-9x2+4在x=1的处的切线方程为：y+4=-12（x-1），即12x+y-8=0；

（2）由方程组：

解得：或

故切线与曲线C还有其他的公共点：（-2，32）．