热门试卷

(Ⅰ)解：∵f(x)=x3-x2+ax+b，

∴f′(x)=3x2-2x+a，

∵f(x)=x3-x2+ax+b的一个极值点为x=1，

∴ f′(1)=3×12-2×1+a=0，∴a=-1，

∴f′(x)=3x2-2x-1=(3x+1)(x-1)，

当时，；当时，；当x＞1时，；

∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

∵方程ax2+x+b=0的两个实根为α，β，即x2-x-b=0的两根为α，β（α＜β），

∴，

∴，

∵函数f(x)在区间[α，β] 上是单调的，

∴区间[α，β]只能是区间之一的子区间，

由于，故，

若α＜0，则α+β＜1，与α+β=1矛盾；

∴，

∴方程x2-x-b=0的两根为α，β都在区间[0，1]上，

令的对称轴为，

则，解得：，

∴实数b的取值范围是。

(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可知函数f(x)在区间[α，[α，β]]上单调递减，

∴函数f(x)在区间[α，β]上的最大值为f（α），最小值为f(β)，

∵x1，x2∈[α，β]，

∴

令，则，

，

设，则，

∵，

∴，

∴，

∴函数在(0，1]上单调递增，

∴h(t)≤h(1)=1，

∴|f(x1)-f(x2)|≤1。

解：（1），

令=0，得x=或x=-1（舍去），

∴当时，＞0，f（x）单调递增；当时，＜0，f（x）单调递减，

∴为函数f（x）在[0，1]上的最大值．

（2）由得或，① 

设，

依题意知a＞h（x）或a＜g（x）在x∈上恒成立，

∵，

∴g（x）与h（x）都在上递增，要使不等式①成立，

当且仅当或，即或；

（3）由，

令，

，

当时，，于是在上递增； 

当x∈时，，于是在上递减，

而，

∴即在[0，1]上恰有两个不同实根等价于

，

∴。

解：（1）∵，x＞0，

∴当0＜x＜1时，，f(x)单调递增；

当x＞1时，，f(x)单调递减；

∴当x=1时，f(x)有极大值，也是最大值，即为-1，但无最小值；

故f(x)的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）；最大值为-1，但无最小值。

（2）方程化为，

由（1）知，f(x)在区间上的最大值为-1，

，

∴f(x)在区间上的最小值为，

故在区间上有两个不等实根需满足，

∴，∴实数m的取值范围为。

（3）∵，又f(x)-ax=0有两个实根，

∴，

两式相减，得，

∴，

于是

=，

，

要证：，只需证：，

只需证：， (＊)

令，

∴(＊)化为，

只证即可，

==

∴t-1＜0，

∴，∴在（0，1）上单调递增，∴，

∴，∴，

即：，

∴。

解：（Ⅰ），

而为偶函数，

则，即，k∈Z，

又，

∴。

（Ⅱ），，

∴可化为，

作出与在的图象，

数形结合，可知1

解：（1）∵函数f（x）=．

∴f'（x）=x2﹣2mx+m2﹣4

当m=3时，f '（2）=﹣3，f（2）=

所以所求的直线方程为9x+3y﹣20=0．

（2）∵函数f（x）==x[]

若关于x的方程f（x）=0有三个互不相等的实根0，α，β

则△=m2﹣＞0，

解得：﹣4＜0＜4

故满足条件的实数m的取值范围为（﹣4，4）

（3）∵f'（x）=x2﹣2mx+m2﹣4=[x﹣（m﹣2）][x﹣（m+2）]，

f（x）在（﹣∞，m﹣2）上递增，在（m﹣2，m+2）递减，在（m+2，+∞）递增，

f（x）极大值=f（m﹣2）=（m﹣2）3﹣m（m﹣2）2+（m2﹣4）（m﹣2）＞0，

f（x）极小值=f（m+2）=（m+2）3﹣m（m+2）2+（m2﹣4）（m+2）＜0，

得﹣4＜m＜4且m2﹣4≠0，得﹣4＜m＜4，m≠±2．

若m+2＜0，即m∈（﹣4，﹣2），

当x∈[α，β]时，f（x）min=0，

∴当m∈（﹣4，﹣2）时，f（x）≥﹣恒成立．

若m﹣2＜0＜m+2，即m∈（﹣2，2）

要使当x∈[α，β]时，f（x）≥﹣恒成立，即f（x）min=f（m+2）≥﹣．

f（m+2）=（m+2）3﹣m（m+2）2+（m2﹣4）（m+2）≥﹣，得m（m2﹣12）≥0

∵m∈（﹣2，2）

∴m2﹣12＜0，

∴m≤0，

∴当﹣2＜m≤0时，f（x）≥﹣恒成立．

若0＜m﹣2，即m∈（2，4），要使当x∈[α，β]时，f（x）≥﹣恒成立，

即f（x）min=f（m+2）≥﹣，

f（m+2）=（m+2）3﹣m（m+2）2+（m2﹣4）（m+2）≥﹣

得m（m2﹣12）≥0

∵m∈（2，4）

∴2≤m＜4

综上得：m的取值范围是（﹣4，﹣2）．

解：(Ⅰ)f(x)的定义域为（0，+∞），，

令f′(x)=0，得，

当x∈（0，+∞）时，f′(x)，f(x)变化的情况如下：

所以，f(x)在（0，+∞）的最小值是。

(Ⅱ)当时，f(x)单调递减且f(x)的取值范围是；

当时，f(x)单调递增且f(x)的取值范围是，

下面讨论f(x)-m=0的解：

所以，当时，原方程无解；

当或m≥0时，原方程有唯一解；

当时，原方程有两解。

(Ⅲ)原不等式可化为：，

设函数，

则，

，

令，则，∴，

∴，解得：，

令，解得：，

所以，函数g（x）在上单调递减，在上单调递增，

∴g（x）在（0，k）上的最小值为，

∴当x∈（0，k）时，总有，

即，

令x=a，k-x=b，则有。

解：(Ⅰ)当x＜1时，，

依题意，得，即，

解得b=c=0.

(Ⅱ)由(Ⅰ)知，，

①当-1≤x＜1时，，

令f′(x)=0得x=0或，

x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

又，

∴f(x)在[-1，1）上的最大值为2； 

②当1≤x≤2时，f(x)=alnx，

当a≤0时，f（x）≤0；

当a＞0时，f(x)在[1，2]上单调递增，

∴f(x)在[1，2]的最大值为aln2；

综上所述，当aln2≤2，即时，f(x)在[-1，2]上的最大值为2；

当aln2＞2，即时，f(x)在[-1，2]上的最大值为aln2。

(Ⅲ)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轴的两侧，

不妨设P（t，f（t））（t＞0），则，显然t≠1，

∵△POQ为直角三角形，

∴，即，①

是否存在P，Q等价于方程①是否有解，

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

即t4-t2+1=0，而此方程无实数解，因此t＞1，

∴f(t)=alnt，代入①式得，-t2+(alnt)(t3+t2)=0，即=(t+1)lnt，(*) 

考察函数h(x)=(x+1)lnx(x≥1)，则h′(x)=lnx++1＞0，

∴h(x)在[1，+∞）上单调递增，

∵t＞1，

∴h(t)＞h(1)=0，当t→+∞时，h(t)→+∞，

∴h(t)的取值范围为(0，+∞)，

∴对于a＞0，方程(*)总有解，即方程①总有解，

因此对任意给定的正实数a，曲线y=f(x)上总存在两点P，Q使得△POQ是以点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：（1）因为f′（x）=（2x﹣3）ex+（x2﹣3x+3）ex，

由f′（x）＞0x＞1或x＜0，

由f′（x）＜00＜x＜1，

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

要使函数f（x）在[﹣2，t]上为单调函数，则﹣2＜t≤0，

（2）因为函数f（x）在（﹣∞，0），（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减，

所以f（x）在x=1处取得极小值e，

又f（﹣2）=13e﹣2＜e，

所以f（x）在[2，+∞）上的最小值为f（﹣2），

从而当t＞﹣2时，f（﹣2）＜f（t），即m＜n，

（3）证：∵ ，

∴ ，即为x02﹣x0= ，

令g（x）=x2﹣x﹣ ，

从而问题转化为证明方程g（x）= =0在（﹣2，t）上有解并讨论解的个数，因为g（﹣2）=6﹣ （t﹣1）2=﹣ ，

g（t）=t（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）=﹣ ＜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  ，

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．

解：（1）

由题意，得，

解得：，

经检验满足条件。

（2）由（1）知，，则，

令，则或（舍去），

当x变化时，的变化情况见下表：

∵关于x的方程在[-1，1]上恰有两个不同的实数根，

∴。

（3）由题意，得，

，

∴，

①若，则当时，，

∴在上单调递增，

，

∴当时，，

∴当时，不存在，使；

②当>0时，随x的变化情况见下表：

∴当时，，

由得，

综上，得。

（Ⅰ）解：因为f′（x）=（2x﹣3）ex+（x2﹣3x+3）·ex，

由f′（x）＞0x＞1或x＜0，

由f′（x）＜00＜x＜1，

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

∵函数f（x）在[﹣2，t]上为单调函数，

∴﹣2＜t≤0，

（Ⅱ）证：因为函数f（x）在（﹣∞，0）∪（1，+∞）上单调递增，

在（0，1）上单调递减，

所以f（x）在x=1处取得极小值e，

又f（﹣2）=13e﹣2＜e，

所以f（x）在[2，+∞）上的最小值为f（﹣2），

从而当t＞﹣2时，f（﹣2）＜f（t），即m＜n，

（Ⅲ）证：因为 ，

∴ ，即为x02﹣x0= ，

令g（x）=x2﹣x﹣ ，

从而问题转化为证明方程g（x）= =0在（﹣2，t）上有解并讨论解的个数，因为g（﹣2）=6﹣ （t﹣1）2=﹣ ，

g（t）=t（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）=﹣ ＜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 ，

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．

解答：解：（1）方程|f（x）|=g（x），即|x2﹣1|=a|x﹣1|，

变形得|x﹣1|（|x+1|﹣a）=0，

显然，x=1已是该方程的根，

从而欲原方程只有一解，即要求方程|x+1|=a，

有且仅有一个等于1的解或无解，

结合图形得a＜0．

（2）不等式f（x）≥g（x）对x∈R恒成立，即（x2﹣1）≥a|x﹣1|（*）对x∈R恒成立，

①当x=1时，（*）显然成立，此时a∈R；

②当x≠1时，（*）可变形为，令

因为当x＞1时，φ（x）＞2，当x＜1时，φ（x）＞﹣2，

所以φ（x）＞﹣2，故此时a≤﹣2．

综合①②，得所求实数a的取值范围是a≤﹣2．

（3）因为h（x）=|f（x）|+g（x）=|x2﹣1|+a|x﹣1|=

 当时，结合图形可知h（x）在[﹣2，1]上递减，在[1，2]上递增，

且h（﹣2）=3a+3，h（2）=a+3，

经比较，此时h（x）在[﹣2，2]上的最大值为3a+3．

当时，

结合图形可知h（x）在[﹣2，﹣1]，上递减，

在，[1，2]上递增，且h（﹣2）=3a+3，h（2）=a+3，，

经比较，知此时h（x）在[﹣2，2]上的最大值为3a+3．

当时，

结合图形可知h（x）在[﹣2，﹣1]14，15上递减， 在，[1，2]上递增，且h（﹣2）=3a+3，h（2）=a+3，，

经比较，知此时h（x）在[﹣2，2]上的最大值为a+3．

当时，

结合图形可知h（x）在，上递减， 在，上递增，

且h（﹣2）=3a+3＜0，h（2）=a+3≥0，

经比较，知此时h（x）在[﹣2，2]上的最大值为a+3．

当时，结合图形可知h（x）在[﹣2，1]上递减，在[1，2]上递增，

故此时h（x）在[﹣2，2]上的最大值为h（1）=0．

综上所述，当a≥0时，h（x）在[﹣2，2]上的最大值为3a+3；

当﹣3≤a＜0时，h（x）在[﹣2，2]上的最大值为a+3；

当a＜﹣3时，h（x）在[﹣2，2]上的最大值为0．

解：（1）f'（x）=x2+ax+b，由已知可得a=﹣1，b=c=﹣3

（2），

当n=1时，；

当n=2时，；

当n≧3时，．

所以F（1）+F（2）+F（3）+…+F（n）＜

F（1）+F（2）+…+

=（1++﹣﹣﹣ ）＜ （1++ ）=，

所以F（1）+F（2）+F（3）+…+F（n）＜N*）．

（3）根据题设，可令f'（x）=（x﹣α）（x﹣β）．

∴f'（1）·f'（2）=（1﹣α）（1﹣β）（2﹣α）（2﹣β）=，

∴，或，

所以存在n0=1或2，使．

解：（Ⅰ）设为椭圆上的任意一点，AB为椭圆的任意一条过中心的弦，且，则，

则：，，

两式作差得：；

，，

则，

则椭圆上的任意一点与任意过椭圆中心的弦的端点连线的斜率之积为定值。

（Ⅱ）椭圆的任意一条弦的中点与椭圆中心的连线的斜率（若斜率存在）与该弦的（若斜率存在）之积为定值。

证明：设AB为椭圆的任意一条不平行与坐标轴的弦，，AB中点，椭圆中心O，AB的方程为，

联立

并整理得：，

由韦达定理：，

则：，

，

。

（Ⅰ）由题意得，点的直角坐标为                        

曲线的普通方程为：                                

直线的普通方程为：                                  

（Ⅱ）设B（）C（）        

  联立得      

由韦达定理得，