热门试卷

解：(Ⅰ)切线l：，即，

代入化简并整理，得

，（*）

由，

得m=0或，

若m=0，代入（*）式，得，与已知矛盾；

若，代入（*）式，得满足条件，

且，

综上，，点N的坐标为。

(Ⅱ)因为，

若，则，即t=2，此时m=9，

故当实数m=9时，，

此时，，

易得，

此时，MN所在直线的方程为y=4x-5。

(Ⅰ)解：设点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，

l1，l2分别是抛物线C在点A，B处的切线，

∴直线l1的斜率为，直线l2的斜率为，

∵，

∴，得，   ①

∵A，B是抛物线C上的点，

∴，

∴直线l1的方程为，直线l2的方程为，

由，解得：，

∴点D的纵坐标为。

 (Ⅱ)证法一：∵F为抛物线C的焦点，

∴，

∴直线AF的斜率为，

直线BF的斜率为，

∵

，

∴，∴A，B，F三点共线。

证法二：∵F为抛物线C的焦点，

∴，

∴，，

∵，

∴，

∴A，B，F三点共线。

(Ⅲ)解：不存在，

证明如下：假设存在符合题意的圆，

设该圆的圆心为M，依题意，得MA⊥AD，MB⊥BD，且|MA|=|MB|，

由l1⊥l2，得AD⊥BD，

∴四边形MADB是正方形，∴|AD|=|BD|，

∵点D的坐标为（，-1），∴，即p=2，

把点代入直线l1，得，

解得：或，

∴点A的坐标为（4，4）或，

同理可求得点B的坐标为（4，4）或，

由于A，B是抛物线C上的不同两点，

不妨令，

∴，

，

∴|AD|≠|BD|，这与|AD|= |BD|矛盾，

∴经过A，B两点且与l1，l2都相切的圆不存在。

解：（Ⅰ），

因为f′（1）=3-2a=3，所以a=0，

又当a=0时，f（1）=1，f′（1）=3，

所以曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为3x-y-2=0；

（Ⅱ）令，解得，

当，即a≤0时，f（x）在[0，2]上单调递增，从而；

当时，即a≥3时，f（x）在[0，2]上单调递减，从而；

当，即0＜a＜3，f（x）在上单调递减，在上单调递增，

从而；

综上所述，。

解：（1），

依题意，即，解得，

∴，

令f′(x)=0，得x=-1，x=1，

若x∈（-∞，-1）∪（1，+∞），则f′(x)＞0，故f(x)在（-∞，-1）上是增函数，在（1，+∞）上是增函数；若x∈（-1，1），则f′(x)＜0，故f(x)在（-1，1）上是减函数，

所以，f(-1)=2是极大值；f(1)=-2是极小值。

（2）设切点为，则点M的坐标满足，

因，故切线的方程为，

注意到点A（0，16）在切线上，有，

化简得，解得，

所以，切点为M（-2，-2），

切线方程为9x-y+16=0。

解：，

(1)由题意可得，解得a=3，

因为f(1)=ln2-4，此时在点(1，f(1))处的切线方程为y-(ln2-4)=-2(x-1)，即y=-2x+ln2-2，

与直线l:y=-2x+1平行，故所求a的值为3．

(2)令f′(x)=0，得到，

由可知，即x1≤0，

①当时，，

所以，，

故f(x)的单调递减区间为(-1，+∞)．

②当时，，即-1＜x1＜0=x2，

所以，在区间和(0，+∞)上，f′(x)＜0；

在区间上，f′(x)＞0，

故f(x)的单调递减区间是和(0，+∞)，单调递增区间是；

③当a≥1时，，

所以，在区间(-1，0)上，f′(x)＞0；在区间(0，+∞)上，f′(x)＜0，

故f(x)的单调递增区间是(-1，0)，单调递减区间是(0，+∞)；

综上讨论可得：当时，函数f(x)的单调递减区间是(-1，+∞)；

当时，函数f(x)的单调递减区间是和(0，+∞)，单调递增区间是；

当a≥1时，函数f(x)的单调递增区间是(-1，0)，单调递减区间是(0，+∞)．

解：(Ⅰ)当a=1时，f(x)=x3-x2+1，f(2)=3；

f′(x)=3x2-3x，f′(2)=6，

所以曲线y=f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y-3=6(x-2)，即y=6x-9．

(Ⅱ)f′(x)=3ax2-3x=3x(ax-1)，

令f′(x)=0，解得x=0或x=，

以下分两种情况讨论：

(1)若0＜a≤2，则，当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：

 当x∈时，f(x)＞0等价于，即，

解不等式组得-5＜a＜5，因此0＜a≤2；

(2)若a＞2，则，

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

 当x∈时，f(x)＞0等价于，即，

解不等式组得或，因此2＜a＜5；

综合(1)和(2)，可知a的取值范围为0＜a＜5．

解：(Ⅰ)对f(x)求导数，得，f′(x)=2x+a，

故切线l的斜率为2x1+a，

由此得切线l的方程为y-(x12+ax1)=(2x1+a)(x-x1)，

令y=0，得。

(Ⅱ)由，得，

设，

对求导数，得，

令，得，

当时，的变化情况如下表：

，

所以，函数g(x1)在上单调递减，在上单凋递增，

从而函数g(x1)的最小值为，

依题意，得，解得：，

即a的取值范围是。

（1）因为f(x)=，x＞0，则f′(x)=-，（1分）

当0＜x＜1时，f'（x）＞0；

当x＞1时，f'（x）＜0．

所以f（x）在（0，1）上单调递增；在（1，+∞）上单调递减，所以函数f（x）在x=1处取得极大值．

因为函数f（x）在区间（a，a+）（其中a＞0）上存在极值，

所以解得＜a＜1．

（2）不等式f(x)≥，即为≥k，记g(x)=，

所以g′(x)==

令h（x）=x-lnx，

则h′(x)=1-，∵x≥1，∴h'（x）≥0，∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，∴[h（x）]min=h（1）=1＞0，

从而g'（x）＞0，

故g（x）在[1，+∞）上也单调递增，所以[g（x）]min=g（1）=2，

所以k≤2．

解：(Ⅰ)，f′(0)=1，f(0)=0，

曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=x。

(Ⅱ)由，得，

若k＞0，则当时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；

当时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；

若k＜0，则当时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；

当时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；

(Ⅲ)由(Ⅱ)知，若k＞0，则当且仅当，即k≤1时，函数f(x)在(-1，1)内单调递增；

若k＜0，则当且仅当，即k≥-1时，函数f(x)在(-1，1)内单调递增；

综上可知，函数f(x)在区间(-1，1)内单调递增时，k的取值范围是[-1，0)∪(0，1]。