热门试卷

解：（1）当a=1时，，f（2）=3；

f′(x)=，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。

（2）f′(x)=，

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 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：(1)由题意可知，当a=2时，，

则，

故曲线y=g(x)在点(1，g(1))处的切线斜率k=g'(1)=7，

又g(1)=6，

故曲线y=g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y-6=7(x-1)，即y=7x-1．

(2)设函数，

则，

假设存在负数a，使得f(x)≤g(x)对一切正数x都成立，

即当x＞0时，h(x)的最大值小于等于零．

令h'(x)=0可得：(舍)，

当时，h'(x)＞0，h(x)单调递增；当时，h'(x)＜0，h(x)单调递减，

即h(x)在处有极大值，也是最大值，

所以，解得，

所以负数a存在，它的取值范围为。

解：（1）

由得曲线在x=0处的切线方程为

当x=2时，y=2（3-6a）+12a-4=2

由此知曲线在x=0处的切线过点（2，2）。

（2）由得

①当时，没有极小值；

②当或时，由得

故

由题设知

当时，不等式无解；

当时，解不等式得

综合①②得a的取值范围是。

解：(1)由题意知，f′(1)=2+1=3，

故曲线y=f(x)在x=1处切线的斜率为3；

(2)，

①当a≥0时，由于x＞0，故ax+1＞0，f′(x)＞0，

所以f(x)的单调递增区间为(0，+∞)；

②当a＜0时，由f′(x)=0，得，在区间上，f′(x)＞0，在区间上，f′(x)＜0，

所以，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为；

(3)由题意知，转化为(其中x1∈(0，+∞)，x2∈[0，1])，

由(2)知，当a≥0时，f′(x1)＞0，f(x1)在(0，+∞)上单调递增，值域为R，故不符合题意；

当a＜0时，f(x1)在上单调递增，在上单调递减，

故f(x1)的极大值即为最大值，

f（x1）max=，

所以，

解得。

（Ⅰ）解：当a=1时，，得f（2）=-2，

且，f′（2）=-5，

所以，曲线在点（2，-2）处的切线方程是y+2=-5（x-2），

整理得5x+y-8=0。

（Ⅱ）解：，

，

令，解得或x=a，

由于a≠0，以下分两种情况讨论，

（1）若a＞0，当x变化时，f′（x）的正负如下表：

因此，函数f（x）在处取得极小值，且；

函数f（x）在x=a处取得极大值f（a），且f（a）=0；

（2）若a＜0，当x变化时，f′（x）的正负如下表：

因此，函数f（x）在x=a处取得极小值f（a），且f（a）=0；

函数f（x）在处取得极小值，且；

（Ⅲ）证明：由a＞3，得，

当k∈[-1，0]时，，

由（Ⅱ）知，f（x）在(-∞，1]上是减函数，

要使，x∈R

只要，

即，　　①

设，

则函数g（x）在R上的最大值为2，要使①式恒成立，

必须，即k≥2或k≤-1；

所以，在区间[-1，0]上存在k=1，使得对任意的x∈R恒成立．

解：（1），由已知

即解得

∴

∴

∴

∴。

（2）令，即

∴

∴或

又在区间上恒成立

∴。

解：(1)∵a=4，

∴且，

又∵，

∴，

∴f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为：，即4x+e2y-9e=0．

(2)f(x)的定义域为(0，+∞)，，

令f′(x)=0得，

当时，f′(x)＞0，f(x)是增函数；

当时，f′(x)＜0，f(x)是减函数；

∴f(x)在处取得极大值，即。

(3)①当，即a＞-1时，由(2)知f(x)在(0，)上是增函数，在上是减函数，

∴当时，f(x)取得最大值，即；

又当x=e-a时，f(x)=0，当x∈(0，e-a]时，f(x)＜0，

当x∈(e-a，e2]时，，

所以f(x)的图象与g(x)=1的图象在(0，e2]上有公共点，

等价于，解得a≥1，

又因为a＞-1，所以a≥1；

②当，即a≤-1时，f(x)在(0，e2]上是增函数，

∴f(x)在(0，e2]上的最大值为，

∴原问题等价于，解得a≥e2-2，

又∵a≤-1，

∴无解；

综上，a的取值范围是a≥1。

解：（1）∵f′（x）=2xln（ax）+x2·=x[2ln（ax）+1]，

∴3e=f′（）=[2ln（a·）+1]，

∴a=1。

（2）由题知x>0，f′（x）=x[2ln（ax）+1]，

令f′（x）=0，则2ln（ax）+1=0，得x=，

①当a≥1时，≤

当x∈[，]时，f′（x）≥0，

∴f（x）在[，]上是增函数，

∴[f（x）]min=f（）==（lna-）；

②当＜a＜1时，。

当x∈[，）时，f′（x）＜0；

当x∈[，]时，f′（x）>0，

∴f（x）在[，]上是减函数，

在[，]上为增函数，

∴[f（x）]min=f（）=；

③当0＜a≤时，

当x∈时，f′（x）＜0，

∴f（x）在上是减函数，

∴[f（x）]min=f（）=elna=e（lna+）。

解：（1）。

（2）因为函数f（x）是R上的增函数，

所以f'（x）≥0在R上恒成立

则有

即

可用圆面的几何意义（如图）解得z=a+b的最小值为。

（3）①当m>0时，f'（x）=mx2+2x-1是开口向上的抛物线，显然f'（x）在（2，+∞）上存在子区间使得f'（x）> 0，所以m的取值范围是（0，+∞）

②当m=0时，显然成立。

③当m＜0时，f'（x）=mx2+2x-1是开口向下的抛物线，要使f'（x）在（2，+∞）上存在子区间使f'（x）>0，应满足或

解得或

所以m的取值范围是

则m的取值范围是。