热门试卷

（1）若B=0，则直线l的方程是2x-1=0，∴α=；

若B≠0，则方程即为y=-x+，

∴当B＜0时，-＞0，α=arctan（），

当B＞0时，-＜0，α=π+arctan（-），

即：α=

（2）若α=，则B=0，

若α≠，则tanα＜-或tanα＞，

即-＜-（B＞0）或-＞（B＜0），

∴-2＜B＜0或0＜B＜．

综上，知-2＜B＜．

（3）若B＜-2，则-＜1，

∴0＜tanα＜1，0＜α＜；

若B＞1，则-＞-2，

∴0＞tanα＞-2，π-arctan2＜α＜π．

综上，知π-arctan2＜α＜π或0＜α＜．

∵命题p：

∴p：x∈[-2，10]，

又∵q：x∈[1-m，1+m]，m＞0，

∵命题p是命题q的必要不充分条件，

∴[-2，10]⊋[1-m，1+m]．

∴

∴0＜m≤3

若命题p为真命题，则y′=3x2-4ax+2a＞0对x∈R恒成立，…（2分）

∴△1=（4a）2-4×3×2a=8a（2a-3）＜0，得0＜a＜；…（5分）

若命题q为真命题，则方程组有两组不同的解，即x2-2x+2-a=0有两个不等根，

∴△2=4-4（2-a）=4（a-1）＞0，得a＞1；…（10分）

那么，命题p为真命题而命题q为假命题时，即0＜a＜且a≤1，

得，0＜a≤1；…（12分）

命题p为假命题而命题q为真命题时，即，得，a≥；

∴当命题p和命题q中有且只有一个是真命题时，a∈(0，1]∪[，+∞)．…（14分）

（Ⅰ）已知函数f(x)=，∴f′(x)=．（2分）

又函数f（x）在x=1处取得极值2，

∴即⇒∴f(x)=．（4分）

（Ⅱ）∵f′(x)==．

由f′（x）＞0，得4-4x2＞0，即-1＜x＜1，

所以f(x)=的单调增区间为（-1，1）．（6分）

因函数f（x）在（m，2m+1）上单调递增，则有解得-1＜m≤0，

即m∈（-1，0]时，函数f（x）在（m，2m+1）上为增函数．（9分）

（Ⅲ）∵f′(x)=，

∴直线l的斜率为k=f′(x0)==4[-]（11分）

令=t，t∈(0，1)，则直线l的斜率k=4（2t2-t）（t∈（0，1）

∴k∈[-，4]，即直线l的斜率k的取值范围是[-，4]（14分）

[或者由k=f（x0）转化为关于x02的方程，根据该方程有非负根求解]．

（Ⅰ）f'（x）=3x2+2ax+a．

由题意知，解得．

∴f（x）=x3-3x2-3x+2．

（Ⅱ）f'（x）=3x2-6x-3．

令3x2-6x-3=0，即x2-2x-1=0．

解得x1=1-，x2=1+．

当x＜1-，或x＞1+时，f′(x)＞0；

当1-＜x＜1+时，f′(x)＜0．

∴f（x）的单调递增区间为：(-∞，1-)和(1+，+∞)，

f（x）的单调递减区间为：(1- ，1+)．

（Ⅰ）f(0)==0，…（2分）

f(1)==1；   …（4分）

（Ⅱ）kn==an，n=1，2，3，4，5．   …（6分）

因为　a0＜a1＜a2＜a3＜a4＜a5，

所以　k1＜k2＜k3＜k4＜k5．           …（8分）

（Ⅲ）证：由于f（x）的图象是连接各点Pn（xn，yn）（n=0，1，2，3，4，5）的折线，

要证明f（x）＜x（0＜x＜1），只需证明f（xn）＜xn（n=1，2，3，4）．…（9分）

事实上，当x∈（xn-1，xn）时，f(x)=•(x-xn-1)+f(xn-1)=f(xn-1)+f(xn)＜xn-1+xn=x．

下面证明f（xn）＜xn．

法一：对任何n（n=1，2，3，4），5（a1+a2+…+an）=[n+（5-n）]（a1+a2+…+an）…（10分）=n（a1+a2+…+an）+（5-n）（a1+a2+…+an）≤n（a1+a2+…+an）+（5-n）nan…（11分）=n[a1+a2+…+an+（5-n）an]＜n（a1+a2+…+an+an+1+…+a5）=nT…（12分）

所以　f(xn)=＜=xn．…（13分）

法二：对任何n（n=1，2，3，4），

当kn＜1时，yn=（y1-y0）+（y2-y1）+…+（yn-yn-1）=(k1+k2+…+kn)＜=xn；…（10分）

当kn≥1时，yn=y5-（y5-yn）=1-[（yn+1-yn）+（yn+2-yn+1）+…+（y5-y4）]=1-(kn+1+kn+2+…+k5)＜1-(5-n)==xn．

综上，f（xn）＜xn．           …（13分）

（1）∵f′(x)=•x2，

∴由•x2=3得x=±a，

即切点坐标为（a，a），（-a，-a）

∴切线方程为y-a=3（x-a），或y+a=3（x+a）（2分）

整理得3x-y-2a=0或3x-y+2a=0

∴=，

解得a=±1，

∴f（x）=x3．

∴g（x）=x3-3bx+3（4分）

∵g′（x）=3x2-3b，g（x）在x=1处有极值，

∴g′（1）=0，

即3×12-3b=0，解得b=1

∴g（x）=x3-3x+3（6分）

（2）∵函数g（x）在区间[-1，1]上为增函数，

∴g′（x）=3x2-3b≥0在区间[-1，1]上恒成立，

∴b≤0，

又∵b2-mb+4≥g（x）在区间[-1，1]上恒成立，

∴b2-mb+4≥g（1）（8分）

即b2-mb+4≥4-3b，若b=0，则不等式显然成立，若b≠0，

则m≥b+3在b∈（-∞，0）上恒成立

∴m≥3．

故m的取值范围是[3，+∞）

证明：（1）令t=logax，则x=at，f（t）=(at-a-t)（t∈R），

∴f（x）=(ax-a-x)（x∈R），

设x1＜x2，f（x1）-f（x2）=，

（1）当a＞1时，因为x10，ax1-ax2＜0，

所以f（x1）-f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），

∴f（x）在（-∞，+∞）上单调递增；

（2）当0＜a＜1时，因为a2-1＜0，ax1-ax2＞0，

所以f（x1）-f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），

∴f（x）在（-∞，+∞）上单调递增；

∴x1＜x2时，恒有f（x1）＜f（x2），∴K=＞0，

故过函数y=f（x）图象上任意两点直线的斜率恒大于0；

（2）f（3）=(a3-a-3)===a2++1≥2+1=3，

∵a＞0，a≠1，∴a2≠，∴上述不等式不能取等号，

∴f（3）＞3．

（Ⅰ）∵f(x)=x3-ax2+4x

∴f'（x）=x2-2ax+4（2分）

∵f′(1)=12-2a+4=tan（4分）

∴a=2（6分）

（Ⅱ）∵函数y=f（x）在区间[0，2]上单调递增

∴x2-2ax+4≥0对一切x∈[0，2]恒成立

x=0时成立

当x∈（0，2]时，等价于不等式a≤恒成立

令g(x)==(x+)≥×2=2

当x=⇒x=2时取到等号，所以g（x）min=2

∴a≤2（12分）

f′(x)=-a(x＞0)

（1）当a=1时，f′(x)=-1=

令f′（x）＞0时，解得0＜x＜1，所以f（x）在（0，1）递增；

令f′（x）＜0时，解得x＞1，所以f（x）在（1，+∞）递减．

（2）因为函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，

所以f′（2）=1，所以a=-2，f′(x)=+2，

g(x)=x3+x2[+2-]=x3+(+2)x2-2x，g′（x）=3x2+（4+m）x-2，

因为对于任意的t∈[1，2]，函数g(x)=x3+x2[+f′(x)]在区间（t，3）上，

总存在极值，所以只需，解得-＜m＜-9

（3）设F(x)=f(x)-g(x)=2lnx-px-F′(x)=-p+==

当ρ=-1时，F′(x)=＞0，∴F(x)在[1，2]递增，所以F（1）=4＞0成立；

1+＜-1，即-1＜p＜0时，不成立，（舍）

-1＜1+≤1，即p＜-1时，F（x）在[1，2]递增，所以F（1）=-2p-2≥0，解得ρ≤-1

所以，此时ρ＜-1和ρ=-1时，F（x）在[1，2]递增，成立；ρ＞-1时，均不成立．

综上，ρ≤-1

解：（1）因为f′（x）=3x2+2x

所以曲线y=f （x）在（xn+1，f （xn-1））处的切线斜率kn+1=3xn+12+2xn+1

因为过（0，0）和（xn，f （xn））两点的直线斜率是xn2+xn

所以xn2+xn= 3xn+12+2xn+1。

（2）因为函数h（x）=x2+x 当x>0时单调递增，

而xn2+xn=3xa+12+2xn+1 ≤4xn+12+2xn+1

所以，即

因此

又因为

令yn=xn2+xn则

因为y1=x21+x1=2

所以

因此

故。

∵y=x2-2x+2，∴y′=2x-2，∴tanα=2×2-2=2，

又∵y=x3-3x2+x+5，∴y′=3x2-6x+，∴tanβ=3×22-6×2+=，

∴tanαtanβ=1，即tanβ=cotα，由0＜α、β＜得β=-α，

∴α+β=＜，tan=1且sin=sin=．