热门试卷

由于Pn的横坐标构成以-为首项，-1为公差的等差数列{xn}，

故xn=x1+(n-1)d=--(n-1)=-n-．

又Pn（xn，yn）位于函数y=3x+的图象上，

所以y_=3xn+=3(-n-)+=-3n-．

所求点Pn（xn，yn）的坐标为（-n-，-3n-)．

（1）设函数y=f（x）的图象上任意不同的两点P1（x1，y1）、P2（x2，y2），

不妨设x1＞x2，

则＜1，即＜1，

∴＜1

整理得：x12+（x2-a）x1+x22-ax2+1＞0

∵x1∈R

∴△=（x2-a）2-4（x22-ax2+1）＜0即3x22-2ax2-a2+4＞0

∵x2∈R

∴△=4a2-12（-a2+4）＜0即a2-3＜0

∴-＜a＜

（2）k=f'（x）=-3x2+2ax，则当x∈[0，1]时，|k|≤1⇔-1≤-3x2+2ax≤1

⇔或或

解得：1≤a≤，故|k|≤1成立的充要条件是1≤a≤．

解：（1）由于

则函数y=f（x）的图象如图所示

；

（2）结合函数图象，比较直线y=ax+b与y=-3x的斜率及y=2-x在y轴上的截距，

当且仅当时，不等式f（x）≤ax+b在（-∞，0]上恒成立，

∴a-b≤-5，即a-b的最大值为-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。

f′(x)=-cos2x+sin2x=sin(2x-)+≥0，

∴f（x）定义域内单调递增．（4分）

（2）由f′(x0)=sin(2x0-)+=，

得：sin(2x0-)=0．∴2x0-=kπ(k∈Z)，

得2x0=kπ+(k∈Z)，（4分）

∴=

=sin2x0=sin(kπ+)=（6分）

解：（I）依题意：h（x）=lnx+x2﹣bx．

∵h（x）在（0，+∞）上是增函数，

∴  对x∈（0，+∞）恒成立，

∴，

∵x＞0，则．

∴b的取值范围是．

（II）设t=ex，则函数化为y=t2+bt，t∈[1，2]．

∵．

∴当，即时，函数y在[1，2]上为增函数，当t=1时，ymin=b+1；

当1＜﹣＜2，即﹣4＜b＜﹣2时，当t=﹣时，；

，即b≤﹣4时，函数y在[1，2]上是减函数， 当t=2时，ymin=4+2b．

综上所述：

（III）设点P、Q的坐标是（x1，y1），（x2，y2），且0＜x1＜x2．

则点M、N的横坐标为．

C1在点M处的切线斜率为．

C2在点N处的切线斜率为．

假设C1在点M处的切线与C2在点N处的切线平行，则k1=k2．即．

则

                                                                               =，

∴

设，则，                                                        （1）

令，则，

∵u＞1，∴r'（u）＞0，

所以r（u）在[1，+∞）上单调递增，r（u）＞r（1）=0，则，与（1）矛盾！

解：（1）∵，

∴g（x）在区间（0，1]上单调递增，在区间[1，e）上单调递减，且

∴g（x）的值域T为；

（2）则由（1）可得t∈（0，1]，原问题等价于：对任意的在[1，e]上总有两个不同的实根，故f（x）在[1，e]不可能是单调函数，

∵

当时，，f（x）在区间[1，e]上单调递增，不合题意

当时，，f（x）在区间[1，e]上单调递减，不合题意，

当即时，f（x）在区间上单调递减；f（x）在区间上单递增，由上可得，此时必有f（x）的最小值小于等于0且f（x）的最大值大于等于1，

而由可得，则a∈，

综上，满足条件a的不存在；

（3）

而，故有，

即，令，则上式化为，

令，则由可得F（t）在（0，1）上单调递增，故，即方程无解，所以不存在。

解：（1）f′(x)=8x2-4x+b,△=16-32b

①当△≤0即b≥时，f′(x)≥0在R上恒成立，∴f(x)在（-∞，+∞）上单调递增；

②当△>0即b<时，由f′(x)=0得

若f′(x)>0,则

若f′(x)>0,则

∴f(x)的单调增区间为：；f(x) 的单调减区间为：

综上所述：当b≥时，f(x)在（-∞，+∞）上单调递增；当b<时, f(x)的单调增区间为：；f(x) 的单调减区间为：     

(2)

令g′(x)=3得：x=0  

∴切点为（0，0）

∴f(0)=0 

∴a=0

f′(x)=8x2-4x+b|x=0=b=3  

∴a=0,b=3        

令φ（x)=f(x)-g(x)   则φ'（x)=f'(x)-g'(x)=

∴φ（x)在（-，0）上单调递减，在（0，+∞）单调递增，

所以φ（x)≥φ（0)=f(0)-g(0)=0

∴φ（x) ≥0   即：f(x)≥g(x)            

(3)KAC=,KBC=

令φ(t)=(1+2t)(g(t)-g(x1))-(3+2t)(t-x1)  

则φ′(t)=2 (g(t)-g(x1))+ (1+2t)g′(t)-2(t-x1) -(3+2t)= 2 (g(t)-g(x1)) -2(t-x1) =2(ln(1+2t)-ln(1+2x1))

∵y=ln(1+2x)在（-，+∞）上单调递增，且t>x1,

∴ln(1+2t)-ln(1+2x1)>0  

∴φ′(t) >0

∴φ(t)在(x1,t)上单调递增  

∴φ(t)> φ(x1)=0  

∴(1+2t)(f(t)-f(x1))-(3+2t)(t-x1)>0

∴(1+2t)(f(t)-f(x1)) >(3+2t)(t-x1)  

∵t-x1>0,1+2t>0  

即KAC

同理可证：KBC

∴KAC>KBC  

解：（1）f（x）定义域为（0，+∞），

令g（x）=x2-ax+1，△=a2-4

①当-2≤a≤2时，△≤0，f′（x）≥0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；

②当a＜-2时，△＞0，g（x）=0的两根都小于零，在（0，+∞）上，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；

③当a＞2时，△＞0，g（x）=0的两根为

当时，；

当时，；

当时，

故f（x）分别在（0，x1），（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减；

（2）由（1）知

因为

所以

又由（1）知，

于是

若存在a，使得，则

即

亦即

再由（1）知，函数在（0，+∞）上单调递增，而

所以

这与式矛盾，故不存在a，使得。

解：（1）设

直线l：与联立得

则

由得

所以点P在C上。

（2）

同理

所以互补

因此A、P、B、Q四点在同一圆上。

解：（1）由于

∴

解得

从而所求椭圆的方程是

∵

∴A，B，N三点共线

而点N的坐标为（-2，0）

设直线AB的方程为

其中k为直线AB的斜率，依条件知k＞0

由消去x得

即

根据条件可知

解得

设

根据韦达定理得，

又由得

∴

从而消去y2得

令

则

由于

所以

∴在区间上是减函数

从而

即

∴

解得

而

∴

因此直线AB的斜率的取值范围是；

（2）上半椭圆的方程为

且

求导可得

所以两条切线的斜率分别为，

切线PA的方程是

即

又

从而切线PA的方程为

同理可得切线PB的方程为

由

可解得点P的坐标满足

再由得

∴

又由（1）知

∴

因此点P在定直线上，并且点P的纵坐标的取值范围是。

解：设曲线C上的任意一点P（x，y），

，

曲线C的方程为，

，

∴，

∴，

设，

，

直线l的斜率为，对应的点C的坐标为。

若焦点在x轴

很明显，过点M（0，）

点M即椭圆的上端点，所以b=

=

c2=a2

∵a2=b2+c2

所以b2=c2=2

a2=4

椭圆：+=1

若焦点在y轴，则a=，=，c=1

∴b=1

椭圆方程：+y2=1．