热门试卷

（1）依题可设g（x）=a（x+1）2+m-1（a≠0），则g'（x）=2a（x+1）=2ax+2a；

又g'（x）的图象与直线y=2x平行∴2a=2∴a=1

∴g（x）=（x+1）2+m-1=x2+2x+m，f(x)==x++2，

设P（xo，yo），则|PQ|2=+(y0-2)2=+(x0+)2=2++2m≥2+2m=2|m|+2m

当且仅当2=时，|PQ|2取得最小值，即|PQ|取得最小值

当m＞0时，=解得m=-1

当m＜0时，=解得m=--1

（2）由y=f(x)-kx=(1-k)x++2=0（x≠0），得（1-k）x2+2x+m=0（*）

当k=1时，方程（*）有一解x=-，函数y=f（x）-kx有一零点x=-；

当k≠1时，方程（*）有二解⇔△=4-4m（1-k）＞0，

若m＞0，k＞1-，

函数y=f（x）-kx有两个零点x=，即x=；

若m＜0，k＜1-，

函数y=f（x）-kx有两个零点x=，即x=；

当k≠1时，方程（*）有一解⇔△=4-4m（1-k）=0，k=1-，

函数y=f（x）-kx有一零点x==-m

综上，当k=1时，函数y=f（x）-kx有一零点x=-；

当k＞1-（m＞0），或k＜1-（m＜0）时，

函数y=f（x）-kx有两个零点x=；

当k=1-时，函数y=f（x）-kx有一零点x==-m．

（Ⅰ）当a=3时，f（x）=x2-3lnx，

∴f'（x）=2x-（1分）

∴fˊ（1）=-1

又∵f（1）=1，

∴曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y-1=-（x-1）．

即x+y-2=0．--------------------------------3分

（Ⅱ）（1）下面先证明：ea＞a（a≥0）．

设g（a）=ea-a（a≥0），则g′（a）=ea-1≥e0-1=0（a≥0），且仅当g′（a）=0⇔a=0，

所以g（a）在[0，+∞）上是增函数，故g（a）≥g（0）=1＞0．

所以ea-a＞0，即ea＞a（a≥0）．------------------------------5分

（2）因为f（x）=x2-a lnx，

所以f′（x）=2x-==．

因为当0＜x＜时，fˊ（x）＜0，当x＞时，1，fˊ（x）＞0．

又＜a＜ea＜e2a（a≥0，a＜2a）⇒＜ea，

所以f（x）在（0，]上是减函数，在[，+∞）是增函数．

所以f（x）min=f（）=(1-ln)．------------------------------9分

（3）下面讨论函数f（x）的零点情况．

①当(1-ln)＞0，即0＜a＜2e时，函数f（x）在（1，ea）上无零点；

②当(1-ln)=0，即a=2e时，=，则1＜＜ea

而f（1）=1＞0，f（）=0，f（ea）＞0，

∴f（x）在（1，ea）上有一个零点；

③当(1-ln)＜0，即a＞2e时，ea＞＞＞1，

由于f（1）=1＞0，f（）=(1-ln)＜0．

f（ea）=e2a-a lnea=e2a-a2=（ea-a）（ea+a）＞0，

所以，函数f（x）在（1，ea）上有两个零点．（13分）

综上所述，f（x）在（1，ea）上有结论：

当0＜a＜2e时，函数f（x）有、无零点；

a=2e时，函数f（x）有一个零点；

当a＞2e时，函数f（x）有两个零点．------------------------------14分．

（1）因为f′(x)=+2x-10，

所以f′(3)=+6-10=0，因此a=16…2分

故 f（x）=16ln（1+x）+x2-10x，x∈（-1，+∞），

f′(x)=…4分

当x∈（-1，1）∪（3，+∞）时，f′（x）＞0，

当x∈（1，3）时，f′（x）＜0，

所以f（x）的单调增区间是（-1，1），（3，+∞），f（x）的单调减区间是（1，3）…6分

（2）由（1）知，f（x）在（-1，1）内单调增加，

在（1，3）内单调减少，在（3，+∞）上单调增加，

所以f（x）的极大值为f（1）=16ln2-9，极小值为f（3）=32ln2-21，…8分

所以在f（x）的三个单调区间（-1，1），（1，3），（3，+∞），

直线y=b与y=f（x）的图象各有一个交点，

当且仅当f（3）＜b＜f（1）．

因此b的取值范围为（32ln2-21，16ln2-9）．…12分．

（1）f′（x）=2（x-a）ex+（x-a）2ex，

=（x-a）[x-（a-2）]ex．…2分

令f′（x）=0，得x1=a-2，x2=a．

当x变化时，f′（x）、f（x）的变化如下：

所以f（x）的单调递增区间是（-∞，a-2），（a，+∞），

单调递减区间是（a-2，a）．…6分

（2）由（Ⅰ）得[f（x）]极大=f（a-2）=4ea-2．

①当a≤1时，f（x）在（-∞，1]上的最大值为f（a-2）或f（1），

由，f（1）=（a-1）•2e≤4e，解得-1≤a≤1；

②当a-2≤1＜a，即1＜a≤3时，f（x）在（-∞，1]上的最大值为f（a-2），

此时f（a-2）=4ea-2≤4e3-2=4e；

③当a-2＞1，即a＞3时，f（1）=（a-1）2e＞4e，f（x）≤4e不恒成立．

综上，a的取值范围是[-1，3]．…12分

（III）∵f′（x）=x（x-2）ex，=(t-2)2，

∴x 2-2x=(t-2)2，

令g（x）=x2-2x-(t-2)2，

从而问题转化为证明当2＜t＜6时，

函数g(x)=x2-2x-(t-2)2在[-2，t]与x轴有两个不同的交点，

∵g（-2）＞0，g（t）＞0，g（0）＜0，

∴g（x）=0在[-2，t]上有解，且有两解．

所以，当a=2，2＜t＜6时，关于x的方程=(t-2)2在区间[-2，t]上总有两个不同的解．（15分）