热门试卷

(1)因为f(1)＝b，由点(1，b)在x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0.

因为f′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，所以f′(1)＝－a.

又因为切线x＋y＝1的斜率为－1，所以－a＝－1，即a＝1.故a＝1，b＝0.

(2)由(1)知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，f′(x)＝(n＋1)·xn－1。

令f′(x)＝0，解得，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点.

在(0，)上，f′(x)＞0，故f(x)单调递增；

而在(，＋∞)上，f′(x)＜0，f(x)单调递减。

故f(x)在(0，＋∞)上的最大值为.

(3)令φ(t)＝ln t－1＋(t＞0)，

则(t＞0)。

在(0,1)上，φ′(t)＜0，

故φ(t)单调递减；

而在(1，＋∞)上，φ′(t)＞0，

故φ(t)单调递增，

故φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0，

所以φ(t)＞0(t＞1)，

即ln t＞1－(t＞1)。

令t＝1＋，得，

即，

所以，即.

由(2)知，，

故所证不等式成立。

由f(x)＝x2＋xsin x＋cos x，得f′(x)＝x(2＋cos x)。

（1）因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，

所以f′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b＝f(a)，解得a＝0，b＝f(0)＝1.

（2）令f′(x)＝0，得x＝0.

f(x)与f′(x)的情况如下：

所以函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，f(0)＝1是f(x)的最小值。

当b≤1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b最多只有一个交点；

当b＞1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1＞4b－2b－1＞b，

f(0)＝1＜b，

所以存在x1∈(－2b,0)，x2∈(0,2b)，使得f(x1)＝f(x2)＝b.

由于函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b＞1时曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点。

综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)。

本小题主要考查函数与导数，函数的单调性、极值、零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、分类与整合思想、化归与转化思想，满分14分。

（1）由，得。

又曲线在点处的切线平行于轴，

得，即，解得。

（2），

①当时，，为上的增函数，所以函数无极值。

②当时，令，得，。

，；，。

所以在上单调递减，在上单调递增，

故在处取得极小值，且极小值为，无极大值。

综上，当时，函数无极小值；

当，在处取得极小值，无极大值。

（3）当时，

令，

则直线：与曲线没有公共点，

等价于方程在上没有实数解。

假设，此时，，

又函数的图象连续不断，由零点存在定理，可知在上至少有一解，与“方程在上没有实数解”矛盾，故。

又时，，知方程在上没有实数解。

所以的最大值为。

解法二：

（1）（2）同解法一。

（3）当时，。

直线：与曲线没有公共点，

等价于关于的方程在上没有实数解，即关于的方程：

                           （*）

在上没有实数解。

①当时，方程（*）可化为，在上没有实数解。

②当时，方程（*）化为。

令，则有。

令，得，

当变化时，的变化情况如下表：

当时，，同时当趋于时，趋于，

从而的取值范围为。

所以当时，方程（*）无实数解，

解得的取值范围是。

综上，得的最大值为。

（1）解：由题意可知，抛物线C1的准线方程为：

所以圆心M到抛物线C1准线的距离为

（2）解：设点P的坐标为（x0, x02），抛物线C1在点P处的切线交直线l于点D。

再设A,B,D的横坐标分别为

过点P（x0, x02）的抛物线C1的切线方程为：

                （1）

当时，过点P（1,1）与圆C2的切线PA为：。

可得。所以。

设切线PA.PB的斜率为，则

                （2）

                （3）

将分别代入（1），（2），（3），得

从而

又，

即

同理

所以是方程的两个不相等的根，从而

，

因为，

所以即。

从而

进而得

综上所述，存在点P满足题意，点P的坐标为

（1）f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.

由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.

故b＝4，a＋b＝8.

从而a＝4，b＝4.

（2）由（1）知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，

f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)·.

令f′(x)＝0得，x＝－ln 2或x＝－2.

从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f′(x)＞0；

当x∈(－2，－ln 2)时，f′(x)＜0.

故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减。

当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)。

（1）由，得。

∵1和是函数的两个极值点，

∴ ，，解得。

（2）∵ 由（1）得， ，

∴，解得。

∵当时，；当时，，

∴是的极值点。

∵当或时，，∴ 不是的极值点。

∴的极值点是－2。

（3）令，则。

先讨论关于 的方程 根的情况：

当时，由（2 ）可知，的两个不同的根为I 和一2 ，注意到是奇函数，∴的两个不同的根为一和2。

当时，∵， ，

∴一2 , －1，1 ，2 都不是的根。

由（1）知。

① 当时， ，于是是单调增函数，从而。

此时在无实根。

② 当时。，于是是单调增函数。

又∵，，的图象不间断，

∴ 在（1 , 2 ）内有唯一实根。

同理，在（一2 ，一I ）内有唯一实根。

③ 当时，，于是是单调减两数。

又∵， ，的图象不间断，

∴在（一1，1 ）内有唯一实根。

因此，当时，有两个不同的根满足；当 时

有三个不同的根，满足。

现考虑函数的零点：

( i ）当时，有两个根，满足。

而有三个不同的根，有两个不同的根，故有5 个零点。

( 11 ）当时，有三个不同的根，满足。

而有三个不同的根，故有9 个零点。

综上所述，当时，函数有5 个零点；当时，函数有9 个零点。

解：令.

当时单调递减；当时单调递增，故当时，取最小值

于是对一切恒成立，当且仅当

.　　　　　　　　　　　　　　　　　　①

令则

当时，单调递增；当时，单调递减.

故当时，取最大值.因此，当且仅当时，①式成立.

综上所述，的取值集合为.

（2）由题意知，

令则

令，则.

当时，单调递减；当时，单调递增.

故当，即

从而，又

所以

因为函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，所以存在

使即成立.