热门试卷

解：(1)由已知，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)由已知，转化为，g(x)min=2，

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

当a＜0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，故f(x)的极大值即为最大值，

，

所以，

解得。

解：(1)①，

∵函数f(x)在x=1处与直线相切，

∴；

②，

当时，令f′(x)＞0，得；

令f′(x)＜0，得1＜x≤e，

∴f(x)在上单调递增，在[1，e]上单调递减，

∴；

(2)当b=0时，f(x)=alnx，

若不等式f(x)≥m+x对所有的都成立，

则alnx≥m+x对所有的都成立，

即m≤alnx-x对所有的都成立，

令h(a)=alnx-x，则h(a)为一次函数，，

∵x∈，∴lnx＞0，

∴h(a)在上单调递增，∴，

∴m≤-x对所有的x∈都成立，

∵，

∴，∴。

解：（1），，

∴a=2，经检验a=2成立，

又，

∴，即3x-y-2-2ln2=0。

（2），定义域[0，+∞)，

，

令，得x＞1；令，得0＜x＜1，

∴函数h(x)单调递增区间是（1，+∞），单调递减区间是（0，1）；

（3）由（1）知，定义域[0，+∞)，

∴C2对应的表达式为，

问题转化为求函数与图象交点个数问题，

故只需求方程，即根的个数，

设，

，

当x∈（0，4），，为减函数；当，，为增函数，

而，图象是开口向下的抛物线，

作出函数的图象，，

而可知交点个数为2个，

即曲线C2与C3的交点个数为2个。

（1）解：，

过点的切线斜率为，

切线方程为，

即；

（2）证明：由（1）知曲线上点处的切线为，

若切线过点N（2，1），则，即，

若过N有三条切线等价于方程有三个不同的解，

设，，

随λ变化如下表：

g（λ）在R上只有一个极大值和一个极小值，，

∴g（λ）=0有3个不同解，即方程有3个不同解，

即过点N可以作曲线的三条切线。