热门试卷

解：（Ⅰ）由得

f（0）=c，f′（x）=x2-ax+b，f′（0）=b

又由曲线y=f（x）在点P（0，f（0））处的切线方程为y=1，

得f（0）=1，f′（0）=0，

故b=0，c=1。

（Ⅱ）

由于点（t，f（t））处的切线方程为y-f（t）=f′（t）（x-t），

而点（0，2）在切线上，所以2-f（t）=f'（x）（-t），

化简得

即t满足的方程为

下面用反证法证明，

假设f′（x1）=f′（x2），

由于曲线y=f（x）在点（x1，f（x1））及 （x2，f（x2））处的切线都过点（0，2），

则下列等式成立：

由（3）得x1+x2=a，由（1）-（2）得

又

故由（4）得，

此时与矛盾

所以f′（x1）≠f′（x2）；

（Ⅲ）由（Ⅱ0知，过点（0，2）可作y=f（x）的三条切线，

等价于方程2-f（t）=f'（t）（0-t）有三个相异的实根，

即等价于方程有三个相异的实根

设，

则

由于a>0，故有

由g（t）的单调性知：要使g（t）=0有三个相异的实根，

当且仅当，即

∴a的取值范围是。

解：（I）设函数y=f（x）与y=g（x）图象的公共点为P（x0，y0），

则有lnx0=（m+1）x02﹣x0①，

又在点P处有共同的切线，

∴，②

②代入①，得．

设．

所以，函数h（x）最多只有1个零点，观察得x0=1是零点，

故m=0．

此时，点P（1，0）；

（II）根据（I）知，当m=0时，两条曲线切于点P（1，0），

此时，变化的y=g（x）的图象的对称轴是x=，

而y=f（x）是固定不变的，如果继续让对称轴向右移动，即，

解得﹣1＜m＜0．

两条曲线有两个不同的交点，

当m＜﹣1时，开口向下，只有一个交点，显然不合题意，所以，有﹣1＜m＜0；

（III）假设存在这样的m，不妨设M（x1，y1），N（x2，y2），且x1＞x2，

则MN中点的坐标为．

以S为切线的切线l1的斜率，

以T为切点的切线l2的斜率．

如果存在m，使得ks=kT，即．③

而且有lnx1=（m+1）x12﹣x1和lnx2=（m+1）x22﹣x2．

如果将③的两边同乘以x1﹣x2，得

④，

即，

也就是．

设μ=，则有．

令（μ＞1），

则．

∵μ＞1，

∴h'（μ）＞0．因此，h（μ）在[1，+∞]上单调递增，

故h（μ）＞h（1）=0．

∴⑤

∴④与⑤矛盾．

所以，不存在实数m使得l1l2．

解：（Ⅰ），

∵a＞0，由，

∴F（x）在（a，+∞）上单调递增；

由，

∴F（x）在（0，a）上单调递减，

∴F（x）的单调递减区间为（0，a），单调递增区间为（a，+∞）；

（Ⅱ），

，

当时，取得最大值，

∴。

（Ⅲ）若的图象与的图象恰有四个不同的交点，

即有四个不同的根，

亦即有四个不同的根，

令，

则，

当x变化时，G′（x）、G（x）的变化情况如下表：

由表格知：，

又∵可知，

当时，y=G（x）与y=m恰有四个不同的交点；

∴当时，的图象与的图象恰有四个不同的交点。

解：（1 ）∵，，

∴，

①若，则，在上单调递增； 

②若，当时，，函数在区间上单调递减；

当时，，函数在区间上单调递增；

③若，则，函数在区间上单调递减。

（2）解：∵，，

，

由（1）易知，当时，

在上的最小值：，

即时，，

又，∴，

曲线在点处的切线与轴垂直等价于方程有实数解，

而，即方程无实数解，

故不存在。

（3）证明：

，

由（2）知，

令得。