热门试卷

解：(1)由f(x)＝x3－x2＋bx＋c，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.

(2)f(x)＝x3－x2＋1，f ′(x)＝x2－ax，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 ′(t)(－t)，化简得t3－t2＋1＝0，

即t满足的方程为t3－t2＋1＝0，

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x12＋x1x2＋x22＝a2④

又x12＋x1●x2＋x22＝(x1＋x2)2－x1x2＝a2－x1(a－x2)＝x12－ax1＋a2＝(x1－)2＋a2≥a2故由④得，x1＝，此时x2＝与x1≠x2矛盾，所以f ′(x1)≠f ′(x2)．

(3)由(2)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t3－t2＋1＝0有三个相异的实根．

设g(t)＝t3－t2＋1，则g′(t)＝2t2－at＝2t(t－)

由于a>0，故有

由g(t)的单调性可知：要使g(t)＝0有三个相异的实根，当且仅当1－<0，即a>，

∴a的取值范围是(，＋∞)

解：（Ⅰ）由已知：，

∴，，

由，或，

当时，，

∴在为增函数，此时不存在极值；

当t＞0时，x变化时，变化如下：

由上表可知：；

当t＜0时，x变化时，变化如下：

由上表可知：。

（Ⅱ），

设两切点分别为，

则，

即

，

∵，

∴方程（*）的判别式，

即，

又，

∴，

从而可得：，

上式要成立当且仅当或，

此时方程（*）的解为λ=0，

，

∴存在λ=0，此时函数的图象在点处的切线和在点处的切线互相垂直。        

解：（1）设N（x，y）为抛物线上一点，则，

|MA|与|MA|2同时取到极值，

令，

由得x=2，

而当+∞或-∞时，，

∴此时x=2，y=2，

即抛物线上与点A（6，0）距离最近的点N（2，2），

∴c=0，，

∴，

依题意，得，

即，解得：，

∴，

令，得x=1或x=-1；

若，得x>1或x<1；

若，得-1

所以在（-∞，-1）上是增函数，在（1，+∞）上是增函数，在（-1，1）上是减函数，

（2）曲线方程为，点P（0，16）不在曲线上，

设切点Q（x0，y0），则点Q的坐标满足，

，

故切线的方程为，

因为点P在切线上，

∴，

化简，得，解得：，

所以，切点为Q（-2，-2），

所以切线的方程为。

解：（1）由题意知：f'（x）=3mx2+4nx-12＜0的解集为（-2，2），

所以，-2和2为方程3mx2+4nx-12=0的根，

由韦达定理知，即m=1，n=0。

（2）∵f（x）=x3-12x，

∴f'（x）=3x2-12，

∵f（1）=13-12·1=-11，

当A为切点时，切线的斜率k=f'（1）=3-12=-9，

∴切线方程为y+11=-9（x-1），即9x+y+2=0；

当A不为切点时，设切点为P（x0，f（x0）），这时切线的斜率是k=f'（x0）=

切线方程为y-f（x0）=f'（x0）（x-x0），

即

因为过点A（1，-11），

∴

∴x0=1或，而x0=1为A点，

即另一个切点为

∴

切线方程为，即45x+4y-1=0，

所以，过点A（1，-11）的切线方程为9x+y+2=0或45x+4y-1=0。

（3）存在满足条件的三条切线

设点P（x0，f（x0））是曲线f（x）=x3-12x的切点，

则在P点处的切线的方程为y-f（x0）=f'（x0）（x-x0）

即

因为其过点A（1，t），

所以，

由于有三条切线，所以方程应有3个实根，

设g（x）=2x3-3x2+t+12，只要使曲线有3个零点即可

设g'（x）=6x2-6x=0，

∴x=0或x=1分别为g（x）的极值点，

当x∈（-∞，0）和（1，+∞）时，g'（x）>0，

g（x）在（-∞，0）和（1，+∞）上分别单增，

当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，g（x）在（0，1）上单减，

所以，x=0为极大值点，x=1为极小值点，

所以要使曲线与x轴有3个交点，

当且仅当即

解得-12＜t＜-11。