热门试卷

解：（1）。

（2）令

则

因为递减，

所以递增，

因此，当时，

当时，

所以是h（x）唯一的极值点，且是极小值点，

可知h（x）的最小值为0，

因此

即。

（3），是不等式成立的必要条件，以下讨论设此条件成立

，即对任意成立的充要条件是

另一方面，由于满足前述题设中关于函数的条件，

利用（2）的结果可知，的充要条件是：过点（0，b）与曲线相切的直线的斜率大于，该切线的方程为

于是的充要条件是

综上，不等式对任意成立的充要条件是

 ①

显然，存在a、b使①式成立的充要条件是：不等式 ②有解

解不等式②得③

因此，③式即为b的取值范围，①式即为实数在a与b所满足的关系。

解：（1）∵抛物线与x轴正半轴相交于点A，

∴A（）对求导得y′=-2x

∴抛物线在点A处的切线方程为，

∴

∴f（n）为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距，

∴f（n）=an；

（2）由（1）知f（n）=an，则成立的充要条件是an≥2n+1

即知，an≥2n+1对所有n成立，

特别的，取n=1得到a≥3

当a=3，n≥1时，an=3n=（1+2）n≥1+=2n+1

当n=0时，an=2n+1

∴a=3时，对所有n都有成立

∴a的最小值为3；

（3）由（1）知f（k）=ak，

下面证明：＞

首先证明：当0＜x＜1时，

设函数g（x）=6x（x2-x）+1，0＜x＜1，

则g′（x）=18x（x-）

当0＜x＜时，g′（x）＜0；

当时，g′（x）＞0

故函数g（x）在区间（0，1）上的最小值g（x）min=g（）=＞0

∴当0＜x＜1时，g（x）＞0，

∴

由0＜a＜1知0＜ak＜1，因此，

从而

=＞6（a+a2+…+an）

==。

解：（1）由得

由得

又由题意可得

即

故

所以，。

（2）由得

由可知

故当时，，h（x）递减

当时，，h（x）递增

所以函数h（x）的最小值为

。

（3）当时，

而

故：当时，不等式在均成立

当时，的最大值为

故要使恒成立

则必需

即

事实上，当时，，故可知此时

综上可知当时，不等式在均成立。

解：(Ⅰ)当x＜1时，，

依题意，得，即，

解得b=c=0.

(Ⅱ)由(Ⅰ)知，，

①当-1≤x＜1时，，

令f′(x)=0得x=0或，

x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

又，

∴f(x)在[-1，1）上的最大值为2； 

②当1≤x≤2时，f(x)=alnx，

当a≤0时，f（x）≤0；

当a＞0时，f(x)在[1，2]上单调递增，

∴f(x)在[1，2]的最大值为aln2；

综上所述，当aln2≤2，即时，f(x)在[-1，2]上的最大值为2；

当aln2＞2，即时，f(x)在[-1，2]上的最大值为aln2。

(Ⅲ)假设曲线y=f(x)上存在两点P，Q满足题设要求，则点P，Q只能在y轴的两侧，

不妨设P（t，f（t））（t＞0），则，显然t≠1，

∵△POQ为直角三角形，

∴，即，①

是否存在P，Q等价于方程①是否有解，

若0＜t＜1，则f(t)=-t3+t2，代入①式得，-t2+(-t3+t2)(t3+t2)=0，

即t4-t2+1=0，而此方程无实数解，因此t＞1，

∴f(t)=alnt，代入①式得，-t2+(alnt)(t3+t2)=0，即=(t+1)lnt，(*) 

考察函数h(x)=(x+1)lnx(x≥1)，则h′(x)=lnx++1＞0，

∴h(x)在[1，+∞）上单调递增，

∵t＞1，

∴h(t)＞h(1)=0，当t→+∞时，h(t)→+∞，

∴h(t)的取值范围为(0，+∞)，

∴对于a＞0，方程(*)总有解，即方程①总有解，

因此对任意给定的正实数a，曲线y=f(x)上总存在两点P，Q使得△POQ是以点O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上。