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(2013•懷化三模)設函數f(x)=
1
3
mx3+(4+m)x2,g(x)=aln(x-1)
,其中a≠0.
(Ⅰ)若函數y=g(x)圖象恒過定點P,且點P關于直線x=
3
2
的對稱點在y=f(x)的圖象上,求m的值;
(Ⅱ)當a=8時,設F(x)=f′(x)+g(x+1),討論F(x)的單調性;
(Ⅲ)在(Ⅰ)的條件下,設G(x)=
f(x),x≤2
g(x),x>2
,曲線y=G(x)上是否存在兩點P、Q,使△OPQ(O為原點)是以O為直角頂點的直角三角形,且斜邊的中點在y軸上?如果存在,求a的取值范圍;如果不存在,說明理由.
分析:(I)先得出點P關于直線x=
3
2
的對稱點(1,0),由題意可得f(1)=0,求出m的值;
(II)先求函數定義域,然后對函數求導,再對字母m分類討論:當m≥0時,當m<0時.分別解f′(x)>0,f′(x)<0,求解即可.
(III)對于存在性問題,可先假設存在,即假設曲線y=G(x)上存在兩點P、Q,滿足題意,則P、Q只能在y軸的同側,再利用△OPQ是以O為直角頂點的直角三角形,求出a的取值范圍,若出現矛盾,則說明假設不成立,即不存在;否則存在.
解答:解:(I)令ln(x-1)=0,得x=2,∴點P關于直線x=
3
2
的對稱點(1,0),
∴f(1)=0,
1
3
m+4+m=0,m=-3.
(II)F(x)=f′(x)+g(x+1)=mx2+2(4+m)x+8lnx,(x>0).
∴F′(x)=2mx+(8+2m)x+
8
x
=
2mx2+(8+2m)+8
x
=
(2mx+8)(x+1)
x

∵x>0,∴x+1>0,
∴當m≥0時,8+2mx>0,F′(x)>0,此時,F(x)在(0,+∞)上是減函數,
當m<0時,由F′(x)>0得0<x<-
4
m
,由F′(x)<0得x>-
4
m

此時,F(x)在(0,-
4
m
)上是增函數,在(-
4
m
,+∞)上是減函數,
綜上所述,m≥0時,8+2mx>0,F′(x)>0,此時,F(x)在(0,+∞)上是增函數,當m<0時,由F′(x)>0得0<x<-
4
m
,由F′(x)<0得x>-
4
m
,此時,F(x)在(0,-
4
m
)上是增函數,在(-
4
m
,+∞)上是減函數,
(III)由條件(I)知,G(x)=
-x3+x2,x≤2
aln(x-1),x>2

假設曲線y=G(x)上存在兩點P、Q,滿足題意,則P、Q只能在y軸的同側,
設P(t,G(t))(t>0),則Q(-t,t3+t2),
∵△OPQ(O為原點)是以O為直角頂點的直角三角形,
OP
OQ
=0,即-t2+G(t)(t3+t2)=0,①
(1)當0<t≤2時,G(t)=-t3+t2,此時方程①為-t2+(-t3+t2)(t3+t2)=0,
化簡得t4-t2+1=0,無解.滿足條件的P、Q不存在;
(2)當t>2時,G(t)=aln(t-1),此時方程①為-t2+aln(t-1)(t3+t2)=0,
化簡得
1
a
=(t+1)ln(t-1),設h(x)=(t+1)ln(t-1),則h′(x)=ln(t-1)+
t+1
t-1

當t>2時,h′(x)>0,h(x)在(2,+∞)上是增函數,h(x)的值域為(h(2),+∞),即(0,+∞).
∴當a>0時,方程①總有解.
綜上所述,存在滿足條件的P、Q,a的取值范圍(0,+∞).
點評:本題考查利用導數研究函數的極值及單調性,解題時若含有參數,要對參數的取值進行討論,而分類討論的思想也是高考的一個重要思想,要注意體會其在解題中的運用.
練習冊系列答案
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x2
a2
+
y2
b2
=1(a>b>0)
過點(
3
3
2
)
,離心率e=
1
2
,若點M(x0,y0)在橢圓C上,則點N(
x0
a
y0
b
)
稱為點M的一個“橢點”,直線l交橢圓C于A、B兩點,若點A、B的“橢點”分別是P、Q,且以PQ為直徑的圓經過坐標原點O.
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4
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1
3a+2
+
1
3b+2
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1
3c+2
的最小值為
1
1

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(I)根據莖葉圖,比較甲、乙兩批樹苗的高度,哪種樹苗長得整齊?
(Ⅱ)設抽測的10株甲種樹苗高度平均值為
.
x
,將這10株樹苗的高度依次輸入如圖程序框圖進行運算,問輸出的S為多少?.
(Ⅲ)從抽測的甲乙兩種“良種樹苗”中任取2株,至少1株是甲種樹苗的概率.

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同步練習冊答案
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