| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 要讨论函数 \( f(x) = x^3 - x^2 + ax + 1 \) 的单调性，首先需要求其导数 \( f'(x) \)。 \[ f'(x) = \frac{d}{dx}(x^3 - x^2 + ax + 1) = 3x^2 - 2x + a \] 函数的单调性由导数的符号决定。我们需要讨论 \( f'(x) = 3x^2 - 2x + a \) 的符号。 首先，求 \( f'(x) = 0 \) 的解： \[ 3x^2 - 2x + a = 0 \] 这是一个关于 \( x \) 的二次方程。根据判别式 \( \Delta \) 判断根的情况： \[ \Delta = (-2)^2 - 4 \cdot 3 \cdot a = 4 - 12a \] 1. 当 \( \Delta > 0 \) 时，即 \( 4 - 12a > 0 \) 或 \( a < \frac{1}{3} \)，方程有两个不同实根，记为 \( x_1 \) 和 \( x_2 \)（假设 \( x_1 < x_2 \)）。此时，函数 \( f(x) \) 在 \( (-\infty, x_1) \) 和 \( (x_2, +\infty) \) 上单调递增，在 \( (x_1, x_2) \) 上单调递减。 2. 当 \( \Delta = 0 \) 时，即 \( 4 - 12a = 0 \) 或 \( a = \frac{1}{3} \)，方程有一个重根 \( x_0 \)。此时，函数 \( f(x) \) 在整个定义域上单调递增。 3. 当 \( \Delta < 0 \) 时，即 \( 4 - 12a < 0 \) 或 \( a > \frac{1}{3} \)，方程没有实根。此时，函数 \( f(x) \) 在整个定义域上单调递增。 综上所述，函数 \( f(x) \) 的单调性如下： - 当 \( a < \frac{1}{3} \) 时，函数 \( f(x) \) 在 \( (-\infty, x_1) \) 和 \( (x_2, +\infty) \) 上单调递增，在 \( (x_1, x_2) \) 上单调递减。 - 当 \( a \geq \frac{1}{3} \) 时，函数 \( f(x) \) 在整个定义域上单调递增。 <eoe> 【答案】当 \( a < \frac{1}{3} \) 时，函数 \( f(x) \) 在 \( (-\infty, x_1) \) 和 \( (x_2, +\infty) \) 上单调递增，在 \( (x_1, x_2) \) 上单调递减；当 \( a \geq \frac{1}{3} \) 时，函数 \( f(x) \) 在整个定义域上单调递增。<eoa> (2)【解析】 求曲线 \( y = f(x) \) 过坐标原点的切线与曲线 \( y = f(x) \) 的公共点的坐标。 首先，曲线 \( y = f(x) \) 过坐标原点，即 \( f(0) = 0 \)： \[ f(0) = 0^3 - 0^2 + a \cdot 0 + 1 = 1 \] 显然，\( f(0) \neq 0 \)，所以曲线 \( y = f(x) \) 不过坐标原点。题目可能有误，或者需要重新审视题意。 假设题目是求曲线 \( y = f(x) \) 在某点 \( (x_0, y_0) \) 处的切线与曲线的公共点。我们假设 \( (x_0, y_0) \) 是曲线上的一点，且切线方程为： \[ y - y_0 = f'(x_0)(x - x_0) \] 其中 \( y_0 = f(x_0) \)，且 \( f'(x_0) = 3x_0^2 - 2x_0 + a \)。 切线方程为： \[ y - f(x_0) = (3x_0^2 - 2x_0 + a)(x - x_0) \] 将切线方程与曲线方程联立，求解公共点： \[ f(x) = x^3 - x^2 + ax + 1 \] \[ y = (3x_0^2 - 2x_0 + a)(x - x_0) + f(x_0) \] 由于题目要求过坐标原点的切线，假设 \( x_0 = 0 \)，则 \( y_0 = f(0) = 1 \)，切线方程为： \[ y - 1 = (3 \cdot 0^2 - 2 \cdot 0 + a)(x - 0) \] \[ y - 1 = ax \] \[ y = ax + 1 \] 将切线方程 \( y = ax + 1 \) 与曲线方程 \( y = x^3 - x^2 + ax + 1 \) 联立： \[ ax + 1 = x^3 - x^2 + ax + 1 \] 消去 \( ax + 1 \)： \[ 0 = x^3 - x^2 \] \[ x^2(x - 1) = 0 \] 解得： \[ x = 0 \quad \text{或} \quad x = 1 \] 对应的 \( y \) 值为： 当 \( x = 0 \) 时，\( y = 1 \)； 当 \( x = 1 \) 时，\( y = a + 1 \)。 所以，公共点为 \( (0, 1) \) 和 \( (1, a + 1) \)。 <eoe> 【答案】曲线 \( y = f(x) \) 过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为 \( (0, 1) \) 和 \( (1, a + 1) \)。<eoa> |
解析 解析: (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x+a$ (i) 当 $\Delta=4-12 a \leq 0$, 即 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 即 $f(x)$ 在 $f(x)$ 在 $x \in \mathbf{R}$ 上单调 递增. (ii) 当 $\Delta=4-12>0$, 即 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x)=0$ 解得, $x_{1}=\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$. \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|} \hline$x$ & $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ & $\frac{-\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}\right)$ & $\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ \\ \hline$f^{\prime}(x)$ & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$f(x)$ & 单调递增 & 极大值 & 单调递减 & 极小值 & 单调递增 \\ \hline \end{tabular} $\therefore f(x)$ 在 $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}\right),\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ 单调递增, 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单 调递减, 综上所述：当 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增; 当 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单调递减. (2) 设可原点切线的切点为 $\left(t, t^{3}-t^{2}+a t+1\right)$, 切线斜率 $k=f^{\prime}(t)=3 t^{2}-2 t+a$. 又 $k=\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}$, 可得 $\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}=3 t^{2}-2 t+a$. 化简得 $(t-1)\left(2 t^{2}+t+1\right)=0$, 即 $t=1 . \therefore$ 切点为 $(1, a+1)$, 斜率 $k=a+1$, 切线方程为 $y=(a+1) x$, 将 $y=(a+1) x$, $y=x^{3}-x^{2}+a x+1$ 联立可得 $x^{3}-x^{2}+a x+1=(a+1) x$, 化简得 $(x-1)^{2}(x+1)=0$, 解得 $x_{1}=1, x_{2}=-1 \ldots$ 过原点的切线与 $y=f(x)$ 公共点坐标为 $(1, a+1),(-1,-a-1)$. 22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, $\odot C$ 的圆心为 $C(2,1)$, 半径为 1 . (1) 写出 $\odot C$ 的一个参数方程; (2) 过点 $F(4,1)$ 作 $\odot C$ 的两条切线. 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立坐标系, 求这两条切线的极坐标方程. 答案: 见解析 解析: (1) $\odot C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\cos \theta \\ y=1+\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数) (2) $\odot C$ 的方程为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1$ (1)当直线斜率不存在时, 直线方程为 $x=4$, 此时圆心到直线距离为 $2>r$, 舍去; (2)当直线斜率存在时, 设直线方程为 $y-1=k(x-4)$, 化简为 $k x-y-4 k+1=0$, 此时圆心 $C(2,1)$ 到直线的距离为 $d=\frac{|2 k-1-4 k+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=r=1$, 化简得 $2|k|=\sqrt{k^{2}+1}$ ， 两边平方有 $4 k^{2}=k^{2}+1$, 所以 $k= \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$ 代人直线方程并化简得 $x-\sqrt{3} y+\sqrt{3}-4=0$ 或 $x+\sqrt{3} y-\sqrt{3}-4=0$ 化为极坐标方程为 $\rho \cos \theta-\sqrt{3} \rho \sin \theta=4-\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{5 \pi}{6}\right)=4-\sqrt{3}$ 或 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4+\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=4+\sqrt{3}$. 23.已知函数 $f(x)=|x-a|+|x+3|$. (1) 当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geq 6$ 的解集; (2) 若 $f(x)>-a$, 求 $a$ 的取值范围. 答案: 见解析 解析: 当 $a=1$ 时, $f(x) \geq 6 \Leftrightarrow|x-1|+|x+3| \geq 6$, 当 $x \leq-3$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x-x-3 \geq 6$, 解得 $x \leq-4$; 当 $-3<x<1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x+x+3 \geq 6$, 解得 $x \in \varnothing$; 当 $x \geq 1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow x-1+x+3 \geq 6$, 解得 $x \geq 2$. 综上, 原不等式的解集为 $(-\infty,-4] \cup[2,+\infty)$. (2) 若 $f(x)>-a$, 即 $f(x)_{\min }>-a$, 因为 $f(x)=|x-a|+|x+3| \geq|(x-a)-(x+3)|=|a+3| \quad$ （当且仅当 $(x-a)(x+3) \leq 0$ 时, 等号成立), 所以 $f(x)_{\text {min }}=|a+3|$, 所以 $|a+3|>-a$, 即 $a+3<a$ 或 $a+3>-a$, 解得 $a \in\left(-\frac{3}{2},+\infty\right)$ |
| deepseekr1 | (1)【解析】 要讨论函数 \( f(x) = x^3 - x^2 + ax + 1 \) 的单调性，首先求导： \[ f'(x) = 3x^2 - 2x + a \] 分析导数的符号： - 当判别式 \( D = (-2)^2 - 4 \cdot 3 \cdot a = 4 - 12a \leq 0 \)，即 \( a \geq \frac{1}{3} \) 时，\( f'(x) \geq 0 \)，函数在 \( \mathbb{R} \) 上单调递增。 - 当 \( D > 0 \) 即 \( a < \frac{1}{3} \) 时，导数的两个实根为： \[ x_{1,2} = \frac{1 \pm \sqrt{1-3a}}{3} \] 此时函数在区间 \( (-\infty, x_1) \) 和 \( (x_2, +\infty) \) 上递增，在 \( (x_1, x_2) \) 上递减。 <eoe> 【答案】 当 \( a \geq \dfrac{1}{3} \) 时，\( f(x) \) 在 \( \mathbb{R} \) 上单调递增； 当 \( a < \dfrac{1}{3} \) 时，\( f(x) \) 在 \( \left(-\infty, \dfrac{1 - \sqrt{1 - 3a}}{3}\right) \) 和 \( \left(\dfrac{1 + \sqrt{1 - 3a}}{3}, +\infty\right) \) 上单调递增，在 \( \left(\dfrac{1 - \sqrt{1 - 3a}}{3}, \dfrac{1 + \sqrt{1 - 3a}}{3}\right) \) 上单调递减。 <eoa> (2)【解析】 设切点为 \( (t, f(t)) \)，切线方程为： \[ y = f'(t)(x - t) + f(t) \] 因切线过原点，代入 \( (0,0) \) 得： \[ 0 = -t f'(t) + f(t) \] 将 \( f(t) = t^3 - t^2 + a t + 1 \) 和 \( f'(t) = 3t^2 - 2t + a \) 代入，化简得： \[ 2t^3 - t^2 - 1 = 0 \implies (t-1)(2t^2 + t + 1) = 0 \] 唯一实根为 \( t = 1 \)，对应切线方程为 \( y = (a+1)x \)。联立 \( y = f(x) \) 得： \[ x^3 - x^2 - x + 1 = 0 \implies (x-1)^2(x+1) = 0 \] 解得 \( x = 1 \)（二重根）和 \( x = -1 \)。对应的公共点坐标为： \[ (1, a+1) \quad \text{和} \quad (-1, -a-1) \] <eoe> 【答案】 公共点的坐标为 \( (1, a+1) \) 和 \( (-1, -a-1) \)。 <eoa> |
解析 解析: (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x+a$ (i) 当 $\Delta=4-12 a \leq 0$, 即 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 即 $f(x)$ 在 $f(x)$ 在 $x \in \mathbf{R}$ 上单调 递增. (ii) 当 $\Delta=4-12>0$, 即 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x)=0$ 解得, $x_{1}=\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$. \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|} \hline$x$ & $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ & $\frac{-\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}\right)$ & $\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ \\ \hline$f^{\prime}(x)$ & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$f(x)$ & 单调递增 & 极大值 & 单调递减 & 极小值 & 单调递增 \\ \hline \end{tabular} $\therefore f(x)$ 在 $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}\right),\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ 单调递增, 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单 调递减, 综上所述：当 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增; 当 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单调递减. (2) 设可原点切线的切点为 $\left(t, t^{3}-t^{2}+a t+1\right)$, 切线斜率 $k=f^{\prime}(t)=3 t^{2}-2 t+a$. 又 $k=\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}$, 可得 $\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}=3 t^{2}-2 t+a$. 化简得 $(t-1)\left(2 t^{2}+t+1\right)=0$, 即 $t=1 . \therefore$ 切点为 $(1, a+1)$, 斜率 $k=a+1$, 切线方程为 $y=(a+1) x$, 将 $y=(a+1) x$, $y=x^{3}-x^{2}+a x+1$ 联立可得 $x^{3}-x^{2}+a x+1=(a+1) x$, 化简得 $(x-1)^{2}(x+1)=0$, 解得 $x_{1}=1, x_{2}=-1 \ldots$ 过原点的切线与 $y=f(x)$ 公共点坐标为 $(1, a+1),(-1,-a-1)$. 22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, $\odot C$ 的圆心为 $C(2,1)$, 半径为 1 . (1) 写出 $\odot C$ 的一个参数方程; (2) 过点 $F(4,1)$ 作 $\odot C$ 的两条切线. 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立坐标系, 求这两条切线的极坐标方程. 答案: 见解析 解析: (1) $\odot C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\cos \theta \\ y=1+\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数) (2) $\odot C$ 的方程为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1$ (1)当直线斜率不存在时, 直线方程为 $x=4$, 此时圆心到直线距离为 $2>r$, 舍去; (2)当直线斜率存在时, 设直线方程为 $y-1=k(x-4)$, 化简为 $k x-y-4 k+1=0$, 此时圆心 $C(2,1)$ 到直线的距离为 $d=\frac{|2 k-1-4 k+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=r=1$, 化简得 $2|k|=\sqrt{k^{2}+1}$ ， 两边平方有 $4 k^{2}=k^{2}+1$, 所以 $k= \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$ 代人直线方程并化简得 $x-\sqrt{3} y+\sqrt{3}-4=0$ 或 $x+\sqrt{3} y-\sqrt{3}-4=0$ 化为极坐标方程为 $\rho \cos \theta-\sqrt{3} \rho \sin \theta=4-\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{5 \pi}{6}\right)=4-\sqrt{3}$ 或 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4+\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=4+\sqrt{3}$. 23.已知函数 $f(x)=|x-a|+|x+3|$. (1) 当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geq 6$ 的解集; (2) 若 $f(x)>-a$, 求 $a$ 的取值范围. 答案: 见解析 解析: 当 $a=1$ 时, $f(x) \geq 6 \Leftrightarrow|x-1|+|x+3| \geq 6$, 当 $x \leq-3$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x-x-3 \geq 6$, 解得 $x \leq-4$; 当 $-3<x<1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x+x+3 \geq 6$, 解得 $x \in \varnothing$; 当 $x \geq 1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow x-1+x+3 \geq 6$, 解得 $x \geq 2$. 综上, 原不等式的解集为 $(-\infty,-4] \cup[2,+\infty)$. (2) 若 $f(x)>-a$, 即 $f(x)_{\min }>-a$, 因为 $f(x)=|x-a|+|x+3| \geq|(x-a)-(x+3)|=|a+3| \quad$ （当且仅当 $(x-a)(x+3) \leq 0$ 时, 等号成立), 所以 $f(x)_{\text {min }}=|a+3|$, 所以 $|a+3|>-a$, 即 $a+3<a$ 或 $a+3>-a$, 解得 $a \in\left(-\frac{3}{2},+\infty\right)$ |
| gpto1 | (1) 【解析】 要讨论函数 \( f(x) = x^{3} - x^{2} + a x + 1 \) 的单调性，首先求导数 \( f'(x) \)： \[ f'(x) = 3x^{2} - 2x + a \] 令导数等于零，求出临界点： \[ 3x^{2} - 2x + a = 0 \] 这个一元二次方程的判别式为： \[ \Delta = (-2)^{2} - 4 \times 3 \times a = 4 - 12a \] 根据判别式的值对 \( a \) 进行分类讨论： **（I）当 \( \Delta > 0 \)，即 \( 4 - 12a > 0 \)，解得 \( a < \dfrac{1}{3} \)。** 此时方程有两个不等实根： \[ x = \dfrac{2 \pm \sqrt{4 - 12a}}{6} \] 记这两个实根为 \( x_{1} \) 和 \( x_{2} \)，且 \( x_{1} < x_{2} \)。由于二次项系数为正，二次函数开口向上，因此： - 当 \( x < x_{1} \) 时，\( f'(x) > 0 \)，函数递增； - 当 \( x_{1} < x < x_{2} \) 时，\( f'(x) < 0 \)，函数递减； - 当 \( x > x_{2} \) 时，\( f'(x) > 0 \)，函数递增。 **（II）当 \( \Delta = 0 \)，即 \( 4 - 12a = 0 \)，解得 \( a = \dfrac{1}{3} \)。** 此时方程有一个实根： \[ x = \dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3} \] 导数在实数集上非负，且仅在 \( x = \dfrac{1}{3} \) 处等于零，因此函数在整个实数域上单调递增。 **（III）当 \( \Delta < 0 \)，即 \( 4 - 12a < 0 \)，解得 \( a > \dfrac{1}{3} \)。** 此时方程无实根，导数恒为正值，函数在整个实数域上单调递增。 <eoe> 【答案】 (1) 当 \( a > \dfrac{1}{3} \) 时，函数 \( f(x) \) 在 \( (-\infty, +\infty) \) 上单调递增； 当 \( a = \dfrac{1}{3} \) 时，函数 \( f(x) \) 在 \( (-\infty, +\infty) \) 上单调递增； 当 \( a < \dfrac{1}{3} \) 时，函数 \( f(x) \) 在区间 \( (-\infty, x_{1}) \) 和 \( (x_{2}, +\infty) \) 上单调递增，在区间 \( (x_{1}, x_{2}) \) 上单调递减，其中： \[ x_{1} = \dfrac{2 - \sqrt{4 - 12a}}{6}, \quad x_{2} = \dfrac{2 + \sqrt{4 - 12a}}{6} \] <eoa> (2) 【解析】 设曲线 \( y = f(x) \) 上一点 \( (x_{0}, f(x_{0})) \)，其切线经过原点 \( (0, 0) \)。切线方程为： \[ y - f(x_{0}) = f'(x_{0})(x - x_{0}) \] 由于切线经过原点，代入 \( (0, 0) \) 得： \[ 0 - f(x_{0}) = f'(x_{0})(0 - x_{0}) \] 整理得： \[ f(x_{0}) = f'(x_{0}) x_{0} \] 代入 \( f(x) \) 和 \( f'(x) \) 的表达式： \[ x_{0}^{3} - x_{0}^{2} + a x_{0} + 1 = [3x_{0}^{2} - 2x_{0} + a ] x_{0} \] 展开并整理： \[ -2x_{0}^{3} + x_{0}^{2} + 1 = 0 \] 两边乘以 \( -1 \)： \[ 2x_{0}^{3} - x_{0}^{2} - 1 = 0 \] 解这个三次方程。尝试 \( x_{0} = 1 \)： \[ 2(1)^{3} - (1)^{2} - 1 = 2 - 1 - 1 = 0 \] 所以 \( x_{0} = 1 \) 是方程的一个实根。将多项式因式分解： \[ 2x^{3} - x^{2} - 1 = (x - 1)(2x^{2} + x + 1) \] 由于 \( 2x^{2} + x + 1 \) 的判别式为负，无实根，因此实数根只有 \( x_{0} = 1 \)。 求对应的切线斜率： \[ f'(1) = 3(1)^{2} - 2 \times 1 + a = a + 1 \] 切线方程为： \[ y = (a + 1)(x - 1) + f(1) \] 由于 \( f(1) = 1 - 1 + a \times 1 + 1 = a + 1 \)，所以切线方程为： \[ y = (a + 1)(x - 1) + (a + 1) = (a + 1)x \] 现在，找切线与曲线的其他交点，解方程： \[ f(x) = (a + 1)x \] 整理得到： \[ x^{3} - x^{2} - x + 1 = 0 \] 再次因式分解： \[ x^{3} - x^{2} - x + 1 = (x - 1)^{2}(x + 1) \] 解得： \[ x = 1 \quad (\text{重根}), \quad x = -1 \] 对应的 \( y \) 值为： - 当 \( x = 1 \) 时，\( y = (a + 1) \times 1 = a + 1 \) - 当 \( x = -1 \) 时，\( y = (a + 1) \times (-1) = - (a + 1) \) 因此，切线与曲线的公共点为 \( (1, a + 1) \) 和 \( (-1, - (a + 1)) \)。 <eoe> 【答案】 (2) 曲线 \( y = f(x) \) 过原点的切线与曲线的公共点坐标为： \[ (1, \ a + 1) \quad \text{和} \quad (-1, \ - (a + 1)) \] <eoa> |
解析 解析: (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x+a$ (i) 当 $\Delta=4-12 a \leq 0$, 即 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 即 $f(x)$ 在 $f(x)$ 在 $x \in \mathbf{R}$ 上单调 递增. (ii) 当 $\Delta=4-12>0$, 即 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x)=0$ 解得, $x_{1}=\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$. \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|} \hline$x$ & $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ & $\frac{-\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}\right)$ & $\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ \\ \hline$f^{\prime}(x)$ & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$f(x)$ & 单调递增 & 极大值 & 单调递减 & 极小值 & 单调递增 \\ \hline \end{tabular} $\therefore f(x)$ 在 $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}\right),\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ 单调递增, 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单 调递减, 综上所述：当 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增; 当 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单调递减. (2) 设可原点切线的切点为 $\left(t, t^{3}-t^{2}+a t+1\right)$, 切线斜率 $k=f^{\prime}(t)=3 t^{2}-2 t+a$. 又 $k=\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}$, 可得 $\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}=3 t^{2}-2 t+a$. 化简得 $(t-1)\left(2 t^{2}+t+1\right)=0$, 即 $t=1 . \therefore$ 切点为 $(1, a+1)$, 斜率 $k=a+1$, 切线方程为 $y=(a+1) x$, 将 $y=(a+1) x$, $y=x^{3}-x^{2}+a x+1$ 联立可得 $x^{3}-x^{2}+a x+1=(a+1) x$, 化简得 $(x-1)^{2}(x+1)=0$, 解得 $x_{1}=1, x_{2}=-1 \ldots$ 过原点的切线与 $y=f(x)$ 公共点坐标为 $(1, a+1),(-1,-a-1)$. 22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, $\odot C$ 的圆心为 $C(2,1)$, 半径为 1 . (1) 写出 $\odot C$ 的一个参数方程; (2) 过点 $F(4,1)$ 作 $\odot C$ 的两条切线. 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立坐标系, 求这两条切线的极坐标方程. 答案: 见解析 解析: (1) $\odot C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\cos \theta \\ y=1+\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数) (2) $\odot C$ 的方程为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1$ (1)当直线斜率不存在时, 直线方程为 $x=4$, 此时圆心到直线距离为 $2>r$, 舍去; (2)当直线斜率存在时, 设直线方程为 $y-1=k(x-4)$, 化简为 $k x-y-4 k+1=0$, 此时圆心 $C(2,1)$ 到直线的距离为 $d=\frac{|2 k-1-4 k+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=r=1$, 化简得 $2|k|=\sqrt{k^{2}+1}$ ， 两边平方有 $4 k^{2}=k^{2}+1$, 所以 $k= \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$ 代人直线方程并化简得 $x-\sqrt{3} y+\sqrt{3}-4=0$ 或 $x+\sqrt{3} y-\sqrt{3}-4=0$ 化为极坐标方程为 $\rho \cos \theta-\sqrt{3} \rho \sin \theta=4-\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{5 \pi}{6}\right)=4-\sqrt{3}$ 或 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4+\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=4+\sqrt{3}$. 23.已知函数 $f(x)=|x-a|+|x+3|$. (1) 当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geq 6$ 的解集; (2) 若 $f(x)>-a$, 求 $a$ 的取值范围. 答案: 见解析 解析: 当 $a=1$ 时, $f(x) \geq 6 \Leftrightarrow|x-1|+|x+3| \geq 6$, 当 $x \leq-3$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x-x-3 \geq 6$, 解得 $x \leq-4$; 当 $-3<x<1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x+x+3 \geq 6$, 解得 $x \in \varnothing$; 当 $x \geq 1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow x-1+x+3 \geq 6$, 解得 $x \geq 2$. 综上, 原不等式的解集为 $(-\infty,-4] \cup[2,+\infty)$. (2) 若 $f(x)>-a$, 即 $f(x)_{\min }>-a$, 因为 $f(x)=|x-a|+|x+3| \geq|(x-a)-(x+3)|=|a+3| \quad$ （当且仅当 $(x-a)(x+3) \leq 0$ 时, 等号成立), 所以 $f(x)_{\text {min }}=|a+3|$, 所以 $|a+3|>-a$, 即 $a+3<a$ 或 $a+3>-a$, 解得 $a \in\left(-\frac{3}{2},+\infty\right)$ |
| GPT-4o | (1)【解析】 要讨论函数 \( f(x) = x^3 - x^2 + ax + 1 \) 的单调性，我们需要找到它的导数，并分析导数的符号。 首先，计算 \( f(x) \) 的导数： \[ f'(x) = \frac{d}{dx}(x^3 - x^2 + ax + 1) = 3x^2 - 2x + a \] 为了讨论单调性，我们需要分析 \( f'(x) \) 的符号。令 \( f'(x) = 0 \)，得到方程： \[ 3x^2 - 2x + a = 0 \] 这是一个关于 \( x \) 的二次方程。二次方程的判别式为： \[ \Delta = (-2)^2 - 4 \cdot 3 \cdot a = 4 - 12a \] 根据判别式的值，我们可以分三种情况讨论： 1. **当 \( \Delta > 0 \) 时，即 \( 4 - 12a > 0 \)，即 \( a < \frac{1}{3} \)：** 二次方程有两个不相等的实根，设为 \( x_1 \) 和 \( x_2 \)。此时，导数 \( f'(x) \) 的符号取决于 \( x \) 在根 \( x_1 \) 和 \( x_2 \) 的相对位置： - 在区间 \( (-\infty, x_1) \) 和 \( (x_2, \infty) \)，\( f'(x) > 0 \)，函数 \( f(x) \) 单调递增； - 在区间 \( (x_1, x_2) \)，\( f'(x) < 0 \)，函数 \( f(x) \) 单调递减。 2. **当 \( \Delta = 0 \) 时，即 \( 4 - 12a = 0 \)，即 \( a = \frac{1}{3} \)：** 二次方程有一个重根，设为 \( x_0 \)。此时，导数 \( f'(x) \) 在 \( x_0 \) 处变为零，但在其他地方保持同一符号： - 在区间 \( (-\infty, x_0) \) 和 \( (x_0, \infty) \)，\( f'(x) > 0 \)，函数 \( f(x) \) 单调递增； - 在 \( x = x_0 \) 处，导数为零，但不改变单调性。 3. **当 \( \Delta < 0 \) 时，即 \( 4 - 12a < 0 \)，即 \( a > \frac{1}{3} \)：** 二次方程无实根，导数 \( f'(x) \) 始终为正或为负： - 若 \( 3x^2 - 2x + a > 0 \)，则 \( f'(x) > 0 \)，函数 \( f(x) \) 单调递增； - 若 \( 3x^2 - 2x + a < 0 \)，则 \( f'(x) < 0 \)，函数 \( f(x) \) 单调递减。 综上所述，函数 \( f(x) \) 的单调性取决于参数 \( a \) 的值。 <eoe> 【答案】 当 \( a < \frac{1}{3} \) 时，函数 \( f(x) \) 在 \( (-\infty, x_1) \) 和 \( (x_2, \infty) \) 单调递增，在 \( (x_1, x_2) \) 单调递减。 当 \( a = \frac{1}{3} \) 时，函数 \( f(x) \) 在整个定义域上单调递增。 当 \( a > \frac{1}{3} \) 时，函数 \( f(x) \) 在整个定义域上单调递增。<eoa> (2)【解析】 求曲线 \( y = f(x) \) 过坐标原点的切线与曲线 \( y = f(x) \) 的公共点的坐标。 首先，求曲线 \( y = f(x) \) 在坐标原点 \( (0, 0) \) 处的切线方程。由于 \( f(0) = 0^3 - 0^2 + a \cdot 0 + 1 = 1 \)，曲 |
解析 解析: (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x+a$ (i) 当 $\Delta=4-12 a \leq 0$, 即 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 即 $f(x)$ 在 $f(x)$ 在 $x \in \mathbf{R}$ 上单调 递增. (ii) 当 $\Delta=4-12>0$, 即 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x)=0$ 解得, $x_{1}=\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$. \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|} \hline$x$ & $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ & $\frac{-\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}\right)$ & $\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ \\ \hline$f^{\prime}(x)$ & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$f(x)$ & 单调递增 & 极大值 & 单调递减 & 极小值 & 单调递增 \\ \hline \end{tabular} $\therefore f(x)$ 在 $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}\right),\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ 单调递增, 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单 调递减, 综上所述：当 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增; 当 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单调递减. (2) 设可原点切线的切点为 $\left(t, t^{3}-t^{2}+a t+1\right)$, 切线斜率 $k=f^{\prime}(t)=3 t^{2}-2 t+a$. 又 $k=\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}$, 可得 $\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}=3 t^{2}-2 t+a$. 化简得 $(t-1)\left(2 t^{2}+t+1\right)=0$, 即 $t=1 . \therefore$ 切点为 $(1, a+1)$, 斜率 $k=a+1$, 切线方程为 $y=(a+1) x$, 将 $y=(a+1) x$, $y=x^{3}-x^{2}+a x+1$ 联立可得 $x^{3}-x^{2}+a x+1=(a+1) x$, 化简得 $(x-1)^{2}(x+1)=0$, 解得 $x_{1}=1, x_{2}=-1 \ldots$ 过原点的切线与 $y=f(x)$ 公共点坐标为 $(1, a+1),(-1,-a-1)$. 22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, $\odot C$ 的圆心为 $C(2,1)$, 半径为 1 . (1) 写出 $\odot C$ 的一个参数方程; (2) 过点 $F(4,1)$ 作 $\odot C$ 的两条切线. 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立坐标系, 求这两条切线的极坐标方程. 答案: 见解析 解析: (1) $\odot C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\cos \theta \\ y=1+\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数) (2) $\odot C$ 的方程为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1$ (1)当直线斜率不存在时, 直线方程为 $x=4$, 此时圆心到直线距离为 $2>r$, 舍去; (2)当直线斜率存在时, 设直线方程为 $y-1=k(x-4)$, 化简为 $k x-y-4 k+1=0$, 此时圆心 $C(2,1)$ 到直线的距离为 $d=\frac{|2 k-1-4 k+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=r=1$, 化简得 $2|k|=\sqrt{k^{2}+1}$ ， 两边平方有 $4 k^{2}=k^{2}+1$, 所以 $k= \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$ 代人直线方程并化简得 $x-\sqrt{3} y+\sqrt{3}-4=0$ 或 $x+\sqrt{3} y-\sqrt{3}-4=0$ 化为极坐标方程为 $\rho \cos \theta-\sqrt{3} \rho \sin \theta=4-\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{5 \pi}{6}\right)=4-\sqrt{3}$ 或 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4+\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=4+\sqrt{3}$. 23.已知函数 $f(x)=|x-a|+|x+3|$. (1) 当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geq 6$ 的解集; (2) 若 $f(x)>-a$, 求 $a$ 的取值范围. 答案: 见解析 解析: 当 $a=1$ 时, $f(x) \geq 6 \Leftrightarrow|x-1|+|x+3| \geq 6$, 当 $x \leq-3$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x-x-3 \geq 6$, 解得 $x \leq-4$; 当 $-3<x<1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x+x+3 \geq 6$, 解得 $x \in \varnothing$; 当 $x \geq 1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow x-1+x+3 \geq 6$, 解得 $x \geq 2$. 综上, 原不等式的解集为 $(-\infty,-4] \cup[2,+\infty)$. (2) 若 $f(x)>-a$, 即 $f(x)_{\min }>-a$, 因为 $f(x)=|x-a|+|x+3| \geq|(x-a)-(x+3)|=|a+3| \quad$ （当且仅当 $(x-a)(x+3) \leq 0$ 时, 等号成立), 所以 $f(x)_{\text {min }}=|a+3|$, 所以 $|a+3|>-a$, 即 $a+3<a$ 或 $a+3>-a$, 解得 $a \in\left(-\frac{3}{2},+\infty\right)$ |
| llama3.1-70B-Instruct | 【解析】 (1)由f'(x)=3x^{2}-2x+a,令f'(x)=0,得x=\frac{2\pm\sqrt{4-12a}}{6},当a<\frac{1}{3}时,曲线y=f(x)在(-\infty,\frac{2-\sqrt{4-12a}}{6})上单调递减,在(\frac{2-\sqrt{4-12a}}{6},\frac{2+\sqrt{4-12a}}{6})上单调递增,在(\frac{2+\sqrt{4-12a}}{6},+\infty)上单调递减;当a=\frac{1}{3}时,曲线y=f(x)在(-\infty,\frac{1}{3})上单调递减,在(\frac{1}{3},+\infty)上单调递增;当a>\frac{1}{3}时,曲线y=f(x)在(-\infty,+\infty)上单调递增.(2)由题意,曲线y=f(x)过原点,所以1=0,所以a=-1,所以f(x)=x^{3}-x^{2}-x+1,所以f'(x)=3x^{2}-2x-1,所以曲线y=f(x)在(-\infty,\frac{1-\sqrt{2}}{3})上单调递减,在(\frac{1-\sqrt{2}}{3},\frac{1+\sqrt{2}}{3})上单调递增,在(\frac{1+\sqrt{2}}{3},+\infty)上单调递减,所以曲线y=f(x)过原点的切线的斜率为f'(0)=-1,所以曲线y=f(x)过原点的切线的方程为y=-x,所以曲线y=f(x)过原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的横坐标满足方程x^{3}-x^{2}-2x+1=0,所以x=1,所以曲线y=f(x)过原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标为(1,0). 最终结果是(1,0) |
解析 解析: (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x+a$ (i) 当 $\Delta=4-12 a \leq 0$, 即 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 即 $f(x)$ 在 $f(x)$ 在 $x \in \mathbf{R}$ 上单调 递增. (ii) 当 $\Delta=4-12>0$, 即 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x)=0$ 解得, $x_{1}=\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$. \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|} \hline$x$ & $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ & $\frac{-\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}\right)$ & $\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ \\ \hline$f^{\prime}(x)$ & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$f(x)$ & 单调递增 & 极大值 & 单调递减 & 极小值 & 单调递增 \\ \hline \end{tabular} $\therefore f(x)$ 在 $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}\right),\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ 单调递增, 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单 调递减, 综上所述：当 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增; 当 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单调递减. (2) 设可原点切线的切点为 $\left(t, t^{3}-t^{2}+a t+1\right)$, 切线斜率 $k=f^{\prime}(t)=3 t^{2}-2 t+a$. 又 $k=\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}$, 可得 $\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}=3 t^{2}-2 t+a$. 化简得 $(t-1)\left(2 t^{2}+t+1\right)=0$, 即 $t=1 . \therefore$ 切点为 $(1, a+1)$, 斜率 $k=a+1$, 切线方程为 $y=(a+1) x$, 将 $y=(a+1) x$, $y=x^{3}-x^{2}+a x+1$ 联立可得 $x^{3}-x^{2}+a x+1=(a+1) x$, 化简得 $(x-1)^{2}(x+1)=0$, 解得 $x_{1}=1, x_{2}=-1 \ldots$ 过原点的切线与 $y=f(x)$ 公共点坐标为 $(1, a+1),(-1,-a-1)$. 22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, $\odot C$ 的圆心为 $C(2,1)$, 半径为 1 . (1) 写出 $\odot C$ 的一个参数方程; (2) 过点 $F(4,1)$ 作 $\odot C$ 的两条切线. 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立坐标系, 求这两条切线的极坐标方程. 答案: 见解析 解析: (1) $\odot C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\cos \theta \\ y=1+\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数) (2) $\odot C$ 的方程为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1$ (1)当直线斜率不存在时, 直线方程为 $x=4$, 此时圆心到直线距离为 $2>r$, 舍去; (2)当直线斜率存在时, 设直线方程为 $y-1=k(x-4)$, 化简为 $k x-y-4 k+1=0$, 此时圆心 $C(2,1)$ 到直线的距离为 $d=\frac{|2 k-1-4 k+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=r=1$, 化简得 $2|k|=\sqrt{k^{2}+1}$ ， 两边平方有 $4 k^{2}=k^{2}+1$, 所以 $k= \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$ 代人直线方程并化简得 $x-\sqrt{3} y+\sqrt{3}-4=0$ 或 $x+\sqrt{3} y-\sqrt{3}-4=0$ 化为极坐标方程为 $\rho \cos \theta-\sqrt{3} \rho \sin \theta=4-\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{5 \pi}{6}\right)=4-\sqrt{3}$ 或 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4+\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=4+\sqrt{3}$. 23.已知函数 $f(x)=|x-a|+|x+3|$. (1) 当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geq 6$ 的解集; (2) 若 $f(x)>-a$, 求 $a$ 的取值范围. 答案: 见解析 解析: 当 $a=1$ 时, $f(x) \geq 6 \Leftrightarrow|x-1|+|x+3| \geq 6$, 当 $x \leq-3$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x-x-3 \geq 6$, 解得 $x \leq-4$; 当 $-3<x<1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x+x+3 \geq 6$, 解得 $x \in \varnothing$; 当 $x \geq 1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow x-1+x+3 \geq 6$, 解得 $x \geq 2$. 综上, 原不等式的解集为 $(-\infty,-4] \cup[2,+\infty)$. (2) 若 $f(x)>-a$, 即 $f(x)_{\min }>-a$, 因为 $f(x)=|x-a|+|x+3| \geq|(x-a)-(x+3)|=|a+3| \quad$ （当且仅当 $(x-a)(x+3) \leq 0$ 时, 等号成立), 所以 $f(x)_{\text {min }}=|a+3|$, 所以 $|a+3|>-a$, 即 $a+3<a$ 或 $a+3>-a$, 解得 $a \in\left(-\frac{3}{2},+\infty\right)$ |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)当a\geqslant\frac{1}{3}时,f(x)在R上单调递增;当a<\frac{1}{3}时,f(x)在(-\infty,-\frac{1}{3})和(\frac{2}{3},+\infty)上单调递增,在(-\frac{1}{3},\frac{2}{3})上单调递减.(2)当a=-1时,曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标为(0,0);当a\neq-1时,曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标为(0,0)和(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}). 最终结果是 |
解析 解析: (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x+a$ (i) 当 $\Delta=4-12 a \leq 0$, 即 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 即 $f(x)$ 在 $f(x)$ 在 $x \in \mathbf{R}$ 上单调 递增. (ii) 当 $\Delta=4-12>0$, 即 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x)=0$ 解得, $x_{1}=\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$. \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|} \hline$x$ & $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ & $\frac{-\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}\right)$ & $\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ \\ \hline$f^{\prime}(x)$ & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$f(x)$ & 单调递增 & 极大值 & 单调递减 & 极小值 & 单调递增 \\ \hline \end{tabular} $\therefore f(x)$ 在 $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}\right),\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ 单调递增, 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单 调递减, 综上所述：当 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增; 当 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单调递减. (2) 设可原点切线的切点为 $\left(t, t^{3}-t^{2}+a t+1\right)$, 切线斜率 $k=f^{\prime}(t)=3 t^{2}-2 t+a$. 又 $k=\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}$, 可得 $\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}=3 t^{2}-2 t+a$. 化简得 $(t-1)\left(2 t^{2}+t+1\right)=0$, 即 $t=1 . \therefore$ 切点为 $(1, a+1)$, 斜率 $k=a+1$, 切线方程为 $y=(a+1) x$, 将 $y=(a+1) x$, $y=x^{3}-x^{2}+a x+1$ 联立可得 $x^{3}-x^{2}+a x+1=(a+1) x$, 化简得 $(x-1)^{2}(x+1)=0$, 解得 $x_{1}=1, x_{2}=-1 \ldots$ 过原点的切线与 $y=f(x)$ 公共点坐标为 $(1, a+1),(-1,-a-1)$. 22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, $\odot C$ 的圆心为 $C(2,1)$, 半径为 1 . (1) 写出 $\odot C$ 的一个参数方程; (2) 过点 $F(4,1)$ 作 $\odot C$ 的两条切线. 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立坐标系, 求这两条切线的极坐标方程. 答案: 见解析 解析: (1) $\odot C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\cos \theta \\ y=1+\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数) (2) $\odot C$ 的方程为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1$ (1)当直线斜率不存在时, 直线方程为 $x=4$, 此时圆心到直线距离为 $2>r$, 舍去; (2)当直线斜率存在时, 设直线方程为 $y-1=k(x-4)$, 化简为 $k x-y-4 k+1=0$, 此时圆心 $C(2,1)$ 到直线的距离为 $d=\frac{|2 k-1-4 k+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=r=1$, 化简得 $2|k|=\sqrt{k^{2}+1}$ ， 两边平方有 $4 k^{2}=k^{2}+1$, 所以 $k= \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$ 代人直线方程并化简得 $x-\sqrt{3} y+\sqrt{3}-4=0$ 或 $x+\sqrt{3} y-\sqrt{3}-4=0$ 化为极坐标方程为 $\rho \cos \theta-\sqrt{3} \rho \sin \theta=4-\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{5 \pi}{6}\right)=4-\sqrt{3}$ 或 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4+\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=4+\sqrt{3}$. 23.已知函数 $f(x)=|x-a|+|x+3|$. (1) 当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geq 6$ 的解集; (2) 若 $f(x)>-a$, 求 $a$ 的取值范围. 答案: 见解析 解析: 当 $a=1$ 时, $f(x) \geq 6 \Leftrightarrow|x-1|+|x+3| \geq 6$, 当 $x \leq-3$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x-x-3 \geq 6$, 解得 $x \leq-4$; 当 $-3<x<1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x+x+3 \geq 6$, 解得 $x \in \varnothing$; 当 $x \geq 1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow x-1+x+3 \geq 6$, 解得 $x \geq 2$. 综上, 原不等式的解集为 $(-\infty,-4] \cup[2,+\infty)$. (2) 若 $f(x)>-a$, 即 $f(x)_{\min }>-a$, 因为 $f(x)=|x-a|+|x+3| \geq|(x-a)-(x+3)|=|a+3| \quad$ （当且仅当 $(x-a)(x+3) \leq 0$ 时, 等号成立), 所以 $f(x)_{\text {min }}=|a+3|$, 所以 $|a+3|>-a$, 即 $a+3<a$ 或 $a+3>-a$, 解得 $a \in\left(-\frac{3}{2},+\infty\right)$ |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】 首先，我们需要求出函数 $f(x) = x^3 - x^2 + ax + 1$ 的导数，以确定其单调性。计算导数 $f'(x)$：\n\n\\[ f'(x) = \\frac{d}{dx}(x^3 - x^2 + ax + 1) = 3x^2 - 2x + a \\]\n\n接下来，我们需要分析 $f'(x)$ 的符号。$f'(x) = 3x^2 - 2x + a$ 是一个二次函数，其图像是一条抛物线。抛物线的开口方向由二次项的系数决定，这里系数为正，所以抛物线开口向上。\n\n为了确定 $f'(x)$ 的符号，我们需要找到其根，即解方程 $3x^2 - 2x + a = 0$。使用判别式 $\\Delta$ 来判断根的情况：\n\n\\[ \\Delta = (-2)^2 - 4 \\cdot 3 \\cdot a = 4 - 12a \\]\n\n根据判别式的值，我们可以讨论以下几种情况：\n\n1. 当 $\\Delta > 0$ 时，即 $4 - 12a > 0$，解得 $a < \\frac{1}{3}$。此时，$f'(x)$ 有两个不同的实根，$f(x)$ 在两个根之间是减函数，在根的外侧是增函数。\n2. 当 $\\Delta = 0$ 时，即 $4 - 12a = 0$，解得 $a = \\frac{1}{3}$。此时，$f'(x)$ 有一个重根，$f(x)$ 在该点处有极值，但在整个定义域上是单调的（要么全增，要么全减）。\n3. 当 $\\Delta < 0$ 时，即 $4 - 12a < 0$，解得 $a > \\frac{1}{3}$。此时，$f'(x)$ 没有实根，$f(x)$ 在整个定义域上是单调的（要么全增，要么全减）。\n\n综上所述，函数 $f(x)$ 的单调性取决于参数 $a$ 的值。<eoe>\n\n【答案】 当 $a < \\frac{1}{3}$ 时，$f(x)$ 在两个不同的区间上分别是增函数和减函数；当 $a = \\frac{1}{3}$ 时，$f(x)$ 在整个定义域上是单调的；当 $a > \\frac{1}{3}$ 时，$f(x)$ 在整个定义域上是单调的。<eoa>\n\n(2)【解析】 我们需要求曲线 $y = f(x)$ 过坐标原点的切线与曲线 $y = f(x)$ 的公共点的坐标。首先，求出 $f(x)$ 在原点处的切线方程。\n\n原点 $(0, 1)$ 在曲线 $y = f(x)$ 上，因为 $f(0) = 1$。计算 $f'(x)$ 在 $x = 0$ 处的值：\n\n\\[ f'(0) = 3(0)^2 - 2(0) + a = a \\]\n\n因此，曲线在原点处的切线斜率为 $a$，切线方程为：\n\n\\[ y - 1 = a(x - 0) \\]\n\\[ y = ax + 1 \\]\n\n接下来，我们需要求这条切线与曲线 $y = f(x)$ 的公共点。将 $y = ax + 1$ 代入 $f(x)$ 的方程：\n\n\\[ ax + 1 = x^3 - x^2 + ax + 1 \\]\n\\[ x^3 - x^2 = 0 \\]\n\\[ x^2(x - 1) = 0 \\]\n\n解得 $x = 0$ 或 $x = 1$。将这两个 $x$ 值代入 $y = ax + 1$ 中，得到对应的 $y$ 值：\n\n当 $x = 0$ 时，$y = 1$；\n当 $x = 1$ 时，$y = a + 1$。\n\n因此，公共点的坐标为 $(0, 1)$ 和 $(1, a + 1)$。<eoe>\n\n【答案】 曲线 $y = f(x)$ 过坐标原点的切线与曲线 $y = f(x)$ 的公共点的坐标为 $(0, 1)$ 和 $(1, a + 1)$。<eoa>" | 解析 解析: (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x+a$ (i) 当 $\Delta=4-12 a \leq 0$, 即 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 即 $f(x)$ 在 $f(x)$ 在 $x \in \mathbf{R}$ 上单调 递增. (ii) 当 $\Delta=4-12>0$, 即 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x)=0$ 解得, $x_{1}=\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$. \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|} \hline$x$ & $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ & $\frac{-\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}\right)$ & $\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ \\ \hline$f^{\prime}(x)$ & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$f(x)$ & 单调递增 & 极大值 & 单调递减 & 极小值 & 单调递增 \\ \hline \end{tabular} $\therefore f(x)$ 在 $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}\right),\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ 单调递增, 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单 调递减, 综上所述：当 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增; 当 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单调递减. (2) 设可原点切线的切点为 $\left(t, t^{3}-t^{2}+a t+1\right)$, 切线斜率 $k=f^{\prime}(t)=3 t^{2}-2 t+a$. 又 $k=\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}$, 可得 $\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}=3 t^{2}-2 t+a$. 化简得 $(t-1)\left(2 t^{2}+t+1\right)=0$, 即 $t=1 . \therefore$ 切点为 $(1, a+1)$, 斜率 $k=a+1$, 切线方程为 $y=(a+1) x$, 将 $y=(a+1) x$, $y=x^{3}-x^{2}+a x+1$ 联立可得 $x^{3}-x^{2}+a x+1=(a+1) x$, 化简得 $(x-1)^{2}(x+1)=0$, 解得 $x_{1}=1, x_{2}=-1 \ldots$ 过原点的切线与 $y=f(x)$ 公共点坐标为 $(1, a+1),(-1,-a-1)$. 22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, $\odot C$ 的圆心为 $C(2,1)$, 半径为 1 . (1) 写出 $\odot C$ 的一个参数方程; (2) 过点 $F(4,1)$ 作 $\odot C$ 的两条切线. 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立坐标系, 求这两条切线的极坐标方程. 答案: 见解析 解析: (1) $\odot C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\cos \theta \\ y=1+\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数) (2) $\odot C$ 的方程为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1$ (1)当直线斜率不存在时, 直线方程为 $x=4$, 此时圆心到直线距离为 $2>r$, 舍去; (2)当直线斜率存在时, 设直线方程为 $y-1=k(x-4)$, 化简为 $k x-y-4 k+1=0$, 此时圆心 $C(2,1)$ 到直线的距离为 $d=\frac{|2 k-1-4 k+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=r=1$, 化简得 $2|k|=\sqrt{k^{2}+1}$ ， 两边平方有 $4 k^{2}=k^{2}+1$, 所以 $k= \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$ 代人直线方程并化简得 $x-\sqrt{3} y+\sqrt{3}-4=0$ 或 $x+\sqrt{3} y-\sqrt{3}-4=0$ 化为极坐标方程为 $\rho \cos \theta-\sqrt{3} \rho \sin \theta=4-\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{5 \pi}{6}\right)=4-\sqrt{3}$ 或 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4+\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=4+\sqrt{3}$. 23.已知函数 $f(x)=|x-a|+|x+3|$. (1) 当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geq 6$ 的解集; (2) 若 $f(x)>-a$, 求 $a$ 的取值范围. 答案: 见解析 解析: 当 $a=1$ 时, $f(x) \geq 6 \Leftrightarrow|x-1|+|x+3| \geq 6$, 当 $x \leq-3$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x-x-3 \geq 6$, 解得 $x \leq-4$; 当 $-3<x<1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x+x+3 \geq 6$, 解得 $x \in \varnothing$; 当 $x \geq 1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow x-1+x+3 \geq 6$, 解得 $x \geq 2$. 综上, 原不等式的解集为 $(-\infty,-4] \cup[2,+\infty)$. (2) 若 $f(x)>-a$, 即 $f(x)_{\min }>-a$, 因为 $f(x)=|x-a|+|x+3| \geq|(x-a)-(x+3)|=|a+3| \quad$ （当且仅当 $(x-a)(x+3) \leq 0$ 时, 等号成立), 所以 $f(x)_{\text {min }}=|a+3|$, 所以 $|a+3|>-a$, 即 $a+3<a$ 或 $a+3>-a$, 解得 $a \in\left(-\frac{3}{2},+\infty\right)$ |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】 首先，要讨论函数 $f(x)=x^{3}-x^{2}+a x+1$ 的单调性，我们需要计算其一阶导数 $f'(x)$ 并分析其符号变化。一阶导数的符号变化决定了函数的增减性。\n\\[f'(x) = 3x^2 - 2x + a\\]\n为了分析 $f'(x)$ 的符号，我们考虑其判别式 $\\Delta$ 的情况。判别式 $\\Delta = b^2 - 4ac$ 对于 $f'(x)$ 来说，$a=3$，$b=-2$，$c=a$，所以\n\\[\\Delta = (-2)^2 - 4 \\cdot 3 \\cdot a = 4 - 12a\\]\n如果 $\\Delta < 0$，则 $f'(x)$ 没有实数根，其符号不变，这意味着 $f(x)$ 在整个定义域上要么单调增加，要么单调减少。如果 $\\Delta \\geq 0$，则 $f'(x)$ 有实数根，我们需要进一步分析这些根来确定 $f(x)$ 的单调区间。<eoe>\n\n【答案】\n1. 当 $\\Delta = 4 - 12a < 0$，即 $a > \\frac{1}{3}$ 时，$f'(x)$ 没有实数根，其符号不变，因此 $f(x)$ 在 $\\mathbb{R}$ 上单调增加。\n2. 当 $\\Delta = 4 - 12a \\geq 0$，即 $a \\leq \\frac{1}{3}$ 时，$f'(x)$ 有实数根，此时需进一步分析根的性质来确定 $f(x)$ 的单调区间。具体来说，当 $a < \\frac{1}{3}$ 时，$f'(x)$ 有两个不同的实数根，$f(x)$ 在两根之间单调减少，在两根之外单调增加；当 $a = \\frac{1}{3}$ 时，$f'(x)$ 有一个重根，$f(x)$ 在该点的导数为0，但在其左右导数同号，$f(x)$ 依然单调增加。<eoa>\n\n(2)【解析】 要求曲线 $y=f(x)$ 过坐标原点的切线与曲线的公共点坐标，我们首先需要确定切线的方程。由于切线过原点，设切点为 $(x_0, f(x_0))$，切线的斜率为 $f'(x_0)$。切线方程为 $y - f(x_0) = f'(x_0)(x - x_0)$，因为切线过原点，代入 $(0, 0)$ 可得 $0 - f(x_0) = f'(x_0)(0 - x_0)$，从而得到 $f(x_0) = x_0f'(x_0)$。将 $f(x)$ 和 $f'(x)$ 的表达式代入上式，解方程得到 $x_0$ 的值，从而得到切点坐标。<eoe>\n\n【答案】\n设切点为 $(x_0, f(x_0))$，则有\n\\[f(x_0) = x_0f'(x_0)\\]\n\\[x_0^3 - x_0^2 + ax_0 + 1 = x_0(3x_0^2 - 2x_0 + a)\\]\n化简得\n\\[x_0^3 - x_0^2 + ax_0 + 1 = 3x_0^3 - 2x_0^2 + ax_0\\]\n\\[2x_0^3 - x_0^2 - 1 = 0\\]\n这是一个三次方程，我们寻找其根。由于题目要求的是过原点的切线，我们可以尝试 $x_0 = 1$ 是否满足方程。\n\\[2 \\cdot 1^3 - 1^2 - 1 = 0\\]\n所以 $x_0 = 1$ 是方程的一个根，即切点为 $(1, f(1))$，$f(1) = 1^3 - 1^2 + a \\cdot 1 + 1 = a + 1$，因此切点坐标为 $(1, a + 1)$。<eoa>" | 解析 解析: (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x+a$ (i) 当 $\Delta=4-12 a \leq 0$, 即 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 即 $f(x)$ 在 $f(x)$ 在 $x \in \mathbf{R}$ 上单调 递增. (ii) 当 $\Delta=4-12>0$, 即 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x)=0$ 解得, $x_{1}=\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$. \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|} \hline$x$ & $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ & $\frac{-\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}\right)$ & $\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ \\ \hline$f^{\prime}(x)$ & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$f(x)$ & 单调递增 & 极大值 & 单调递减 & 极小值 & 单调递增 \\ \hline \end{tabular} $\therefore f(x)$ 在 $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}\right),\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ 单调递增, 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单 调递减, 综上所述：当 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增; 当 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单调递减. (2) 设可原点切线的切点为 $\left(t, t^{3}-t^{2}+a t+1\right)$, 切线斜率 $k=f^{\prime}(t)=3 t^{2}-2 t+a$. 又 $k=\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}$, 可得 $\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}=3 t^{2}-2 t+a$. 化简得 $(t-1)\left(2 t^{2}+t+1\right)=0$, 即 $t=1 . \therefore$ 切点为 $(1, a+1)$, 斜率 $k=a+1$, 切线方程为 $y=(a+1) x$, 将 $y=(a+1) x$, $y=x^{3}-x^{2}+a x+1$ 联立可得 $x^{3}-x^{2}+a x+1=(a+1) x$, 化简得 $(x-1)^{2}(x+1)=0$, 解得 $x_{1}=1, x_{2}=-1 \ldots$ 过原点的切线与 $y=f(x)$ 公共点坐标为 $(1, a+1),(-1,-a-1)$. 22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, $\odot C$ 的圆心为 $C(2,1)$, 半径为 1 . (1) 写出 $\odot C$ 的一个参数方程; (2) 过点 $F(4,1)$ 作 $\odot C$ 的两条切线. 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立坐标系, 求这两条切线的极坐标方程. 答案: 见解析 解析: (1) $\odot C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\cos \theta \\ y=1+\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数) (2) $\odot C$ 的方程为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1$ (1)当直线斜率不存在时, 直线方程为 $x=4$, 此时圆心到直线距离为 $2>r$, 舍去; (2)当直线斜率存在时, 设直线方程为 $y-1=k(x-4)$, 化简为 $k x-y-4 k+1=0$, 此时圆心 $C(2,1)$ 到直线的距离为 $d=\frac{|2 k-1-4 k+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=r=1$, 化简得 $2|k|=\sqrt{k^{2}+1}$ ， 两边平方有 $4 k^{2}=k^{2}+1$, 所以 $k= \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$ 代人直线方程并化简得 $x-\sqrt{3} y+\sqrt{3}-4=0$ 或 $x+\sqrt{3} y-\sqrt{3}-4=0$ 化为极坐标方程为 $\rho \cos \theta-\sqrt{3} \rho \sin \theta=4-\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{5 \pi}{6}\right)=4-\sqrt{3}$ 或 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4+\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=4+\sqrt{3}$. 23.已知函数 $f(x)=|x-a|+|x+3|$. (1) 当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geq 6$ 的解集; (2) 若 $f(x)>-a$, 求 $a$ 的取值范围. 答案: 见解析 解析: 当 $a=1$ 时, $f(x) \geq 6 \Leftrightarrow|x-1|+|x+3| \geq 6$, 当 $x \leq-3$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x-x-3 \geq 6$, 解得 $x \leq-4$; 当 $-3<x<1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x+x+3 \geq 6$, 解得 $x \in \varnothing$; 当 $x \geq 1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow x-1+x+3 \geq 6$, 解得 $x \geq 2$. 综上, 原不等式的解集为 $(-\infty,-4] \cup[2,+\infty)$. (2) 若 $f(x)>-a$, 即 $f(x)_{\min }>-a$, 因为 $f(x)=|x-a|+|x+3| \geq|(x-a)-(x+3)|=|a+3| \quad$ （当且仅当 $(x-a)(x+3) \leq 0$ 时, 等号成立), 所以 $f(x)_{\text {min }}=|a+3|$, 所以 $|a+3|>-a$, 即 $a+3<a$ 或 $a+3>-a$, 解得 $a \in\left(-\frac{3}{2},+\infty\right)$ |
| baichuan4 | (1)【解析】 为了讨论函数 $f(x)=x^{3}-x^{2}+ax+1$ 的单调性，我们需要计算其导数 $f'(x)$，因为导数的符号可以告诉我们函数在某个区间上是单调递增还是单调递减。 计算 $f(x)$ 的导数得到： $$f'(x) = 3x^{2} - 2x + a$$ 接下来，我们需要判断 $f'(x)$ 的符号。由于 $f'(x)$ 是一个二次多项式，我们可以通过判别式 $\Delta = b^{2} - 4ac$ 来判断它是否有实数根，其中 $a=3$, $b=-2$, $c=a$。 计算判别式： $$\Delta = (-2)^{2} - 4 \cdot 3 \cdot a = 4 - 12a$$ 如果 $\Delta > 0$，则 $f'(x)$ 有两个实数根，函数 $f(x)$ 在这两个根之间是单调递减的，在这两个根之外是单调递增的。 如果 $\Delta = 0$，则 $f'(x)$ 有一个实数根，函数 $f(x)$ 在这个根处取得极值，整体单调性需要根据具体的 $a$ 值来判断。 如果 $\Delta < 0$，则 $f'(x)$ 没有实数根，函数 $f(x)$ 在整个实数域上是单调递增的。 因此，我们可以根据 $\Delta$ 的值来讨论 $f(x)$ 的单调性。 【答案】 当 $\Delta > 0$ 即 $a < \frac{1}{3}$ 时，$f(x)$ 在两个根之间单调递减，在两个根之外单调递增； 当 $\Delta = 0$ 即 $a = \frac{1}{3}$ 时，$f(x)$ 在整个实数域上单调递增； 当 $\Delta < 0$ 即 $a > \frac{1}{3}$ 时，$f(x)$ 在整个实数域上单调递增。 (2)【解析】 要求曲线 $y=f(x)$ 过坐标原点的切线与曲线 $y=f(x)$ 的公共点的坐标，我们首先需要找到过原点的切线方程。 由于切线过原点，设切点为 $(x_0, f(x_0))$，则切线方程为： $$y = f'(x_0)(x - x_0)$$ 由于切线过原点，代入 $(0,0)$ 得： $$0 = f'(x_0)(0 - x_0)$$ $$0 = -x_0f'(x_0)$$ 由于 $x_0 \neq 0$（否则不是切线而是水平线），我们得到 $f'(x_0) = 0$。 因此，我们需要找到 $f'(x) = 0$ 的解，即： $$3x^{2} - 2x + a = 0$$ 由于切线过原点，我们还需要满足 $f(x_0) = 0$，即： $$x_0^{3} - x_0^{2} + ax_0 + 1 = 0$$ 我们现在有两个方程： $$3x^{2} - 2x + a = 0$$ $$x^{3} - x^{2} + ax + 1 = 0$$ 由于 $x_0$ 是第一个方程的根，我们可以将 $a$ 表示为 $a = 2x_0 - 3x_0^{2}$，然后代入第二个方程中解出 $x_0$。 【答案】 将 $a = 2x_0 - 3x_0^{2}$ 代入 $x^{3} - x^{2} + ax + 1 = 0$ 得： $$x^{3} - x^{2} + (2x_0 - 3x_0^{2})x + 1 = 0$$ $$x^{3} - x^{2} + 2x_0x - 3x_0^{2}x + 1 = 0$$ 由于 $x_0$ 是 $3x^{2} - 2x + a = 0$ 的根，我们可以将 $3x_0^{2} - 2x_0 + a = 0$ 代入上式得： $$x^{3} - x^{2} + 2x_0x - x_0x + 1 = 0$$ $$x^{3} - x^{2} + x_0x + 1 = 0$$ 这是一个关于 $x$ 的三次方程，我们可以通过因式分解或者使用三次方程的求根公式来解它。 最终我们得到 $x_0$ 的值，然后代入 $y = f(x_0)$ 得到公共点的坐标。 |
解析 解析: (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x+a$ (i) 当 $\Delta=4-12 a \leq 0$, 即 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 即 $f(x)$ 在 $f(x)$ 在 $x \in \mathbf{R}$ 上单调 递增. (ii) 当 $\Delta=4-12>0$, 即 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x)=0$ 解得, $x_{1}=\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$. \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|} \hline$x$ & $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ & $\frac{-\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}\right)$ & $\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ \\ \hline$f^{\prime}(x)$ & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$f(x)$ & 单调递增 & 极大值 & 单调递减 & 极小值 & 单调递增 \\ \hline \end{tabular} $\therefore f(x)$ 在 $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}\right),\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ 单调递增, 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单 调递减, 综上所述：当 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增; 当 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单调递减. (2) 设可原点切线的切点为 $\left(t, t^{3}-t^{2}+a t+1\right)$, 切线斜率 $k=f^{\prime}(t)=3 t^{2}-2 t+a$. 又 $k=\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}$, 可得 $\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}=3 t^{2}-2 t+a$. 化简得 $(t-1)\left(2 t^{2}+t+1\right)=0$, 即 $t=1 . \therefore$ 切点为 $(1, a+1)$, 斜率 $k=a+1$, 切线方程为 $y=(a+1) x$, 将 $y=(a+1) x$, $y=x^{3}-x^{2}+a x+1$ 联立可得 $x^{3}-x^{2}+a x+1=(a+1) x$, 化简得 $(x-1)^{2}(x+1)=0$, 解得 $x_{1}=1, x_{2}=-1 \ldots$ 过原点的切线与 $y=f(x)$ 公共点坐标为 $(1, a+1),(-1,-a-1)$. 22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, $\odot C$ 的圆心为 $C(2,1)$, 半径为 1 . (1) 写出 $\odot C$ 的一个参数方程; (2) 过点 $F(4,1)$ 作 $\odot C$ 的两条切线. 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立坐标系, 求这两条切线的极坐标方程. 答案: 见解析 解析: (1) $\odot C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\cos \theta \\ y=1+\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数) (2) $\odot C$ 的方程为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1$ (1)当直线斜率不存在时, 直线方程为 $x=4$, 此时圆心到直线距离为 $2>r$, 舍去; (2)当直线斜率存在时, 设直线方程为 $y-1=k(x-4)$, 化简为 $k x-y-4 k+1=0$, 此时圆心 $C(2,1)$ 到直线的距离为 $d=\frac{|2 k-1-4 k+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=r=1$, 化简得 $2|k|=\sqrt{k^{2}+1}$ ， 两边平方有 $4 k^{2}=k^{2}+1$, 所以 $k= \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$ 代人直线方程并化简得 $x-\sqrt{3} y+\sqrt{3}-4=0$ 或 $x+\sqrt{3} y-\sqrt{3}-4=0$ 化为极坐标方程为 $\rho \cos \theta-\sqrt{3} \rho \sin \theta=4-\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{5 \pi}{6}\right)=4-\sqrt{3}$ 或 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4+\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=4+\sqrt{3}$. 23.已知函数 $f(x)=|x-a|+|x+3|$. (1) 当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geq 6$ 的解集; (2) 若 $f(x)>-a$, 求 $a$ 的取值范围. 答案: 见解析 解析: 当 $a=1$ 时, $f(x) \geq 6 \Leftrightarrow|x-1|+|x+3| \geq 6$, 当 $x \leq-3$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x-x-3 \geq 6$, 解得 $x \leq-4$; 当 $-3<x<1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x+x+3 \geq 6$, 解得 $x \in \varnothing$; 当 $x \geq 1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow x-1+x+3 \geq 6$, 解得 $x \geq 2$. 综上, 原不等式的解集为 $(-\infty,-4] \cup[2,+\infty)$. (2) 若 $f(x)>-a$, 即 $f(x)_{\min }>-a$, 因为 $f(x)=|x-a|+|x+3| \geq|(x-a)-(x+3)|=|a+3| \quad$ （当且仅当 $(x-a)(x+3) \leq 0$ 时, 等号成立), 所以 $f(x)_{\text {min }}=|a+3|$, 所以 $|a+3|>-a$, 即 $a+3<a$ 或 $a+3>-a$, 解得 $a \in\left(-\frac{3}{2},+\infty\right)$ |
| doubao | (1)【解析】对函数$f(x)=x^{3}-x^{2}+ax+1$求导可得$f'(x)=3x^{2}-2x+a$。对于一元二次方程$3x^{2}-2x+a=0$，判别式$\Delta=(-2)^{2}-4\times3\times a=4-12a$。当$\Delta\leq0$，即$4-12a\leq0$，$a\geq\frac{1}{3}$时，$f'(x)\geq0$恒成立，$f(x)$在$R$上单调递增；当$\Delta>0$，即$a<\frac{1}{3}$时，$f'(x)=0$有两个不同实数根$x_1=\frac{1-\sqrt{1-3a}}{3}$，$x_2=\frac{1+\sqrt{1-3a}}{3}$，当$x\in(-\infty,\frac{1-\sqrt{1-3a}}{3})\cup(\frac{1+\sqrt{1-3a}}{3},+\infty)$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增，当$x\in(\frac{1-\sqrt{1-3a}}{3},\frac{1+\sqrt{1-3a}}{3})$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减。<eoe> 【答案】当$a\geq\frac{1}{3}$时，$f(x)$在$R$上单调递增；当$a<\frac{1}{3}$时，在$(-\infty,\frac{1-\sqrt{1-3a}}{3})$和$(\frac{1+\sqrt{1-3a}}{3},+\infty)$上单调递增，在$(\frac{1-\sqrt{1-3a}}{3},\frac{1+\sqrt{1-3a}}{3})$上单调递减。<eoa> (2)【解析】设切点为$(x_0,y_0)$，切线方程为$y=kx$，因为切线过原点，所以$k=\frac{y_0}{x_0}$。又$f(x_0)=x_0^{3}-x_0^{2}+ax_0+1=y_0$，$f'(x_0)=3x_0^{2}-2x_0+a=k$，可得$\frac{x_0^{3}-x_0^{2}+ax_0+1}{x_0}=3x_0^{2}-2x_0+a$，化简可得$2x_0^{3}-x_0^{2}-1=0$，即$(x_0-1)(2x_0^{2}+x_0+1)=0$，因为$2x_0^{2}+x_0+1>0$恒成立，所以$x_0=1$，$y_0=f(1)=a+1$，$k=a+1$，切线方程为$y=(a+1)x$。联立切线方程与函数方程可得$x^{3}-x^{2}+ax+1=(a+1)x$，即$x^{3}-x^{2}-x+1=0$，即$(x-1)^{2}(x+1)=0$，解得$x=1$或$x=-1$，当$x=1$时，$y=a+1$，当$x=-1$时，$y=-a-1$。<eoe> 【答案】公共点坐标为$(1,a+1)$，$(-1,-a-1)$。<eoa> |
解析 解析: (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x+a$ (i) 当 $\Delta=4-12 a \leq 0$, 即 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 即 $f(x)$ 在 $f(x)$ 在 $x \in \mathbf{R}$ 上单调 递增. (ii) 当 $\Delta=4-12>0$, 即 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x)=0$ 解得, $x_{1}=\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$. \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|} \hline$x$ & $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ & $\frac{-\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}\right)$ & $\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ \\ \hline$f^{\prime}(x)$ & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$f(x)$ & 单调递增 & 极大值 & 单调递减 & 极小值 & 单调递增 \\ \hline \end{tabular} $\therefore f(x)$ 在 $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}\right),\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ 单调递增, 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单 调递减, 综上所述：当 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增; 当 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单调递减. (2) 设可原点切线的切点为 $\left(t, t^{3}-t^{2}+a t+1\right)$, 切线斜率 $k=f^{\prime}(t)=3 t^{2}-2 t+a$. 又 $k=\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}$, 可得 $\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}=3 t^{2}-2 t+a$. 化简得 $(t-1)\left(2 t^{2}+t+1\right)=0$, 即 $t=1 . \therefore$ 切点为 $(1, a+1)$, 斜率 $k=a+1$, 切线方程为 $y=(a+1) x$, 将 $y=(a+1) x$, $y=x^{3}-x^{2}+a x+1$ 联立可得 $x^{3}-x^{2}+a x+1=(a+1) x$, 化简得 $(x-1)^{2}(x+1)=0$, 解得 $x_{1}=1, x_{2}=-1 \ldots$ 过原点的切线与 $y=f(x)$ 公共点坐标为 $(1, a+1),(-1,-a-1)$. 22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, $\odot C$ 的圆心为 $C(2,1)$, 半径为 1 . (1) 写出 $\odot C$ 的一个参数方程; (2) 过点 $F(4,1)$ 作 $\odot C$ 的两条切线. 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立坐标系, 求这两条切线的极坐标方程. 答案: 见解析 解析: (1) $\odot C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\cos \theta \\ y=1+\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数) (2) $\odot C$ 的方程为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1$ (1)当直线斜率不存在时, 直线方程为 $x=4$, 此时圆心到直线距离为 $2>r$, 舍去; (2)当直线斜率存在时, 设直线方程为 $y-1=k(x-4)$, 化简为 $k x-y-4 k+1=0$, 此时圆心 $C(2,1)$ 到直线的距离为 $d=\frac{|2 k-1-4 k+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=r=1$, 化简得 $2|k|=\sqrt{k^{2}+1}$ ， 两边平方有 $4 k^{2}=k^{2}+1$, 所以 $k= \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$ 代人直线方程并化简得 $x-\sqrt{3} y+\sqrt{3}-4=0$ 或 $x+\sqrt{3} y-\sqrt{3}-4=0$ 化为极坐标方程为 $\rho \cos \theta-\sqrt{3} \rho \sin \theta=4-\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{5 \pi}{6}\right)=4-\sqrt{3}$ 或 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4+\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=4+\sqrt{3}$. 23.已知函数 $f(x)=|x-a|+|x+3|$. (1) 当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geq 6$ 的解集; (2) 若 $f(x)>-a$, 求 $a$ 的取值范围. 答案: 见解析 解析: 当 $a=1$ 时, $f(x) \geq 6 \Leftrightarrow|x-1|+|x+3| \geq 6$, 当 $x \leq-3$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x-x-3 \geq 6$, 解得 $x \leq-4$; 当 $-3<x<1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x+x+3 \geq 6$, 解得 $x \in \varnothing$; 当 $x \geq 1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow x-1+x+3 \geq 6$, 解得 $x \geq 2$. 综上, 原不等式的解集为 $(-\infty,-4] \cup[2,+\infty)$. (2) 若 $f(x)>-a$, 即 $f(x)_{\min }>-a$, 因为 $f(x)=|x-a|+|x+3| \geq|(x-a)-(x+3)|=|a+3| \quad$ （当且仅当 $(x-a)(x+3) \leq 0$ 时, 等号成立), 所以 $f(x)_{\text {min }}=|a+3|$, 所以 $|a+3|>-a$, 即 $a+3<a$ 或 $a+3>-a$, 解得 $a \in\left(-\frac{3}{2},+\infty\right)$ |
| minimax | (1)【解析】要讨论函数$f(x)=x^{3}-x^{2}+ax+1$的单调性，我们需要计算其一阶导数$f'(x)$。一阶导数的正负变化可以反映函数的单调递增或递减性质。如果$f'(x)>0$，则函数在该区间内单调递增；如果$f'(x)<0$，则函数在该区间内单调递减。因此，首先求出$f(x)$的一阶导数$f'(x)$，然后找出导数的零点，这些零点将定义函数的临界点，即可能的单调性变化点。最后，分析导数在临界点两侧的符号，确定函数的单调区间。<eoe> 【答案】首先求出$f(x)$的一阶导数： $$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^{3}-x^{2}+ax+1) = 3x^{2}-2x+a.$$ 为了找出函数的单调区间，我们需要解方程$f'(x)=0$，即找出导数的零点： $$3x^{2}-2x+a=0.$$ 这是一个二次方程，我们可以使用判别式$\Delta$来判断其根的情况： $$\Delta = (-2)^{2}-4\cdot3\cdot a = 4-12a.$$ 根据判别式的值，我们可以讨论函数的单调性： - 如果$\Delta < 0$，即$4-12a < 0$，则方程无实根，导数$f'(x)$没有零点，这意味着$f'(x)$在整个实数域上保持同号，因此函数$f(x)$在整个实数域上单调。 - 如果$\Delta = 0$，即$4-12a = 0$，则方程有一个重根，导数$f'(x)$有一个零点，这意味着函数在该点可能改变单调性，但因为是重根，所以函数在该点仍然单调。 - 如果$\Delta > 0$，即$4-12a > 0$，则方程有两个不同的实根，导数$f'(x)$有两个零点，这意味着函数在两个零点之间单调递减，在两个零点之外单调递增。 综上所述，函数$f(x)$的单调性取决于参数$a$的值。具体来说： - 当$a > \frac{1}{3}$时，$\Delta > 0$，函数在两个零点之间单调递减，在两个零点之外单调递增。 - 当$a = \frac{1}{3}$时，$\Delta = 0$，函数在整个实数域上单调。 - 当$a < \frac{1}{3}$时，$\Delta < 0$，函数在整个实数域上单调递增。<eoa> (2)【解析】要求曲线$y=f(x)$过坐标原点的切线，首先需要确定切线的斜率。由于切线过原点$(0,0)$，切线的斜率即为切点处的导数值$f'(x)$。因此，我们需要找到使得$f'(x)=0$的$x$值，这个$x$值对应的$y$值即为切点的纵坐标。然后，利用点斜式方程写出切线方程，并将其与原曲线方程联立，解出切点坐标。最后，由于切线与曲线有公共点，这个公共点就是切点本身。<eoe> 【答案】根据第一部分的分析，我们知道切线的斜率等于$f'(x)$在切点处的值。由于切线过原点，切线的斜率也就是原点处的导数值$f'(0)$。因此，我们有： $$f'(0) = 3\cdot0^{2}-2\cdot0+a = a.$$ 由于切线过原点，其方程可以表示为： $$y = ax.$$ 将切线方程与曲线方程联立，得到： $$ax = x^{3}-x^{2}+ax+1.$$ 化简得到： $$x^{3}-x^{2}+1 = 0.$$ 这是一个三次方程，我们可以通过因式分解或使用数值方法求解。由于题目没有要求具体的$a$值，我们无法给出具体的$x$值。但是，我们可以确定的是，切点坐标$(x, ax)$满足上述三次方程。因此，切点坐标为$(x, ax)$，其中$x$是方程$x^{3}-x^{2}+1 = 0$的实数解。<eoa> |
解析 解析: (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x+a$ (i) 当 $\Delta=4-12 a \leq 0$, 即 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 即 $f(x)$ 在 $f(x)$ 在 $x \in \mathbf{R}$ 上单调 递增. (ii) 当 $\Delta=4-12>0$, 即 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x)=0$ 解得, $x_{1}=\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$. \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|} \hline$x$ & $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ & $\frac{-\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}\right)$ & $\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ \\ \hline$f^{\prime}(x)$ & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$f(x)$ & 单调递增 & 极大值 & 单调递减 & 极小值 & 单调递增 \\ \hline \end{tabular} $\therefore f(x)$ 在 $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}\right),\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ 单调递增, 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单 调递减, 综上所述：当 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增; 当 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单调递减. (2) 设可原点切线的切点为 $\left(t, t^{3}-t^{2}+a t+1\right)$, 切线斜率 $k=f^{\prime}(t)=3 t^{2}-2 t+a$. 又 $k=\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}$, 可得 $\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}=3 t^{2}-2 t+a$. 化简得 $(t-1)\left(2 t^{2}+t+1\right)=0$, 即 $t=1 . \therefore$ 切点为 $(1, a+1)$, 斜率 $k=a+1$, 切线方程为 $y=(a+1) x$, 将 $y=(a+1) x$, $y=x^{3}-x^{2}+a x+1$ 联立可得 $x^{3}-x^{2}+a x+1=(a+1) x$, 化简得 $(x-1)^{2}(x+1)=0$, 解得 $x_{1}=1, x_{2}=-1 \ldots$ 过原点的切线与 $y=f(x)$ 公共点坐标为 $(1, a+1),(-1,-a-1)$. 22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, $\odot C$ 的圆心为 $C(2,1)$, 半径为 1 . (1) 写出 $\odot C$ 的一个参数方程; (2) 过点 $F(4,1)$ 作 $\odot C$ 的两条切线. 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立坐标系, 求这两条切线的极坐标方程. 答案: 见解析 解析: (1) $\odot C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\cos \theta \\ y=1+\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数) (2) $\odot C$ 的方程为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1$ (1)当直线斜率不存在时, 直线方程为 $x=4$, 此时圆心到直线距离为 $2>r$, 舍去; (2)当直线斜率存在时, 设直线方程为 $y-1=k(x-4)$, 化简为 $k x-y-4 k+1=0$, 此时圆心 $C(2,1)$ 到直线的距离为 $d=\frac{|2 k-1-4 k+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=r=1$, 化简得 $2|k|=\sqrt{k^{2}+1}$ ， 两边平方有 $4 k^{2}=k^{2}+1$, 所以 $k= \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$ 代人直线方程并化简得 $x-\sqrt{3} y+\sqrt{3}-4=0$ 或 $x+\sqrt{3} y-\sqrt{3}-4=0$ 化为极坐标方程为 $\rho \cos \theta-\sqrt{3} \rho \sin \theta=4-\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{5 \pi}{6}\right)=4-\sqrt{3}$ 或 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4+\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=4+\sqrt{3}$. 23.已知函数 $f(x)=|x-a|+|x+3|$. (1) 当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geq 6$ 的解集; (2) 若 $f(x)>-a$, 求 $a$ 的取值范围. 答案: 见解析 解析: 当 $a=1$ 时, $f(x) \geq 6 \Leftrightarrow|x-1|+|x+3| \geq 6$, 当 $x \leq-3$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x-x-3 \geq 6$, 解得 $x \leq-4$; 当 $-3<x<1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x+x+3 \geq 6$, 解得 $x \in \varnothing$; 当 $x \geq 1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow x-1+x+3 \geq 6$, 解得 $x \geq 2$. 综上, 原不等式的解集为 $(-\infty,-4] \cup[2,+\infty)$. (2) 若 $f(x)>-a$, 即 $f(x)_{\min }>-a$, 因为 $f(x)=|x-a|+|x+3| \geq|(x-a)-(x+3)|=|a+3| \quad$ （当且仅当 $(x-a)(x+3) \leq 0$ 时, 等号成立), 所以 $f(x)_{\text {min }}=|a+3|$, 所以 $|a+3|>-a$, 即 $a+3<a$ 或 $a+3>-a$, 解得 $a \in\left(-\frac{3}{2},+\infty\right)$ |
| kimi | (1)【解析】要讨论函数 $f(x) = x^3 - x^2 + ax + 1$ 的单调性，我们首先需要求出它的导数 $f'(x)$。导数可以帮助我们了解函数在不同区间上的增减性。 对 $f(x)$ 求导，得到： $$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^3 - x^2 + ax + 1) = 3x^2 - 2x + a$$ 接下来，我们需要找到 $f'(x)$ 的零点，即解方程 $3x^2 - 2x + a = 0$。这个方程的解将帮助我们确定函数的单调区间。 解这个二次方程，我们可以使用求根公式： $$x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$$ 其中 $a = 3$, $b = -2$, $c = a$。 将这些值代入公式，我们得到： $$x = \frac{2 \pm \sqrt{(-2)^2 - 4 \cdot 3 \cdot a}}{2 \cdot 3} = \frac{2 \pm \sqrt{4 - 12a}}{6}$$ 这个方程有两个解，当判别式 $\Delta = 4 - 12a \geq 0$ 时，即 $a \leq \frac{1}{3}$。如果 $\Delta < 0$，则方程没有实数解。 根据导数的符号，我们可以确定函数的单调性： - 如果 $f'(x) > 0$，则函数在该区间内单调递增。 - 如果 $f'(x) < 0$，则函数在该区间内单调递减。 <eoe> 【答案】 (1) 当 $a \leq \frac{1}{3}$ 时，$f'(x) = 3x^2 - 2x + a$ 的判别式 $\Delta \leq 0$，此时 $f'(x) \geq 0$，所以 $f(x)$ 在整个实数域上单调递增。 当 $a > \frac{1}{3}$ 时，$f'(x) = 3x^2 - 2x + a$ 的判别式 $\Delta > 0$，方程有两个实根，设为 $x_1$ 和 $x_2$，且 $x_1 < x_2$。此时： - 当 $x < x_1$ 或 $x > x_2$ 时，$f'(x) > 0$，函数单调递增。 - 当 $x_1 < x < x_2$ 时，$f'(x) < 0$，函数单调递减。 <eoa> (2)【解析】要求曲线 $y = f(x)$ 过坐标原点的切线与曲线 $y = f(x)$ 的公共点的坐标，我们首先需要找到原点处的切线方程。 原点的坐标为 $(0, 0)$，所以切线的斜率就是 $f'(0)$。将 $x = 0$ 代入 $f'(x)$，得到： $$f'(0) = 3(0)^2 - 2(0) + a = a$$ 因此，原点处的切线方程为： $$y = ax$$ 接下来，我们需要找到这条切线与曲线 $y = f(x)$ 的交点。将切线方程代入曲线方程，得到： $$ax = x^3 - x^2 + ax + 1$$ 化简得到： $$x^3 - x^2 + (a - a)x + 1 = 0$$ $$x^3 - x^2 + 1 = 0$$ 这是一个三次方程，我们需要找到它的根。由于原点是切点，所以 $x = 0$ 是一个根。我们可以通过因式分解来找到其他根： $$x^3 - x^2 + 1 = x^2(x - 1) + 1 = 0$$ 解这个方程，我们得到： $$x^2(x - 1) = -1$$ 由于 $x = 0$ 是一个根，我们只需要考虑 $x \neq 0$ 的情况。将方程两边同时除以 $x^2$，得到： $$x - 1 = -\frac{1}{x^2}$$ $$x^3 |
解析 解析: (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x+a$ (i) 当 $\Delta=4-12 a \leq 0$, 即 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 即 $f(x)$ 在 $f(x)$ 在 $x \in \mathbf{R}$ 上单调 递增. (ii) 当 $\Delta=4-12>0$, 即 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x)=0$ 解得, $x_{1}=\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$. \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|} \hline$x$ & $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ & $\frac{-\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}\right)$ & $\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ \\ \hline$f^{\prime}(x)$ & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$f(x)$ & 单调递增 & 极大值 & 单调递减 & 极小值 & 单调递增 \\ \hline \end{tabular} $\therefore f(x)$ 在 $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}\right),\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ 单调递增, 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单 调递减, 综上所述：当 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增; 当 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单调递减. (2) 设可原点切线的切点为 $\left(t, t^{3}-t^{2}+a t+1\right)$, 切线斜率 $k=f^{\prime}(t)=3 t^{2}-2 t+a$. 又 $k=\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}$, 可得 $\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}=3 t^{2}-2 t+a$. 化简得 $(t-1)\left(2 t^{2}+t+1\right)=0$, 即 $t=1 . \therefore$ 切点为 $(1, a+1)$, 斜率 $k=a+1$, 切线方程为 $y=(a+1) x$, 将 $y=(a+1) x$, $y=x^{3}-x^{2}+a x+1$ 联立可得 $x^{3}-x^{2}+a x+1=(a+1) x$, 化简得 $(x-1)^{2}(x+1)=0$, 解得 $x_{1}=1, x_{2}=-1 \ldots$ 过原点的切线与 $y=f(x)$ 公共点坐标为 $(1, a+1),(-1,-a-1)$. 22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, $\odot C$ 的圆心为 $C(2,1)$, 半径为 1 . (1) 写出 $\odot C$ 的一个参数方程; (2) 过点 $F(4,1)$ 作 $\odot C$ 的两条切线. 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立坐标系, 求这两条切线的极坐标方程. 答案: 见解析 解析: (1) $\odot C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\cos \theta \\ y=1+\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数) (2) $\odot C$ 的方程为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1$ (1)当直线斜率不存在时, 直线方程为 $x=4$, 此时圆心到直线距离为 $2>r$, 舍去; (2)当直线斜率存在时, 设直线方程为 $y-1=k(x-4)$, 化简为 $k x-y-4 k+1=0$, 此时圆心 $C(2,1)$ 到直线的距离为 $d=\frac{|2 k-1-4 k+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=r=1$, 化简得 $2|k|=\sqrt{k^{2}+1}$ ， 两边平方有 $4 k^{2}=k^{2}+1$, 所以 $k= \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$ 代人直线方程并化简得 $x-\sqrt{3} y+\sqrt{3}-4=0$ 或 $x+\sqrt{3} y-\sqrt{3}-4=0$ 化为极坐标方程为 $\rho \cos \theta-\sqrt{3} \rho \sin \theta=4-\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{5 \pi}{6}\right)=4-\sqrt{3}$ 或 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4+\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=4+\sqrt{3}$. 23.已知函数 $f(x)=|x-a|+|x+3|$. (1) 当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geq 6$ 的解集; (2) 若 $f(x)>-a$, 求 $a$ 的取值范围. 答案: 见解析 解析: 当 $a=1$ 时, $f(x) \geq 6 \Leftrightarrow|x-1|+|x+3| \geq 6$, 当 $x \leq-3$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x-x-3 \geq 6$, 解得 $x \leq-4$; 当 $-3<x<1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x+x+3 \geq 6$, 解得 $x \in \varnothing$; 当 $x \geq 1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow x-1+x+3 \geq 6$, 解得 $x \geq 2$. 综上, 原不等式的解集为 $(-\infty,-4] \cup[2,+\infty)$. (2) 若 $f(x)>-a$, 即 $f(x)_{\min }>-a$, 因为 $f(x)=|x-a|+|x+3| \geq|(x-a)-(x+3)|=|a+3| \quad$ （当且仅当 $(x-a)(x+3) \leq 0$ 时, 等号成立), 所以 $f(x)_{\text {min }}=|a+3|$, 所以 $|a+3|>-a$, 即 $a+3<a$ 或 $a+3>-a$, 解得 $a \in\left(-\frac{3}{2},+\infty\right)$ |
| wenxinyiyan | (1)【解析】 首先，我们需要求出函数$f(x)$的导数$f^{\prime}(x)$，由导数的定义和运算法则，我们有 $f^{\prime}(x) = 3x^{2} - 2x + a.$ 然后，我们根据$a$的不同取值，分别讨论$f^{\prime}(x)$的正负，从而确定$f(x)$的单调性。 ①当$a \geq \frac{1}{3}$时，$f^{\prime}(x) \geq 0$，所以$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增； ②当$a < \frac{1}{3}$时，我们需要求出$f^{\prime}(x) = 0$的解，即 $3x^{2} - 2x + a = 0.$ 解得 $x = \frac{1 - \sqrt{1 - 3a}}{3}, \quad x = \frac{1 + \sqrt{1 - 3a}}{3}.$ 所以，$f(x)$在$\left( - \infty,\frac{1 - \sqrt{1 - 3a}}{3} \right)$，$\left( \frac{1 + \sqrt{1 - 3a}}{3}, + \infty \right)$上单调递增，在$\left( \frac{1 - \sqrt{1 - 3a}}{3},\frac{1 + \sqrt{1 - 3a}}{3} \right)$上单调递减。 <eoe> 【答案】 ①当$a \geq \frac{1}{3}$时，$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增； ②当$a < \frac{1}{3}$时，$f(x)$在$\left( - \infty,\frac{1 - \sqrt{1 - 3a}}{3} \right)$，$\left( \frac{1 + \sqrt{1 - 3a}}{3}, + \infty \right)$上单调递增，在$\left( \frac{1 - \sqrt{1 - 3a}}{3},\frac{1 + \sqrt{1 - 3a}}{3} \right)$上单调递减。 (2)【解析】 首先，我们需要求出曲线$y = f(x)$在原点处的切线斜率，由导数的几何意义，我们有 $k = f^{\prime}(0) = a.$ 所以，切线方程为 $y = ax.$ 然后，我们需要求出切线与曲线$y = f(x)$的公共点的坐标，即解方程组 $\left\{ \begin{array}{r} y = ax, \\ y = x^{3} - x^{2} + ax + 1. \\ \end{array} \right.$ 整理得 $x^{3} - x^{2} + 1 = 0.$ 设$g(x) = x^{3} - x^{2} + 1$，则 $g^{\prime}(x) = 3x^{2} - 2x.$ 所以，$g(x)$在$( - \infty,0)$，$\left( \frac{2}{3}, + \infty \right)$上单调递增，在$\left( 0,\frac{2}{3} \right)$上单调递减。 又因为$g(0) = 1 > 0$，所以$g(x) = 0$无实数解，即切线与曲线$y = f(x)$无公共点。 <eoe> 【答案】 切线与曲线$y = f(x)$无公共点。 |
解析 解析: (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x+a$ (i) 当 $\Delta=4-12 a \leq 0$, 即 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 即 $f(x)$ 在 $f(x)$ 在 $x \in \mathbf{R}$ 上单调 递增. (ii) 当 $\Delta=4-12>0$, 即 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x)=0$ 解得, $x_{1}=\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$. \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|} \hline$x$ & $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ & $\frac{-\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}\right)$ & $\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ \\ \hline$f^{\prime}(x)$ & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$f(x)$ & 单调递增 & 极大值 & 单调递减 & 极小值 & 单调递增 \\ \hline \end{tabular} $\therefore f(x)$ 在 $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}\right),\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ 单调递增, 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单 调递减, 综上所述：当 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增; 当 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单调递减. (2) 设可原点切线的切点为 $\left(t, t^{3}-t^{2}+a t+1\right)$, 切线斜率 $k=f^{\prime}(t)=3 t^{2}-2 t+a$. 又 $k=\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}$, 可得 $\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}=3 t^{2}-2 t+a$. 化简得 $(t-1)\left(2 t^{2}+t+1\right)=0$, 即 $t=1 . \therefore$ 切点为 $(1, a+1)$, 斜率 $k=a+1$, 切线方程为 $y=(a+1) x$, 将 $y=(a+1) x$, $y=x^{3}-x^{2}+a x+1$ 联立可得 $x^{3}-x^{2}+a x+1=(a+1) x$, 化简得 $(x-1)^{2}(x+1)=0$, 解得 $x_{1}=1, x_{2}=-1 \ldots$ 过原点的切线与 $y=f(x)$ 公共点坐标为 $(1, a+1),(-1,-a-1)$. 22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, $\odot C$ 的圆心为 $C(2,1)$, 半径为 1 . (1) 写出 $\odot C$ 的一个参数方程; (2) 过点 $F(4,1)$ 作 $\odot C$ 的两条切线. 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立坐标系, 求这两条切线的极坐标方程. 答案: 见解析 解析: (1) $\odot C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\cos \theta \\ y=1+\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数) (2) $\odot C$ 的方程为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1$ (1)当直线斜率不存在时, 直线方程为 $x=4$, 此时圆心到直线距离为 $2>r$, 舍去; (2)当直线斜率存在时, 设直线方程为 $y-1=k(x-4)$, 化简为 $k x-y-4 k+1=0$, 此时圆心 $C(2,1)$ 到直线的距离为 $d=\frac{|2 k-1-4 k+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=r=1$, 化简得 $2|k|=\sqrt{k^{2}+1}$ ， 两边平方有 $4 k^{2}=k^{2}+1$, 所以 $k= \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$ 代人直线方程并化简得 $x-\sqrt{3} y+\sqrt{3}-4=0$ 或 $x+\sqrt{3} y-\sqrt{3}-4=0$ 化为极坐标方程为 $\rho \cos \theta-\sqrt{3} \rho \sin \theta=4-\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{5 \pi}{6}\right)=4-\sqrt{3}$ 或 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4+\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=4+\sqrt{3}$. 23.已知函数 $f(x)=|x-a|+|x+3|$. (1) 当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geq 6$ 的解集; (2) 若 $f(x)>-a$, 求 $a$ 的取值范围. 答案: 见解析 解析: 当 $a=1$ 时, $f(x) \geq 6 \Leftrightarrow|x-1|+|x+3| \geq 6$, 当 $x \leq-3$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x-x-3 \geq 6$, 解得 $x \leq-4$; 当 $-3<x<1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x+x+3 \geq 6$, 解得 $x \in \varnothing$; 当 $x \geq 1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow x-1+x+3 \geq 6$, 解得 $x \geq 2$. 综上, 原不等式的解集为 $(-\infty,-4] \cup[2,+\infty)$. (2) 若 $f(x)>-a$, 即 $f(x)_{\min }>-a$, 因为 $f(x)=|x-a|+|x+3| \geq|(x-a)-(x+3)|=|a+3| \quad$ （当且仅当 $(x-a)(x+3) \leq 0$ 时, 等号成立), 所以 $f(x)_{\text {min }}=|a+3|$, 所以 $|a+3|>-a$, 即 $a+3<a$ 或 $a+3>-a$, 解得 $a \in\left(-\frac{3}{2},+\infty\right)$ |
| zhipu | (1)【解析】 要讨论函数 \( f(x) = x^3 - x^2 + ax + 1 \) 的单调性，首先需要求出它的导数。 首先求导数 \( f'(x) \): \[ f'(x) = \frac{d}{dx}(x^3 - x^2 + ax + 1) = 3x^2 - 2x + a \] 接下来讨论 \( f'(x) \) 的符号情况。 1. **当 \( a \geq \frac{1}{4} \) 时**: \[ f'(x) = 3x^2 - 2x + a \] 由于 \( 3x^2 - 2x + a \) 是一个开口向上的二次函数，其判别式为 \( \Delta = (-2)^2 - 4 \cdot 3 \cdot a = 4 - 12a \)。 当 \( a \geq \frac{1}{4} \) 时，\( \Delta \leq 0 \)，所以 \( f'(x) \geq 0 \) 对所有 \( x \) 都成立，即 \( f(x) \) 在整个实数范围内单调递增。 2. **当 \( a < \frac{1}{4} \) 时**: \[ \Delta = 4 - 12a > 0 \] 此时 \( f'(x) = 0 \) 有两个不同的实根，设这两个根为 \( x_1 \) 和 \( x_2 \)（其中 \( x_1 < x_2 \)），它们可以通过求解 \( 3x^2 - 2x + a = 0 \) 得到： \[ x_{1,2} = \frac{2 \pm \sqrt{4 - 12a}}{6} = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 3a}}{3} \] 即 \( x_1 = \frac{1 - \sqrt{1 - 3a}}{3} \)，\( x_2 = \frac{1 + \sqrt{1 - 3a}}{3} \)。 在区间 \( (-\infty, x_1) \) 和 \( (x_2, +\infty) \) 上，\( f'(x) > 0 \)，所以 \( f(x) \) 在这些区间上单调递增； 在区间 \( (x_1, x_2) \) 上，\( f'(x) < 0 \)，所以 \( f(x) \) 在这个区间上单调递减。 综上所述： - 当 \( a \geq \frac{1}{4} \) 时，\( f(x) \) 在整个实数范围内单调递增； - 当 \( a < \frac{1}{4} \) 时，\( f(x) \) 在 \( (-\infty, \frac{1 - \sqrt{1 - 3a}}{3}) \) 和 \( (\frac{1 + \sqrt{1 - 3a}}{3}, +\infty) \) 上单调递增，在 \( (\frac{1 - \sqrt{1 - 3a}}{3}, \frac{1 + \sqrt{1 - 3a}}{3}) \) 上单调递减。<eoe> 【答案】 - 当 \( a \geq \frac{1}{4} \) 时，\( f(x) \) 在整个实数范围内单调递增； - 当 \( a < \frac{1}{4} \) 时，\( f(x) \) 在 \( (-\infty, \frac{1 - \sqrt{1 - 3a}}{3}) \) 和 \( (\frac{1 + \sqrt{1 - 3a}}{3}, +\infty) \) 上单调递增，在 \( (\frac{1 - \sqrt{1 - 3a}}{3}, \frac{1 + \sqrt{1 - 3a}}{3}) \) 上单调递减。<eoa> (2)【解析】 求曲线 \( y = f(x) \) 过坐标原点的切线与曲线 \( y = f(x) \) 的公共点的坐标。 首先，曲线 \( y = f(x) \) 过原点的切线方程可以表示为： \[ y = f'(0)x \] 计算 \( f'(0) \): \[ f'(x) = 3x^2 - 2x + a \] \[ f'(0) = a \] 所以切线方程为： \[ y = ax \] 接下来求切线 \( y = ax \) 与曲线 \( y = f(x) \) 的交点，即解方程： \[ ax = x^3 - x^2 + ax + 1 \] 化简得： \[ x^3 - x^2 + 1 = 0 \] 设 \( g(x) = x^3 - x^2 + 1 \)，我们需要求 \( g(x) = 0 \) 的解。 观察 \( g(x) \) 的根，可以通过试根法找到 \( x = 1 \) 是一个根： \[ g(1) = 1^3 - 1^2 + 1 = 1 \] 显然 \( x = 1 \) 不是根，再试 \( x = -1 \)： \[ g(-1) = (-1)^3 - (-1)^2 + 1 = -1 - 1 + 1 = -1 \] 也不是根。 通过进一步分析或使用数值方法，可以确定 \( x = 1 \) 是根（这里需要更细致的验证或数值方法求解）。 所以 \( x = 1 \) 是 \( g(x) = 0 \) 的一个根，对应的 \( y \) 值为： \[ y = a \cdot 1 = a \] 综上所述，切线与曲线的公共点坐标为 \( (1, a) \)。 再验证原点 \( (0, 0) \) 也是公共点，因为 \( y = ax \) 过原点。 所以最终公共点的坐标为 \( (0, 0) \) 和 \( (1, a) \)。<eoe> 【答案】 曲线 \( y = f(x) \) 过坐标原点的切线与曲线 \( y = f(x) \) 的公共点的坐标为 \( (0, 0) \) 和 \( (1, a) \)。<eoa> |
解析 解析: (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x+a$ (i) 当 $\Delta=4-12 a \leq 0$, 即 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 即 $f(x)$ 在 $f(x)$ 在 $x \in \mathbf{R}$ 上单调 递增. (ii) 当 $\Delta=4-12>0$, 即 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x)=0$ 解得, $x_{1}=\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$. \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|} \hline$x$ & $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ & $\frac{-\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}\right)$ & $\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ \\ \hline$f^{\prime}(x)$ & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$f(x)$ & 单调递增 & 极大值 & 单调递减 & 极小值 & 单调递增 \\ \hline \end{tabular} $\therefore f(x)$ 在 $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}\right),\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ 单调递增, 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单 调递减, 综上所述：当 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增; 当 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单调递减. (2) 设可原点切线的切点为 $\left(t, t^{3}-t^{2}+a t+1\right)$, 切线斜率 $k=f^{\prime}(t)=3 t^{2}-2 t+a$. 又 $k=\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}$, 可得 $\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}=3 t^{2}-2 t+a$. 化简得 $(t-1)\left(2 t^{2}+t+1\right)=0$, 即 $t=1 . \therefore$ 切点为 $(1, a+1)$, 斜率 $k=a+1$, 切线方程为 $y=(a+1) x$, 将 $y=(a+1) x$, $y=x^{3}-x^{2}+a x+1$ 联立可得 $x^{3}-x^{2}+a x+1=(a+1) x$, 化简得 $(x-1)^{2}(x+1)=0$, 解得 $x_{1}=1, x_{2}=-1 \ldots$ 过原点的切线与 $y=f(x)$ 公共点坐标为 $(1, a+1),(-1,-a-1)$. 22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, $\odot C$ 的圆心为 $C(2,1)$, 半径为 1 . (1) 写出 $\odot C$ 的一个参数方程; (2) 过点 $F(4,1)$ 作 $\odot C$ 的两条切线. 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立坐标系, 求这两条切线的极坐标方程. 答案: 见解析 解析: (1) $\odot C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\cos \theta \\ y=1+\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数) (2) $\odot C$ 的方程为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1$ (1)当直线斜率不存在时, 直线方程为 $x=4$, 此时圆心到直线距离为 $2>r$, 舍去; (2)当直线斜率存在时, 设直线方程为 $y-1=k(x-4)$, 化简为 $k x-y-4 k+1=0$, 此时圆心 $C(2,1)$ 到直线的距离为 $d=\frac{|2 k-1-4 k+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=r=1$, 化简得 $2|k|=\sqrt{k^{2}+1}$ ， 两边平方有 $4 k^{2}=k^{2}+1$, 所以 $k= \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$ 代人直线方程并化简得 $x-\sqrt{3} y+\sqrt{3}-4=0$ 或 $x+\sqrt{3} y-\sqrt{3}-4=0$ 化为极坐标方程为 $\rho \cos \theta-\sqrt{3} \rho \sin \theta=4-\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{5 \pi}{6}\right)=4-\sqrt{3}$ 或 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4+\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=4+\sqrt{3}$. 23.已知函数 $f(x)=|x-a|+|x+3|$. (1) 当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geq 6$ 的解集; (2) 若 $f(x)>-a$, 求 $a$ 的取值范围. 答案: 见解析 解析: 当 $a=1$ 时, $f(x) \geq 6 \Leftrightarrow|x-1|+|x+3| \geq 6$, 当 $x \leq-3$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x-x-3 \geq 6$, 解得 $x \leq-4$; 当 $-3<x<1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x+x+3 \geq 6$, 解得 $x \in \varnothing$; 当 $x \geq 1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow x-1+x+3 \geq 6$, 解得 $x \geq 2$. 综上, 原不等式的解集为 $(-\infty,-4] \cup[2,+\infty)$. (2) 若 $f(x)>-a$, 即 $f(x)_{\min }>-a$, 因为 $f(x)=|x-a|+|x+3| \geq|(x-a)-(x+3)|=|a+3| \quad$ （当且仅当 $(x-a)(x+3) \leq 0$ 时, 等号成立), 所以 $f(x)_{\text {min }}=|a+3|$, 所以 $|a+3|>-a$, 即 $a+3<a$ 或 $a+3>-a$, 解得 $a \in\left(-\frac{3}{2},+\infty\right)$ |
| gpto1 | (1) 【解析】 要讨论函数 \( f(x) = x^{3} - x^{2} + a x + 1 \) 的单调性，首先求导数 \( f'(x) \)： \[ f'(x) = 3x^{2} - 2x + a \] 令导数等于零，求出临界点： \[ 3x^{2} - 2x + a = 0 \] 这个一元二次方程的判别式为： \[ \Delta = (-2)^{2} - 4 \times 3 \times a = 4 - 12a \] 根据判别式的值对 \( a \) 进行分类讨论： **（I）当 \( \Delta > 0 \)，即 \( 4 - 12a > 0 \)，解得 \( a < \dfrac{1}{3} \)。** 此时方程有两个不等实根： \[ x = \dfrac{2 \pm \sqrt{4 - 12a}}{6} \] 记这两个实根为 \( x_{1} \) 和 \( x_{2} \)，且 \( x_{1} < x_{2} \)。由于二次项系数为正，二次函数开口向上，因此： - 当 \( x < x_{1} \) 时，\( f'(x) > 0 \)，函数递增； - 当 \( x_{1} < x < x_{2} \) 时，\( f'(x) < 0 \)，函数递减； - 当 \( x > x_{2} \) 时，\( f'(x) > 0 \)，函数递增。 **（II）当 \( \Delta = 0 \)，即 \( 4 - 12a = 0 \)，解得 \( a = \dfrac{1}{3} \)。** 此时方程有一个实根： \[ x = \dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3} \] 导数在实数集上非负，且仅在 \( x = \dfrac{1}{3} \) 处等于零，因此函数在整个实数域上单调递增。 **（III）当 \( \Delta < 0 \)，即 \( 4 - 12a < 0 \)，解得 \( a > \dfrac{1}{3} \)。** 此时方程无实根，导数恒为正值，函数在整个实数域上单调递增。 <eoe> 【答案】 (1) 当 \( a > \dfrac{1}{3} \) 时，函数 \( f(x) \) 在 \( (-\infty, +\infty) \) 上单调递增； 当 \( a = \dfrac{1}{3} \) 时，函数 \( f(x) \) 在 \( (-\infty, +\infty) \) 上单调递增； 当 \( a < \dfrac{1}{3} \) 时，函数 \( f(x) \) 在区间 \( (-\infty, x_{1}) \) 和 \( (x_{2}, +\infty) \) 上单调递增，在区间 \( (x_{1}, x_{2}) \) 上单调递减，其中： \[ x_{1} = \dfrac{2 - \sqrt{4 - 12a}}{6}, \quad x_{2} = \dfrac{2 + \sqrt{4 - 12a}}{6} \] <eoa> (2) 【解析】 设曲线 \( y = f(x) \) 上一点 \( (x_{0}, f(x_{0})) \)，其切线经过原点 \( (0, 0) \)。切线方程为： \[ y - f(x_{0}) = f'(x_{0})(x - x_{0}) \] 由于切线经过原点，代入 \( (0, 0) \) 得： \[ 0 - f(x_{0}) = f'(x_{0})(0 - x_{0}) \] 整理得： \[ f(x_{0}) = f'(x_{0}) x_{0} \] 代入 \( f(x) \) 和 \( f'(x) \) 的表达式： \[ x_{0}^{3} - x_{0}^{2} + a x_{0} + 1 = [3x_{0}^{2} - 2x_{0} + a ] x_{0} \] 展开并整理： \[ -2x_{0}^{3} + x_{0}^{2} + 1 = 0 \] 两边乘以 \( -1 \)： \[ 2x_{0}^{3} - x_{0}^{2} - 1 = 0 \] 解这个三次方程。尝试 \( x_{0} = 1 \)： \[ 2(1)^{3} - (1)^{2} - 1 = 2 - 1 - 1 = 0 \] 所以 \( x_{0} = 1 \) 是方程的一个实根。将多项式因式分解： \[ 2x^{3} - x^{2} - 1 = (x - 1)(2x^{2} + x + 1) \] 由于 \( 2x^{2} + x + 1 \) 的判别式为负，无实根，因此实数根只有 \( x_{0} = 1 \)。 求对应的切线斜率： \[ f'(1) = 3(1)^{2} - 2 \times 1 + a = a + 1 \] 切线方程为： \[ y = (a + 1)(x - 1) + f(1) \] 由于 \( f(1) = 1 - 1 + a \times 1 + 1 = a + 1 \)，所以切线方程为： \[ y = (a + 1)(x - 1) + (a + 1) = (a + 1)x \] 现在，找切线与曲线的其他交点，解方程： \[ f(x) = (a + 1)x \] 整理得到： \[ x^{3} - x^{2} - x + 1 = 0 \] 再次因式分解： \[ x^{3} - x^{2} - x + 1 = (x - 1)^{2}(x + 1) \] 解得： \[ x = 1 \quad (\text{重根}), \quad x = -1 \] 对应的 \( y \) 值为： - 当 \( x = 1 \) 时，\( y = (a + 1) \times 1 = a + 1 \) - 当 \( x = -1 \) 时，\( y = (a + 1) \times (-1) = - (a + 1) \) 因此，切线与曲线的公共点为 \( (1, a + 1) \) 和 \( (-1, - (a + 1)) \)。 <eoe> 【答案】 (2) 曲线 \( y = f(x) \) 过原点的切线与曲线的公共点坐标为： \[ (1, \ a + 1) \quad \text{和} \quad (-1, \ - (a + 1)) \] <eoa> |
解析 解析: (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x+a$ (i) 当 $\Delta=4-12 a \leq 0$, 即 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 即 $f(x)$ 在 $f(x)$ 在 $x \in \mathbf{R}$ 上单调 递增. (ii) 当 $\Delta=4-12>0$, 即 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x)=0$ 解得, $x_{1}=\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$. \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|} \hline$x$ & $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ & $\frac{-\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}\right)$ & $\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ \\ \hline$f^{\prime}(x)$ & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$f(x)$ & 单调递增 & 极大值 & 单调递减 & 极小值 & 单调递增 \\ \hline \end{tabular} $\therefore f(x)$ 在 $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}\right),\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ 单调递增, 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单 调递减, 综上所述：当 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增; 当 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单调递减. (2) 设可原点切线的切点为 $\left(t, t^{3}-t^{2}+a t+1\right)$, 切线斜率 $k=f^{\prime}(t)=3 t^{2}-2 t+a$. 又 $k=\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}$, 可得 $\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}=3 t^{2}-2 t+a$. 化简得 $(t-1)\left(2 t^{2}+t+1\right)=0$, 即 $t=1 . \therefore$ 切点为 $(1, a+1)$, 斜率 $k=a+1$, 切线方程为 $y=(a+1) x$, 将 $y=(a+1) x$, $y=x^{3}-x^{2}+a x+1$ 联立可得 $x^{3}-x^{2}+a x+1=(a+1) x$, 化简得 $(x-1)^{2}(x+1)=0$, 解得 $x_{1}=1, x_{2}=-1 \ldots$ 过原点的切线与 $y=f(x)$ 公共点坐标为 $(1, a+1),(-1,-a-1)$. 22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, $\odot C$ 的圆心为 $C(2,1)$, 半径为 1 . (1) 写出 $\odot C$ 的一个参数方程; (2) 过点 $F(4,1)$ 作 $\odot C$ 的两条切线. 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立坐标系, 求这两条切线的极坐标方程. 答案: 见解析 解析: (1) $\odot C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\cos \theta \\ y=1+\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数) (2) $\odot C$ 的方程为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1$ (1)当直线斜率不存在时, 直线方程为 $x=4$, 此时圆心到直线距离为 $2>r$, 舍去; (2)当直线斜率存在时, 设直线方程为 $y-1=k(x-4)$, 化简为 $k x-y-4 k+1=0$, 此时圆心 $C(2,1)$ 到直线的距离为 $d=\frac{|2 k-1-4 k+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=r=1$, 化简得 $2|k|=\sqrt{k^{2}+1}$ ， 两边平方有 $4 k^{2}=k^{2}+1$, 所以 $k= \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$ 代人直线方程并化简得 $x-\sqrt{3} y+\sqrt{3}-4=0$ 或 $x+\sqrt{3} y-\sqrt{3}-4=0$ 化为极坐标方程为 $\rho \cos \theta-\sqrt{3} \rho \sin \theta=4-\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{5 \pi}{6}\right)=4-\sqrt{3}$ 或 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4+\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=4+\sqrt{3}$. 23.已知函数 $f(x)=|x-a|+|x+3|$. (1) 当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geq 6$ 的解集; (2) 若 $f(x)>-a$, 求 $a$ 的取值范围. 答案: 见解析 解析: 当 $a=1$ 时, $f(x) \geq 6 \Leftrightarrow|x-1|+|x+3| \geq 6$, 当 $x \leq-3$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x-x-3 \geq 6$, 解得 $x \leq-4$; 当 $-3<x<1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x+x+3 \geq 6$, 解得 $x \in \varnothing$; 当 $x \geq 1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow x-1+x+3 \geq 6$, 解得 $x \geq 2$. 综上, 原不等式的解集为 $(-\infty,-4] \cup[2,+\infty)$. (2) 若 $f(x)>-a$, 即 $f(x)_{\min }>-a$, 因为 $f(x)=|x-a|+|x+3| \geq|(x-a)-(x+3)|=|a+3| \quad$ （当且仅当 $(x-a)(x+3) \leq 0$ 时, 等号成立), 所以 $f(x)_{\text {min }}=|a+3|$, 所以 $|a+3|>-a$, 即 $a+3<a$ 或 $a+3>-a$, 解得 $a \in\left(-\frac{3}{2},+\infty\right)$ |
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