| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 首先，我们需要找到曲线 \( y = f(x) = x^3 - x \) 在点 \( (x_1, f(x_1)) \) 处的切线方程。已知 \( x_1 = -1 \)，我们先计算 \( f(-1) \) 和 \( f'(-1) \)。 \[ f(x) = x^3 - x \] \[ f' (x) = 3x^2 - 1 \] 当 \( x = -1 \) 时， \[ f(-1) = (-1)^3 - (-1) = -1 + 1 = 0 \] \[ f'(-1) = 3(-1)^2 - 1 = 3 - 1 = 2 \] 因此，曲线 \( y = f(x) \) 在点 \( (-1, 0) \) 处的切线方程为： \[ y - 0 = 2(x + 1) \] \[ y = 2x + 2 \] 接下来，我们需要找到曲线 \( y = g(x) = x^2 + a \) 在某点的切线方程与上述切线方程相同。设该点为 \( (x_2, g(x_2)) \)，则有： \[ g'(x_2) = 2x_2 \] 因为切线斜率相同，所以： \[ 2x_2 = 2 \] \[ x_2 = 1 \] 将 \( x_2 = 1 \) 代入 \( g(x) \) 中，得到： \[ g(1) = 1^2 + a = 1 + a \] 切线方程为： \[ y - (1 + a) = 2(x - 1) \] \[ y = 2x - 2 + 1 + a \] \[ y = 2x - 1 + a \] 因为这条切线方程与 \( y = 2x + 2 \) 相同，所以： \[ -1 + a = 2 \] \[ a = 3 \] <eoe> 【答案】 \( a = 3 \) <eoa> (2)【解析】 我们需要找到 \( a \) 的取值范围，使得曲线 \( y = f(x) = x^3 - x \) 和 \( y = g(x) = x^2 + a \) 有相同的切线。我们已经知道 \( f'(x) = 3x^2 - 1 \) 和 \( g'(x) = 2x \)。 令 \( f'(x) = g'(x) \)，即： \[ 3x^2 - 1 = 2x \] \[ 3x^2 - 2x - 1 = 0 \] 解这个二次方程： \[ x = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 12}}{6} = \frac{2 \pm \sqrt{16}}{6} = \frac{2 \pm 4}{6} \] 所以： \[ x = 1 \quad \text{或} \quad x = -\frac{1}{3} \] 当 \( x = 1 \) 时， \[ f(1) = 1^3 - 1 = 0 \] \[ g(1) = 1^2 + a = 1 + a \] 切线方程为： \[ y - 0 = 2(x - 1) \] \[ y = 2x - 2 \] 所以： \[ 1 + a = -2 \] \[ a = -3 \] 当 \( x = -\frac{1}{3} \) 时， \[ f\left(-\frac{1}{3}\right) = \left(-\frac{1}{3}\right)^3 - \left(-\frac{1}{3}\right) = -\frac{1}{27} + \frac{1}{3} = \frac{8}{27} \] \[ g\left(-\frac{1}{3}\right) = \left(-\frac{1}{3}\right)^2 + a = \frac{1}{9} + a \] 切线方程为： \[ y - \frac{8}{27} = -\frac{2}{3}\left(x + \frac{1}{3}\right) \] \[ y = -\frac{2}{3}x - \frac{2}{9} + \frac{8}{27} \] \[ y = -\frac{2}{3}x - \frac{6}{27} + \frac{8}{27} \] \[ y = -\frac{2}{3}x + \frac{2}{27} \] 所以： \[ \frac{1}{9} + a = \frac{2}{27} \] \[ a = \frac{2}{27} - \frac{3}{27} = -\frac{1}{27} \] 综上所述， \( a \) 的取值范围是： \[ a \in \left\{-3, -\frac{1}{27}\right\} \] <eoe> 【答案】 \( a \in \left\{-3, -\frac{1}{27}\right\} \) <eoa> |
【小问 1 详解】} 由题意知, $f(-1)=-1-(-1)=0, f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1, f^{\prime}(-1)=3-1=2$, 则 $y=f(x)$ 在点 $(-1,0)$ 处的切线方程为 $y=2(x+1)$, 即 $y=2 x+2$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}=2$, 解 得 $x_{2}=1$, 则 $g(1)=1+a=2+2$, 解得 $a=3$; 【小问 2 详解】} $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1$, 则 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right)$ 处的切线方程为 $y-\left(x_{1}^{3}-x_{1}\right)=\left(3 x_{1}^{2}-1\right)\left(x-x_{1}\right)$, 整理得 $y=\left(3 x_{1}^{2}-1\right) x-2 x_{1}^{3}$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}$, 则切线方程为 $y-\left(x_{2}^{2}+a\right)=2 x_{2}\left(x-x_{2}\right)$, 整理得 $y=2 x_{2} x-x_{2}^{2}+a$, 则 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}-1=2 x_{2} \\ -2 x_{1}^{3}=-x_{2}^{2}+a\end{array}\right.$, 整理得 $a=x_{2}^{2}-2 x_{1}^{3}=\left(\frac{3 x_{1}^{2}}{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}-2 x_{1}^{3}=\frac{9}{4} x_{1}^{4}-2 x_{1}^{3}-\frac{3}{2} x_{1}^{2}+\frac{1}{4}$, 令 $h(x)=\frac{9}{4} x^{4}-2 x^{3}-\frac{3}{2} x^{2}+\frac{1}{4}$, 则 $h^{\prime}(x)=9 x^{3}-6 x^{2}-3 x=3 x(3 x+1)(x-1)$, 令 $h^{\prime}(x)>0$ ，解得 $-\frac{1}{3}<x<0$ 或 $x>1$ ， 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-\frac{1}{3}$ 或 $0<x<1$, 则 $x$ 变化时, $h^{\prime}(x), h(x)$ 的变化情况如下表: \begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|} \hline$x$ & $\left(-\infty,-\frac{1}{3}\right)$ & $-\frac{1}{3}$ & $\left(-\frac{1}{3}, 0\right)$ & 0 & $(0,1)$ & 1 & $(1,+\infty)$ \\ \hline$h^{\prime}(x)$ & - & 0 & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$h(x)$ & $\searrow$ & $\frac{5}{27}$ & $\nearrow$ & $\frac{1}{4}$ & $\searrow$ & -1 & $\nearrow$ \\ \hline \end{tabular} 则 $h(x)$ 的值域为 $[-1,+\infty)$, 故 $a$ 的取值范围为 $[-1,+\infty)$. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 当 \( x_1 = -1 \) 时，计算 \( f(x) \) 在该点的函数值和导数值： \[ f(-1) = (-1)^3 - (-1) = 0, \quad f'(-1) = 3(-1)^2 - 1 = 2. \] 切线方程为 \( y = 2(x + 1) \)，即 \( y = 2x + 2 \)。 对于 \( g(x) = x^2 + a \)，其导数为 \( g'(x) = 2x \)。设切线在 \( x = x_0 \) 处与 \( g(x) \) 相切，则斜率满足： \[ 2x_0 = 2 \implies x_0 = 1. \] 此时 \( g(1) = 1 + a \)，代入切线方程得： \[ 1 + a = 2 \cdot 1 + 2 \implies a = 3. \] <eoe> 【答案】\( a = \boxed{3} \) <eoa> (2)【解析】 设 \( f(x) \) 在 \( x_1 \) 处的切线方程为： \[ y = (3x_1^2 - 1)x - 2x_1^3. \] \( g(x) \) 在 \( x_0 \) 处的切线方程为： \[ y = 2x_0x - x_0^2 + a. \] 两切线重合需满足： \[ 3x_1^2 - 1 = 2x_0 \quad \text{和} \quad -2x_1^3 = -x_0^2 + a. \] 消去 \( x_0 \)，得： \[ a = \frac{9x_1^4 - 8x_1^3 - 6x_1^2 + 1}{4}. \] 求此函数 \( h(x_1) \) 的极值。通过求导 \( h'(x_1) = 3x_1(3x_1^2 - 2x_1 - 1) \)，解得临界点 \( x_1 = 0, 1, -\frac{1}{3} \)。计算各点处的 \( h(x_1) \)： \[ h(0) = \frac{1}{4}, \quad h(1) = -1, \quad h\left(-\frac{1}{3}\right) = \frac{5}{27}. \] 分析得最小值为 \( -1 \)，当 \( x_1 \to \pm\infty \) 时 \( a \to +\infty \)，故 \( a \) 的取值范围为 \([-1, +\infty)\)。 <eoe> 【答案】\( a \) 的取值范围是 \(\boxed{[-1, +\infty)}\) <eoa> |
【小问 1 详解】} 由题意知, $f(-1)=-1-(-1)=0, f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1, f^{\prime}(-1)=3-1=2$, 则 $y=f(x)$ 在点 $(-1,0)$ 处的切线方程为 $y=2(x+1)$, 即 $y=2 x+2$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}=2$, 解 得 $x_{2}=1$, 则 $g(1)=1+a=2+2$, 解得 $a=3$; 【小问 2 详解】} $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1$, 则 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right)$ 处的切线方程为 $y-\left(x_{1}^{3}-x_{1}\right)=\left(3 x_{1}^{2}-1\right)\left(x-x_{1}\right)$, 整理得 $y=\left(3 x_{1}^{2}-1\right) x-2 x_{1}^{3}$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}$, 则切线方程为 $y-\left(x_{2}^{2}+a\right)=2 x_{2}\left(x-x_{2}\right)$, 整理得 $y=2 x_{2} x-x_{2}^{2}+a$, 则 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}-1=2 x_{2} \\ -2 x_{1}^{3}=-x_{2}^{2}+a\end{array}\right.$, 整理得 $a=x_{2}^{2}-2 x_{1}^{3}=\left(\frac{3 x_{1}^{2}}{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}-2 x_{1}^{3}=\frac{9}{4} x_{1}^{4}-2 x_{1}^{3}-\frac{3}{2} x_{1}^{2}+\frac{1}{4}$, 令 $h(x)=\frac{9}{4} x^{4}-2 x^{3}-\frac{3}{2} x^{2}+\frac{1}{4}$, 则 $h^{\prime}(x)=9 x^{3}-6 x^{2}-3 x=3 x(3 x+1)(x-1)$, 令 $h^{\prime}(x)>0$ ，解得 $-\frac{1}{3}<x<0$ 或 $x>1$ ， 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-\frac{1}{3}$ 或 $0<x<1$, 则 $x$ 变化时, $h^{\prime}(x), h(x)$ 的变化情况如下表: \begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|} \hline$x$ & $\left(-\infty,-\frac{1}{3}\right)$ & $-\frac{1}{3}$ & $\left(-\frac{1}{3}, 0\right)$ & 0 & $(0,1)$ & 1 & $(1,+\infty)$ \\ \hline$h^{\prime}(x)$ & - & 0 & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$h(x)$ & $\searrow$ & $\frac{5}{27}$ & $\nearrow$ & $\frac{1}{4}$ & $\searrow$ & -1 & $\nearrow$ \\ \hline \end{tabular} 则 $h(x)$ 的值域为 $[-1,+\infty)$, 故 $a$ 的取值范围为 $[-1,+\infty)$. |
| gpto1 | (1)【解析】 首先，计算函数 \( f(x) \) 在 \( x_1 = -1 \) 处的导数： \( f'(x) = 3x^2 -1 \) 所以，\( f'(-1) = 3(-1)^2 -1 = 2 \) 因此，曲线 \( y = f(x) \) 在 \( x = -1 \) 处的切线斜率为 2。 切线方程为： \( y - f(-1) = f'(-1)( x - (-1)) \) 计算 \( f(-1) \)： \( f(-1) = (-1)^3 - (-1) = -1 + 1 = 0 \) 所以切线方程为： \( y - 0 = 2( x + 1 ) \) 即 \( y = 2 ( x + 1 ) \) 该切线也是曲线 \( y = g(x) \) 的切线，所以方程 \( y = 2( x + 1 ) \) 应与 \( y = g(x) = x^2 + a \) 有共同的切点。 将切线方程代入 \( y = g(x) \)： \( 2( x + 1 ) = x^2 + a \) 移项并整理： \( x^2 - 2x - 2 + a = 0 \) 因为切线与曲线 \( y = g(x) \) 只有一个公共点，所以方程的判别式必须为零： \( D = (-2)^2 - 4 \times 1 \times (-2 + a) = 4 - 4(-2 + a) = 4 + 8 - 4a = 12 - 4a \) 令 \( D = 0 \)，解得： \( 12 - 4a = 0 \) \( a = 3 \) <eoe> 【答案】 \( a = 3 \) <eoa> (2)【解析】 设曲线 \( y = f(x) \) 在 \( x = x_1 \) 处的切线方程为： \( y = f'(x_1)(x - x_1) + f(x_1) \) 由于该切线也是曲线 \( y = g(x) \) 的切线，所以有： 1. 切线过曲线 \( y = g(x) \) 上的一点，即： \( f'(x_1)(x - x_1) + f(x_1) = x^2 + a \) (1) 2. 在切点处，切线的斜率相等，即： \( f'(x_1) = g'(x) \) 而 \( g'(x) = 2x \)，所以： \( f'(x_1) = 2x \) 解得切点的横坐标为： \( x = \dfrac{f'(x_1)}{2} \) 将 \( x \) 代入 (1) 式： \( f'(x_1)\left(\dfrac{f'(x_1)}{2} - x_1\right) + f(x_1) = \left(\dfrac{f'(x_1)}{2}\right)^2 + a \) 整理得到： \( \dfrac{[f'(x_1)]^2}{2} - f'(x_1)x_1 + f(x_1) = \dfrac{[f'(x_1)]^2}{4} + a \) 移项，得到关于 \( a \) 的表达式： \( a = \dfrac{[f'(x_1)]^2}{4} - f'(x_1)x_1 + f(x_1) \) 将 \( f(x) \) 和 \( f'(x) \) 代入，得： \( f(x_1) = x_1^3 - x_1 \) \( f'(x_1) = 3x_1^2 - 1 \) 因此： \( a = \dfrac{(3x_1^2 - 1)^2}{4} - (3x_1^2 - 1)x_1 + x_1^3 - x_1 \) 展开并化简： \( a = \dfrac{9x_1^4 - 6x_1^2 + 1}{4} - 3x_1^3 + x_1 + x_1^3 - x_1 \) 合并同类项： \( a = \dfrac{9x_1^4 - 6x_1^2 + 1}{4} - 2x_1^3 \) 为求 \( a \) 的取值范围，考虑函数： \( A(x_1) = \dfrac{9x_1^4 - 8x_1^3 - 6x_1^2 + 1}{4} \) 即 \( a = A(x_1) \) 研究 \( A(x_1) \) 的最小值。 求导： \( A'(x_1) = \dfrac{36x_1^3 - 24x_1^2 - 12x_1}{4} = 9x_1^3 - 6x_1^2 - 3x_1 \) 令 \( A'(x_1) = 0 \)，解得： \( x_1(3x_1^2 - 2x_1 - 1) = 0 \) 即 \( x_1 = 0 \) 或 \( x_1 = 1 \) 或 \( x_1 = -\dfrac{1}{3} \) 计算这些点对应的 \( A(x_1) \) 值： - 当 \( x_1 = 0 \) 时，\( A(0) = \dfrac{1}{4} \) - 当 \( x_1 = 1 \) 时，\( A(1) = \dfrac{-4}{4} = -1 \) - 当 \( x_1 = -\dfrac{1}{3} \) 时，\( A\left(-\dfrac{1}{3}\right) = \dfrac{20}{27 \times 4} \approx 0.185 \) 由于 \( A(x_1) \) 在 \( x_1 \rightarrow \pm\infty \) 时趋于正无穷，所以 \( a \) 的最小值为： \( a_{\min} = -1 \) 因此，\( a \) 的取值范围为： \( a \geq -1 \) <eoe> 【答案】 \( a \geq -1 \)，即 \( a \) 的取值范围为 \( [-1, +\infty) \) <eoa> |
【小问 1 详解】} 由题意知, $f(-1)=-1-(-1)=0, f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1, f^{\prime}(-1)=3-1=2$, 则 $y=f(x)$ 在点 $(-1,0)$ 处的切线方程为 $y=2(x+1)$, 即 $y=2 x+2$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}=2$, 解 得 $x_{2}=1$, 则 $g(1)=1+a=2+2$, 解得 $a=3$; 【小问 2 详解】} $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1$, 则 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right)$ 处的切线方程为 $y-\left(x_{1}^{3}-x_{1}\right)=\left(3 x_{1}^{2}-1\right)\left(x-x_{1}\right)$, 整理得 $y=\left(3 x_{1}^{2}-1\right) x-2 x_{1}^{3}$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}$, 则切线方程为 $y-\left(x_{2}^{2}+a\right)=2 x_{2}\left(x-x_{2}\right)$, 整理得 $y=2 x_{2} x-x_{2}^{2}+a$, 则 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}-1=2 x_{2} \\ -2 x_{1}^{3}=-x_{2}^{2}+a\end{array}\right.$, 整理得 $a=x_{2}^{2}-2 x_{1}^{3}=\left(\frac{3 x_{1}^{2}}{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}-2 x_{1}^{3}=\frac{9}{4} x_{1}^{4}-2 x_{1}^{3}-\frac{3}{2} x_{1}^{2}+\frac{1}{4}$, 令 $h(x)=\frac{9}{4} x^{4}-2 x^{3}-\frac{3}{2} x^{2}+\frac{1}{4}$, 则 $h^{\prime}(x)=9 x^{3}-6 x^{2}-3 x=3 x(3 x+1)(x-1)$, 令 $h^{\prime}(x)>0$ ，解得 $-\frac{1}{3}<x<0$ 或 $x>1$ ， 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-\frac{1}{3}$ 或 $0<x<1$, 则 $x$ 变化时, $h^{\prime}(x), h(x)$ 的变化情况如下表: \begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|} \hline$x$ & $\left(-\infty,-\frac{1}{3}\right)$ & $-\frac{1}{3}$ & $\left(-\frac{1}{3}, 0\right)$ & 0 & $(0,1)$ & 1 & $(1,+\infty)$ \\ \hline$h^{\prime}(x)$ & - & 0 & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$h(x)$ & $\searrow$ & $\frac{5}{27}$ & $\nearrow$ & $\frac{1}{4}$ & $\searrow$ & -1 & $\nearrow$ \\ \hline \end{tabular} 则 $h(x)$ 的值域为 $[-1,+\infty)$, 故 $a$ 的取值范围为 $[-1,+\infty)$. |
| GPT-4o | (1)【解析】 首先，由题意，函数 $f(x)=x^3-x$ 在点 $x_1=-1$ 处的切线也是曲线 $y=g(x)=x^2+a$ 的切线。我们需要求出这两条曲线在点 $x_1=-1$ 处的切线方程。 先求 $f(x)$ 在 $x_1=-1$ 处的切线方程。 \[ f(x) = x^3 - x \] \[ f' (x) = 3x^2 - 1 \] 当 $x_1 = -1$ 时，$f(-1) = (-1)^3 - (-1) = -1 + 1 = 0$，且 \[ f'(-1) = 3(-1)^2 - 1 = 3 - 1 = 2 \] 所以，$f(x)$ 在 $x=-1$ 处的切线方程为： \[ y - f(-1) = f'(-1) (x - (-1)) \] \[ y - 0 = 2(x + 1) \] \[ y = 2x + 2 \] 接下来，我们求 $g(x)$ 在切线 $y = 2x + 2$ 处的 $a$ 值。$g(x) = x^2 + a$，其导数为： \[ g' (x) = 2x \] 由于两条曲线的切线相同，所以在 $x = -1$ 处的斜率也应相同，即： \[ g' (-1) = 2(-1) = -2 \] 但是我们得到了斜率的矛盾，所以我们有误，我们应重新考虑。这里我们需要使用切点的斜率。 重新考虑。由于 $y = 2x + 2$ 是 $g(x)$ 的切线，$g(x) = x^2 + a$，且 $g(-1) = (-1)^2 + a = 1 + a$。 切线方程为 $y = 2x + 2$ 在 $x=-1$ 处： \[ y = 2(-1) + 2 = 0 \] 所以 $g(-1) = 0$ 即，$1 + a = 0$， \[ a = -1 \] <eoe> 【答案】$a = -1$<eoa> (2)【解析】 为了求 $a$ 的取值范围，我们需要考虑 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的切线在其他点处也能重合的情况。 假设 $x_1 = t$，则 $f(t) = t^3 - t$，$f'(t) = 3t^2 - 1$。设 $y = (3t^2 - 1)(x - t) + t^3 - t$ 为 $f(x)$ 在 $x=t$ 处的切线。 同样，$g(x) = x^2 + a$，且 $g'(t) = 2t$。因为切线相同，所以斜率相等： \[ 3t^2 - 1 = 2t \] 解这个方程： \[ 3t^2 - 2t - 1 = 0 \] 使用求根公式： \[ t = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 12}}{6} = \frac{2 \pm 4}{6} \] \[ t_1 = 1, \quad t_2 = -\frac{1}{3} \] 对于 $t = 1$ 时，计算 $a$： \[ f(1) = 1^3 - 1 = 0 \] \[ g(1) = 1 + a \] \[ 1 + a = 0 \] \[ a = -1 \] 对于 $t = -\frac{1}{3}$ 时，计算 $a$： \[ f\left(-\frac{1}{3}\right) = \left(-\frac{1}{3}\right)^3 - \left(-\frac{1}{3}\right) = -\frac{1}{27} + \frac{1}{3} = \frac{8}{27} \] \[ g\left(-\frac{1}{3}\right) = \left(-\frac{1}{3}\right)^2 + a = \frac{1}{9} + a \] \[ |
【小问 1 详解】} 由题意知, $f(-1)=-1-(-1)=0, f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1, f^{\prime}(-1)=3-1=2$, 则 $y=f(x)$ 在点 $(-1,0)$ 处的切线方程为 $y=2(x+1)$, 即 $y=2 x+2$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}=2$, 解 得 $x_{2}=1$, 则 $g(1)=1+a=2+2$, 解得 $a=3$; 【小问 2 详解】} $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1$, 则 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right)$ 处的切线方程为 $y-\left(x_{1}^{3}-x_{1}\right)=\left(3 x_{1}^{2}-1\right)\left(x-x_{1}\right)$, 整理得 $y=\left(3 x_{1}^{2}-1\right) x-2 x_{1}^{3}$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}$, 则切线方程为 $y-\left(x_{2}^{2}+a\right)=2 x_{2}\left(x-x_{2}\right)$, 整理得 $y=2 x_{2} x-x_{2}^{2}+a$, 则 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}-1=2 x_{2} \\ -2 x_{1}^{3}=-x_{2}^{2}+a\end{array}\right.$, 整理得 $a=x_{2}^{2}-2 x_{1}^{3}=\left(\frac{3 x_{1}^{2}}{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}-2 x_{1}^{3}=\frac{9}{4} x_{1}^{4}-2 x_{1}^{3}-\frac{3}{2} x_{1}^{2}+\frac{1}{4}$, 令 $h(x)=\frac{9}{4} x^{4}-2 x^{3}-\frac{3}{2} x^{2}+\frac{1}{4}$, 则 $h^{\prime}(x)=9 x^{3}-6 x^{2}-3 x=3 x(3 x+1)(x-1)$, 令 $h^{\prime}(x)>0$ ，解得 $-\frac{1}{3}<x<0$ 或 $x>1$ ， 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-\frac{1}{3}$ 或 $0<x<1$, 则 $x$ 变化时, $h^{\prime}(x), h(x)$ 的变化情况如下表: \begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|} \hline$x$ & $\left(-\infty,-\frac{1}{3}\right)$ & $-\frac{1}{3}$ & $\left(-\frac{1}{3}, 0\right)$ & 0 & $(0,1)$ & 1 & $(1,+\infty)$ \\ \hline$h^{\prime}(x)$ & - & 0 & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$h(x)$ & $\searrow$ & $\frac{5}{27}$ & $\nearrow$ & $\frac{1}{4}$ & $\searrow$ & -1 & $\nearrow$ \\ \hline \end{tabular} 则 $h(x)$ 的值域为 $[-1,+\infty)$, 故 $a$ 的取值范围为 $[-1,+\infty)$. |
| llama3.1-70B-Instruct | (1)【解析】由题意,曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线方程为y-(-2)=3(x+1),即y=3x+1,曲线y=g(x)在点(-1,f(-1))处的切线方程为y-(-1+2a)=2(-1)(x+1),即y=-2x-1-2a,由两切线方程相等,得3x+1=-2x-1-2a,解得a=-2.【答案】a=-2.(2)【解析】由题意,曲线y=f(x)在点(x_{1},f(x_{1}))处的切线方程为y-f(x_{1})=f'(x_{1})(x-x_{1}),即y-f(x_{1})=3x_{1}^{2}-1)(x-x_{1}),曲线y=g(x)在点(x_{1},f(x_{1}))处的切线方程为y-f(x_{1})=2x_{1}(x-x_{1}),由两切线方程相等,得3x_{1}^{2}-1=2x_{1},解得x_{1}=1或x_{1}=-\frac{1}{3},当x_{1}=1时,曲线y=g(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-0=2(x-1),即y=2x-2,曲线y=g(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1,由两切线方程相等,得2x-2=2x-1,无解,所以x_{1}\neq1,当x_{1}=-\frac{1}{3}时,曲线y=g(x)在点(-\frac{1}{3},f(-\frac{1}{3}))处的切线方程为y-\frac{2}{27}=\frac{2}{3}(x+\frac{1}{3}),即y=\frac{2}{3}x-\frac{2}{9},曲线y=g(x)在点(-\frac{1}{3},f(-\frac{1}{3}))处的切线方程为y-\frac{2}{27}=-\frac{2}{3}(x+\frac{1}{3}),即y=-\frac{2}{3}x-\frac{2}{9},由两切线方程相等,得\frac{2}{3}x-\frac{2}{9}=-\frac{2}{3}x-\frac{2}{9},解得x=0,所以a=\frac{1}{9}.综上,a的取值范围为(-\infty,-2)\cup(-2,\frac{1}{9}).<eoe>【答案】(-\infty,-2)\cup(-2,\frac{1}{9}).<eoa> |
【小问 1 详解】} 由题意知, $f(-1)=-1-(-1)=0, f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1, f^{\prime}(-1)=3-1=2$, 则 $y=f(x)$ 在点 $(-1,0)$ 处的切线方程为 $y=2(x+1)$, 即 $y=2 x+2$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}=2$, 解 得 $x_{2}=1$, 则 $g(1)=1+a=2+2$, 解得 $a=3$; 【小问 2 详解】} $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1$, 则 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right)$ 处的切线方程为 $y-\left(x_{1}^{3}-x_{1}\right)=\left(3 x_{1}^{2}-1\right)\left(x-x_{1}\right)$, 整理得 $y=\left(3 x_{1}^{2}-1\right) x-2 x_{1}^{3}$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}$, 则切线方程为 $y-\left(x_{2}^{2}+a\right)=2 x_{2}\left(x-x_{2}\right)$, 整理得 $y=2 x_{2} x-x_{2}^{2}+a$, 则 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}-1=2 x_{2} \\ -2 x_{1}^{3}=-x_{2}^{2}+a\end{array}\right.$, 整理得 $a=x_{2}^{2}-2 x_{1}^{3}=\left(\frac{3 x_{1}^{2}}{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}-2 x_{1}^{3}=\frac{9}{4} x_{1}^{4}-2 x_{1}^{3}-\frac{3}{2} x_{1}^{2}+\frac{1}{4}$, 令 $h(x)=\frac{9}{4} x^{4}-2 x^{3}-\frac{3}{2} x^{2}+\frac{1}{4}$, 则 $h^{\prime}(x)=9 x^{3}-6 x^{2}-3 x=3 x(3 x+1)(x-1)$, 令 $h^{\prime}(x)>0$ ，解得 $-\frac{1}{3}<x<0$ 或 $x>1$ ， 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-\frac{1}{3}$ 或 $0<x<1$, 则 $x$ 变化时, $h^{\prime}(x), h(x)$ 的变化情况如下表: \begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|} \hline$x$ & $\left(-\infty,-\frac{1}{3}\right)$ & $-\frac{1}{3}$ & $\left(-\frac{1}{3}, 0\right)$ & 0 & $(0,1)$ & 1 & $(1,+\infty)$ \\ \hline$h^{\prime}(x)$ & - & 0 & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$h(x)$ & $\searrow$ & $\frac{5}{27}$ & $\nearrow$ & $\frac{1}{4}$ & $\searrow$ & -1 & $\nearrow$ \\ \hline \end{tabular} 则 $h(x)$ 的值域为 $[-1,+\infty)$, 故 $a$ 的取值范围为 $[-1,+\infty)$. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)【解析】由题意可得f(x)=3x^{2}-1,由x_{1}=-1,可得f(-1)=2,所以切线方程为y=2x+2,联立\begin{cases}y=2x+2\\y=x^{2}+a\end{cases},可得x^{2}-2x+a-2=0,由\triangle=4-4(a-2)=0,可得a=3.. 最终结果是3 (2)【解析】由题意可得f(x)=3x^{2}-1,所以切线方程为y-f(x_{1})=f(x_{1})(x-x_{1}),即y=(3x_{1}^{2}-1)x+(-2x_{1}^{3}+x_{1}),联立\begin{cases}y=(3 |
【小问 1 详解】} 由题意知, $f(-1)=-1-(-1)=0, f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1, f^{\prime}(-1)=3-1=2$, 则 $y=f(x)$ 在点 $(-1,0)$ 处的切线方程为 $y=2(x+1)$, 即 $y=2 x+2$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}=2$, 解 得 $x_{2}=1$, 则 $g(1)=1+a=2+2$, 解得 $a=3$; 【小问 2 详解】} $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1$, 则 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right)$ 处的切线方程为 $y-\left(x_{1}^{3}-x_{1}\right)=\left(3 x_{1}^{2}-1\right)\left(x-x_{1}\right)$, 整理得 $y=\left(3 x_{1}^{2}-1\right) x-2 x_{1}^{3}$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}$, 则切线方程为 $y-\left(x_{2}^{2}+a\right)=2 x_{2}\left(x-x_{2}\right)$, 整理得 $y=2 x_{2} x-x_{2}^{2}+a$, 则 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}-1=2 x_{2} \\ -2 x_{1}^{3}=-x_{2}^{2}+a\end{array}\right.$, 整理得 $a=x_{2}^{2}-2 x_{1}^{3}=\left(\frac{3 x_{1}^{2}}{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}-2 x_{1}^{3}=\frac{9}{4} x_{1}^{4}-2 x_{1}^{3}-\frac{3}{2} x_{1}^{2}+\frac{1}{4}$, 令 $h(x)=\frac{9}{4} x^{4}-2 x^{3}-\frac{3}{2} x^{2}+\frac{1}{4}$, 则 $h^{\prime}(x)=9 x^{3}-6 x^{2}-3 x=3 x(3 x+1)(x-1)$, 令 $h^{\prime}(x)>0$ ，解得 $-\frac{1}{3}<x<0$ 或 $x>1$ ， 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-\frac{1}{3}$ 或 $0<x<1$, 则 $x$ 变化时, $h^{\prime}(x), h(x)$ 的变化情况如下表: \begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|} \hline$x$ & $\left(-\infty,-\frac{1}{3}\right)$ & $-\frac{1}{3}$ & $\left(-\frac{1}{3}, 0\right)$ & 0 & $(0,1)$ & 1 & $(1,+\infty)$ \\ \hline$h^{\prime}(x)$ & - & 0 & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$h(x)$ & $\searrow$ & $\frac{5}{27}$ & $\nearrow$ & $\frac{1}{4}$ & $\searrow$ & -1 & $\nearrow$ \\ \hline \end{tabular} 则 $h(x)$ 的值域为 $[-1,+\infty)$, 故 $a$ 的取值范围为 $[-1,+\infty)$. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】 首先，我们需要找到函数 \\( f(x) = x^3 - x \\) 在点 \\( (x_1, f(x_1)) \\) 处的切线方程。已知 \\( x_1 = -1 \\)，我们先计算 \\( f(-1) \\) 和 \\( f'(-1) \\)。\n\n\\[ f(-1) = (-1)^3 - (-1) = -1 + 1 = 0 \\]\n\n接下来，计算 \\( f'(x) \\)：\n\n\\[ f'(x) = 3x^2 - 1 \\]\n\n然后，计算 \\( f'(-1) \\)：\n\n\\[ f'(-1) = 3(-1)^2 - 1 = 3 - 1 = 2 \\]\n\n因此，函数 \\( f(x) \\) 在点 \\( (-1, 0) \\) 处的切线方程为：\n\n\\[ y - 0 = 2(x + 1) \\]\n\\[ y = 2x + 2 \\]\n\n接下来，我们需要确定这条切线也是函数 \\( g(x) = x^2 + a \\) 的切线。首先，计算 \\( g'(x) \\)：\n\n\\[ g'(x) = 2x \\]\n\n设切点为 \\( (x_2, g(x_2)) \\)，则切线的斜率也应为 2：\n\n\\[ 2x_2 = 2 \\]\n\\[ x_2 = 1 \\]\n\n然后，计算 \\( g(1) \\)：\n\n\\[ g(1) = 1^2 + a = 1 + a \\]\n\n切线方程在 \\( (1, 1 + a) \\) 处的形式为：\n\n\\[ y - (1 + a) = 2(x - 1) \\]\n\\[ y = 2x - 2 + 1 + a \\]\n\\[ y = 2x + a - 1 \\]\n\n由于这条切线与 \\( y = 2x + 2 \\) 是同一条直线，因此：\n\n\\[ a - 1 = 2 \\]\n\\[ a = 3 \\]\n\n<eoe>\n【答案】\\( a = 3 \\)<eoa>\n\n(2)【解析】 我们需要找到 \\( a \\) 的取值范围，使得曲线 \\( y = f(x) \\) 在任意点 \\( (x_1, f(x_1)) \\) 处的切线也是曲线 \\( y = g(x) \\) 的切线。\n\n首先，设 \\( f(x) \\) 在点 \\( (x_1, f(x_1)) \\) 处的切线方程为：\n\n\\[ y - f(x_1) = f'(x_1)(x - x_1) \\]\n\n其中，\\( f(x_1) = x_1^3 - x_1 \\) 和 \\( f'(x_1) = 3x_1^2 - 1 \\)。因此，切线方程为：\n\n\\[ y - (x_1^3 - x_1) = (3x_1^2 - 1)(x - x_1) \\]\n\\[ y = (3x_1^2 - 1)x - (3x_1^2 - 1)x_1 + x_1^3 - x_1 \\]\n\\[ y = (3x_1^2 - 1)x - 3x_1^3 + x_1 + x_1^3 - x_1 \\]\n\\[ y = (3x_1^2 - 1)x - 2x_1^3 \\]\n\n我们需要这条切线也是 \\( g(x) = x^2 + a \\) 的切线。设切点为 \\( (x_2, g(x_2)) \\)，则切线的斜率也应为 \\( 3x_1^2 - 1 \\)：\n\n\\[ 2x_2 = 3x_1^2 - 1 \\]\n\\[ x_2 = \\frac{3x_1^2 - 1}{2} \\]\n\n然后，计算 \\( g(x_2) \\)：\n\n\\[ g(x_2) = \\left(\\frac{3x_1^2 - 1}{2}\\right)^2 + a \\]\n\\[ g(x_2) = \\frac{(3x_1^2 - 1)^2}{4} + a \\]\n\n切线方程在 \\( (x_2, g(x_2)) \\) 处的形式为：\n\n\\[ y - \\left(\\frac{(3x_1^2 - 1)^2}{4} + a\\right) = (3x_1^2 - 1)\\left(x - \\frac{3x_1^2 - 1}{2}\\right) \\]\n\n我们需要这条切线与 \\( y = (3x_1^2 - 1)x - 2x_1^3 \\) 是同一条直线。通过比较系数，我们可以得到：\n\n\\[ a = -2x_1^3 + \\frac{(3x_1^2 - 1)^2}{4} \\]\n\n为了使这个等式对所有 \\( x_1 \\) 成立，我们需要分析 \\( a \\) 的取值范围。通过分析可以得出 \\( a \\) 的取值范围为：\n\n\\[ a \\in \\mathbb{R} \\]\n\n<eoe>\n【答案】\\( a \\in \\mathbb{R} \\)<eoa>" | 【小问 1 详解】} 由题意知, $f(-1)=-1-(-1)=0, f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1, f^{\prime}(-1)=3-1=2$, 则 $y=f(x)$ 在点 $(-1,0)$ 处的切线方程为 $y=2(x+1)$, 即 $y=2 x+2$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}=2$, 解 得 $x_{2}=1$, 则 $g(1)=1+a=2+2$, 解得 $a=3$; 【小问 2 详解】} $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1$, 则 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right)$ 处的切线方程为 $y-\left(x_{1}^{3}-x_{1}\right)=\left(3 x_{1}^{2}-1\right)\left(x-x_{1}\right)$, 整理得 $y=\left(3 x_{1}^{2}-1\right) x-2 x_{1}^{3}$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}$, 则切线方程为 $y-\left(x_{2}^{2}+a\right)=2 x_{2}\left(x-x_{2}\right)$, 整理得 $y=2 x_{2} x-x_{2}^{2}+a$, 则 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}-1=2 x_{2} \\ -2 x_{1}^{3}=-x_{2}^{2}+a\end{array}\right.$, 整理得 $a=x_{2}^{2}-2 x_{1}^{3}=\left(\frac{3 x_{1}^{2}}{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}-2 x_{1}^{3}=\frac{9}{4} x_{1}^{4}-2 x_{1}^{3}-\frac{3}{2} x_{1}^{2}+\frac{1}{4}$, 令 $h(x)=\frac{9}{4} x^{4}-2 x^{3}-\frac{3}{2} x^{2}+\frac{1}{4}$, 则 $h^{\prime}(x)=9 x^{3}-6 x^{2}-3 x=3 x(3 x+1)(x-1)$, 令 $h^{\prime}(x)>0$ ，解得 $-\frac{1}{3}<x<0$ 或 $x>1$ ， 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-\frac{1}{3}$ 或 $0<x<1$, 则 $x$ 变化时, $h^{\prime}(x), h(x)$ 的变化情况如下表: \begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|} \hline$x$ & $\left(-\infty,-\frac{1}{3}\right)$ & $-\frac{1}{3}$ & $\left(-\frac{1}{3}, 0\right)$ & 0 & $(0,1)$ & 1 & $(1,+\infty)$ \\ \hline$h^{\prime}(x)$ & - & 0 & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$h(x)$ & $\searrow$ & $\frac{5}{27}$ & $\nearrow$ & $\frac{1}{4}$ & $\searrow$ & -1 & $\nearrow$ \\ \hline \end{tabular} 则 $h(x)$ 的值域为 $[-1,+\infty)$, 故 $a$ 的取值范围为 $[-1,+\infty)$. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】\n首先，我们需要确定函数 $f(x)$ 在点 $x_{1}=-1$ 的切线方程。$f(x)=x^{3}-x$ 的导数为 $f'(x)=3x^{2}-1$。因此，在点 $x_{1}=-1$ 的切线斜率为 $f'(-1)=3(-1)^{2}-1=2$。\n\n点 $(-1, f(-1))$ 在切线上，计算 $f(-1)=(-1)^{3}-(-1)=0$。所以切线通过点 $(-1, 0)$，且斜率为 $2$，切线方程为 $y=2(x+1)$。\n\n接下来，我们需要找到 $g(x)=x^{2}+a$ 的切线方程，它应该与 $f(x)$ 在 $x_{1}=-1$ 的切线相同。$g(x)$ 的导数为 $g'(x)=2x$，因此切线斜率为 $g'(-1)=-2$。但是，由于我们已经知道切线斜率为 $2$，这意味着 $g(x)$ 在与 $f(x)$ 相同的点处的切线斜率也应该是 $2$。\n\n然而，根据切线方程 $y=2(x+1)$，我们可以直接将它与 $g(x)$ 的方程进行比较，以找到 $a$ 的值。切线与 $g(x)$ 相切意味着方程 $2(x+1)=x^{2}+a$ 有唯一解。将 $x=-1$ 代入，得到 $a=2$。\n\n<eoe>\n\n【答案】\n$a=2$。\n\n<eoa>\n\n(2)【解析】\n为了找到 $a$ 的取值范围，我们需要考虑 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的切线相切的条件。$f(x)$ 和 $g(x)$ 的切线相切意味着这两个函数在某一点有相同的导数和函数值。\n\n设切点为 $(x_{0}, f(x_{0}))$，则有 $f'(x_{0})=g'(x_{0})$ 和 $f(x_{0})=g(x_{0})$。即 $3x_{0}^{2}-1=2x_{0}$ 和 $x_{0}^{3}-x_{0}=x_{0}^{2}+a$。\n\n从 $3x_{0}^{2}-1=2x_{0}$ 解得 $x_{0}^{2}-\\frac{2}{3}x_{0}-\\frac{1}{3}=0$，解这个二次方程得到 $x_{0}$ 的值。但是，我们更关心的是 $a$ 的取值范围，这可以通过分析 $x_{0}^{3}-x_{0}=x_{0}^{2}+a$ 来确定。\n\n由于 $x_{0}$ 的值取决于 $a$，我们需要确保方程 $x_{0}^{3}-x_{0}-x_{0}^{2}-a=0$ 有实数解，这意味着方程的判别式非负。但是，更简单的方法是考虑 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的图形，以及它们的导数。$f(x)$ 在 $x=0$ 和 $x=\\pm1$ 附近有极值，而 $g(x)$ 是一个开口向上的抛物线。\n\n为了使 $g(x)$ 的切线与 $f(x)$ 相切，$g(x)$ 的最低点应该在 $f(x)$ 的极值点之间，即 $a$ 应该在 $f(x)$ 在 $x=0$ 和 $x=\\pm1$ 的函数值之间。\n\n计算 $f(0)=0$, $f(-1)=f(1)=0$，因此 $a$ 的取值范围为 $[0, 0]$，但实际上这意味着 $a$ 可以是任何使得 $g(x)$ 的最低点在 $f(x)$ 的极值点之间的值。但是，由于 $f(x)$ 的极值点处的函数值都是 $0$，$a$ 的取值范围实际上被限制在 $0$。\n\n然而，更准确的说法是，$a$ 的取值应该使得 $g(x)$ 的图像与 $f(x)$ 的图像至少在一点相切。考虑到 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的图形，$a$ 的取值范围应该确保 $g(x)$ 在 $f(x)$ 的极值点之间的某点与 $f(x)$ 相切，这意味着 $a$ 的取值范围应该考虑 $g(x)$ 的最低点位置。\n\n对于 $g(x)$ 来说，它的最低点发生在 $x=0$ 处（因为 $g'(x)=2x$，在 $x=0$ 时导数为 $0$），此时 $g(x)=a$。因此，$a$ 的取值范围应该确保 $g(x)$ 的最低点在 $f(x)$ 的图像之上，即 $a \\geq min(f(x))$。\n\n由于 $f(x)$ 在 $x=\\pm1$ 处的值为 $0$，这是其最小值，因此 $a$ 的取值范围为 $a \\geq 0$。\n\n<eoe>\n\n【答案】\n$a$ 的取值范围为 $a \\geq 0$。\n\n<eoa>" | 【小问 1 详解】} 由题意知, $f(-1)=-1-(-1)=0, f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1, f^{\prime}(-1)=3-1=2$, 则 $y=f(x)$ 在点 $(-1,0)$ 处的切线方程为 $y=2(x+1)$, 即 $y=2 x+2$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}=2$, 解 得 $x_{2}=1$, 则 $g(1)=1+a=2+2$, 解得 $a=3$; 【小问 2 详解】} $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1$, 则 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right)$ 处的切线方程为 $y-\left(x_{1}^{3}-x_{1}\right)=\left(3 x_{1}^{2}-1\right)\left(x-x_{1}\right)$, 整理得 $y=\left(3 x_{1}^{2}-1\right) x-2 x_{1}^{3}$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}$, 则切线方程为 $y-\left(x_{2}^{2}+a\right)=2 x_{2}\left(x-x_{2}\right)$, 整理得 $y=2 x_{2} x-x_{2}^{2}+a$, 则 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}-1=2 x_{2} \\ -2 x_{1}^{3}=-x_{2}^{2}+a\end{array}\right.$, 整理得 $a=x_{2}^{2}-2 x_{1}^{3}=\left(\frac{3 x_{1}^{2}}{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}-2 x_{1}^{3}=\frac{9}{4} x_{1}^{4}-2 x_{1}^{3}-\frac{3}{2} x_{1}^{2}+\frac{1}{4}$, 令 $h(x)=\frac{9}{4} x^{4}-2 x^{3}-\frac{3}{2} x^{2}+\frac{1}{4}$, 则 $h^{\prime}(x)=9 x^{3}-6 x^{2}-3 x=3 x(3 x+1)(x-1)$, 令 $h^{\prime}(x)>0$ ，解得 $-\frac{1}{3}<x<0$ 或 $x>1$ ， 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-\frac{1}{3}$ 或 $0<x<1$, 则 $x$ 变化时, $h^{\prime}(x), h(x)$ 的变化情况如下表: \begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|} \hline$x$ & $\left(-\infty,-\frac{1}{3}\right)$ & $-\frac{1}{3}$ & $\left(-\frac{1}{3}, 0\right)$ & 0 & $(0,1)$ & 1 & $(1,+\infty)$ \\ \hline$h^{\prime}(x)$ & - & 0 & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$h(x)$ & $\searrow$ & $\frac{5}{27}$ & $\nearrow$ & $\frac{1}{4}$ & $\searrow$ & -1 & $\nearrow$ \\ \hline \end{tabular} 则 $h(x)$ 的值域为 $[-1,+\infty)$, 故 $a$ 的取值范围为 $[-1,+\infty)$. |
| baichuan4 | (1)【解析】首先，我们需要找到函数 $f(x)=x^{3}-x$ 在点 $x_1=-1$ 处的导数，这将给出该点的切线斜率。函数 $f(x)$ 的导数为 $f'(x)=3x^{2}-1$。将 $x_1=-1$ 代入导数中，得到 $f'(-1)=3(-1)^{2}-1=2$。这意味着曲线 $y=f(x)$ 在点 $(-1, f(-1))$ 处的切线斜率为 2。 由于这条切线也是曲线 $y=g(x)$ 的切线，它必须满足 $g(x)$ 的切线方程。函数 $g(x)=x^{2}+a$ 的导数为 $g'(x)=2x$。在切点处，$g(x)$ 的导数也应该等于 2，因此我们有 $2x=2$，从而得到 $x=1$。但是，这与题目中给定的 $x_1=-1$ 不符。因此，我们需要重新审视问题，意识到我们在计算 $g(x)$ 的导数时忽略了常数项 $a$ 对切线斜率的影响。 实际上，由于 $y=g(x)$ 的切线在 $x_1=-1$ 处与 $y=f(x)$ 的切线相同，它们的斜率必须相等。因此，我们应该有 $g'(-1)=2$。由于 $g'(x)=2x$，这意味着 $2(-1)=-2$，而不是 2。这里的矛盾表明我们的解释有误。 正确的是，由于 $y=f(x)$ 在 $x_1=-1$ 处的切线斜率为 2，$y=g(x)$ 在其切点处的斜率也应该为 2。因此，我们应该检查 $g(x)$ 在其切点处的斜率是否确实为 2。由于 $g(x)=x^{2}+a$，其导数 $g'(x)=2x$ 不依赖于 $a$，这意味着无论 $a$ 的值如何，$g(x)$ 在任何点的斜率都是 $2x$。因此，我们的初始假设关于 $g(x)$ 的切线斜率为 2 是错误的，因为这意味着 $x=1$，而不是 $x=-1$。 为了解决这个问题，我们应该注意到，由于 $y=f(x)$ 在 $x_1=-1$ 处的切线也是 $y=g(x)$ 的切线，这意味着两个函数在这一点上的函数值相等，即 $f(-1)=g(-1)$。将 $x_1=-1$ 代入两个函数中，我们得到 $-1^{3}-(-1)=(-1)^{2}+a$，即 $0=1+a$。解这个方程得到 $a=-1$。 【答案】$a=-1$。 (2)【解析】为了找到 $a$ 的取值范围，我们需要考虑曲线 $y=f(x)$ 和 $y=g(x)$ 的切线在任意点 $x_1$ 处重合的条件。由于两条切线重合，它们的斜率必须相等，即 $f'(x_1)=g'(x_1)$。我们已经知道 $f'(x)=3x^{2}-1$ 和 $g'(x)=2x$，所以我们有 $3x_1^{2}-1=2x_1$。 将这个方程重写为 $3x_1^{2}-2x_1-1=0$，我们可以通过因式分解或使用求根公式来解它。这个二次方程的解是 $x_1=-\frac{1}{3}$ 或 $x_1=1$。然而，由于 $x_1$ 可以是任意实数，我们需要找到一个表达式来描述 $a$ 如何依赖于 $x_1$。 由于 $f(x_1)=g(x_1)$，我们有 $x_1^{3}-x_1=x_1^{2}+a$。将 $a$ 解出来，得到 $a=x_1^{3}-x_1-x_1^{2}$。现在，我们需要找到 $a$ 的最小值和最大值。 由于 $a$ 是 $x_1$ 的函数，我们可以通过求 $a$ 的导数并找到它的临界点来找到 $a$ 的极值。将 $a$ 视为 $x_1$ 的函数，我们有 $a(x_1)=x_1^{3}-x_1-x_1^{2}$。求导得到 $a'(x_1)=3x_1^{2}-1-2x_1$。令 $a'(x_1)=0$，解得 $x_1=-1$ 或 $x_1=\frac{1}{3}$。 将这两个值代入 $a(x_1)$ 中，我们得到 $a(-1)=-1-(-1)-(-1)^{2}=-1$ 和 $a(\frac{1}{3})=(\frac{1}{3})^{3}-\frac{1}{3}-(\frac{1}{3})^{2}=-\frac{7}{27}$。因此，$a$ 的最小值是 $-\frac{7}{27}$，最大值是 $-1$。 【答案】$a$ 的取值范围是 $[-1, -\frac{7}{27}]$。 |
【小问 1 详解】} 由题意知, $f(-1)=-1-(-1)=0, f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1, f^{\prime}(-1)=3-1=2$, 则 $y=f(x)$ 在点 $(-1,0)$ 处的切线方程为 $y=2(x+1)$, 即 $y=2 x+2$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}=2$, 解 得 $x_{2}=1$, 则 $g(1)=1+a=2+2$, 解得 $a=3$; 【小问 2 详解】} $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1$, 则 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right)$ 处的切线方程为 $y-\left(x_{1}^{3}-x_{1}\right)=\left(3 x_{1}^{2}-1\right)\left(x-x_{1}\right)$, 整理得 $y=\left(3 x_{1}^{2}-1\right) x-2 x_{1}^{3}$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}$, 则切线方程为 $y-\left(x_{2}^{2}+a\right)=2 x_{2}\left(x-x_{2}\right)$, 整理得 $y=2 x_{2} x-x_{2}^{2}+a$, 则 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}-1=2 x_{2} \\ -2 x_{1}^{3}=-x_{2}^{2}+a\end{array}\right.$, 整理得 $a=x_{2}^{2}-2 x_{1}^{3}=\left(\frac{3 x_{1}^{2}}{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}-2 x_{1}^{3}=\frac{9}{4} x_{1}^{4}-2 x_{1}^{3}-\frac{3}{2} x_{1}^{2}+\frac{1}{4}$, 令 $h(x)=\frac{9}{4} x^{4}-2 x^{3}-\frac{3}{2} x^{2}+\frac{1}{4}$, 则 $h^{\prime}(x)=9 x^{3}-6 x^{2}-3 x=3 x(3 x+1)(x-1)$, 令 $h^{\prime}(x)>0$ ，解得 $-\frac{1}{3}<x<0$ 或 $x>1$ ， 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-\frac{1}{3}$ 或 $0<x<1$, 则 $x$ 变化时, $h^{\prime}(x), h(x)$ 的变化情况如下表: \begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|} \hline$x$ & $\left(-\infty,-\frac{1}{3}\right)$ & $-\frac{1}{3}$ & $\left(-\frac{1}{3}, 0\right)$ & 0 & $(0,1)$ & 1 & $(1,+\infty)$ \\ \hline$h^{\prime}(x)$ & - & 0 & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$h(x)$ & $\searrow$ & $\frac{5}{27}$ & $\nearrow$ & $\frac{1}{4}$ & $\searrow$ & -1 & $\nearrow$ \\ \hline \end{tabular} 则 $h(x)$ 的值域为 $[-1,+\infty)$, 故 $a$ 的取值范围为 $[-1,+\infty)$. |
| doubao | (1)【解析】已知$f(x)=x^3-x$，则$f(-1)=(-1)^3-(-1)=0$，$f'(x)=3x^2-1$，所以$f'(-1)=3\times(-1)^2-1=2$。则曲线$y=f(x)$在点$(-1,0)$处的切线方程为$y=2(x+1)$，即$y=2x+2$。因为该切线也是曲线$y=g(x)$的切线，将其代入$g(x)=x^2+a$可得$x^2+a=2x+2$，即$x^2-2x+a-2=0$，因为相切，所以判别式$\Delta=4-4(a-2)=0$，解得$a=3$。<eoe> 【答案】$a=3$<eoa> (2)【解析】设曲线$y=f(x)$在点$(x_1,f(x_1))$处的切线方程为$y-(x_1^3-x_1)=(3x_1^2-1)(x-x_1)$，即$y=(3x_1^2-1)x-2x_1^3$。设该切线与曲线$y=g(x)$相切于点$(x_2,x_2^2+a)$，则$g'(x_2)=2x_2=3x_1^2-1$，$x_2^2+a=(3x_1^2-1)x_2-2x_1^3$，消去$x_2$可得$a=-2x_1^3+(3x_1^2-1)^2/4$，令$h(x)=-2x^3+(3x^2-1)^2/4$，对其求导可得$h'(x)=(3x-1)(3x^2+3x+1)$，根据导数判断单调性可得$h(x)$在$(-\infty,1/3)$上单调递减，在$(1/3,+\infty)$上单调递增，所以$h(x)_{\min}=h(1/3)=-27/256$，所以$a\geq-27/256$。<eoe> 【答案】$a\geq-27/256$<eoa> |
【小问 1 详解】} 由题意知, $f(-1)=-1-(-1)=0, f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1, f^{\prime}(-1)=3-1=2$, 则 $y=f(x)$ 在点 $(-1,0)$ 处的切线方程为 $y=2(x+1)$, 即 $y=2 x+2$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}=2$, 解 得 $x_{2}=1$, 则 $g(1)=1+a=2+2$, 解得 $a=3$; 【小问 2 详解】} $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1$, 则 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right)$ 处的切线方程为 $y-\left(x_{1}^{3}-x_{1}\right)=\left(3 x_{1}^{2}-1\right)\left(x-x_{1}\right)$, 整理得 $y=\left(3 x_{1}^{2}-1\right) x-2 x_{1}^{3}$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}$, 则切线方程为 $y-\left(x_{2}^{2}+a\right)=2 x_{2}\left(x-x_{2}\right)$, 整理得 $y=2 x_{2} x-x_{2}^{2}+a$, 则 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}-1=2 x_{2} \\ -2 x_{1}^{3}=-x_{2}^{2}+a\end{array}\right.$, 整理得 $a=x_{2}^{2}-2 x_{1}^{3}=\left(\frac{3 x_{1}^{2}}{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}-2 x_{1}^{3}=\frac{9}{4} x_{1}^{4}-2 x_{1}^{3}-\frac{3}{2} x_{1}^{2}+\frac{1}{4}$, 令 $h(x)=\frac{9}{4} x^{4}-2 x^{3}-\frac{3}{2} x^{2}+\frac{1}{4}$, 则 $h^{\prime}(x)=9 x^{3}-6 x^{2}-3 x=3 x(3 x+1)(x-1)$, 令 $h^{\prime}(x)>0$ ，解得 $-\frac{1}{3}<x<0$ 或 $x>1$ ， 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-\frac{1}{3}$ 或 $0<x<1$, 则 $x$ 变化时, $h^{\prime}(x), h(x)$ 的变化情况如下表: \begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|} \hline$x$ & $\left(-\infty,-\frac{1}{3}\right)$ & $-\frac{1}{3}$ & $\left(-\frac{1}{3}, 0\right)$ & 0 & $(0,1)$ & 1 & $(1,+\infty)$ \\ \hline$h^{\prime}(x)$ & - & 0 & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$h(x)$ & $\searrow$ & $\frac{5}{27}$ & $\nearrow$ & $\frac{1}{4}$ & $\searrow$ & -1 & $\nearrow$ \\ \hline \end{tabular} 则 $h(x)$ 的值域为 $[-1,+\infty)$, 故 $a$ 的取值范围为 $[-1,+\infty)$. |
| minimax | (1)【解析】 首先，我们需要知道切线的斜率等于函数在该点的导数。因此，我们需要分别求出函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 在点 $x_1$ 处的导数。 对于函数 $f(x)=x^{3}-x$，其导数为 $f'(x)=3x^{2}-1$。 对于函数 $g(x)=x^{2}+a$，其导数为 $g'(x)=2x$。 由于曲线 $y=f(x)$ 在点 $(x_1, f(x_1))$ 处的切线也是曲线 $y=g(x)$ 的切线，这意味着在这两个点处，两个函数的导数（即切线的斜率）必须相等。因此，我们可以设置等式 $f'(x_1)=g'(x_1)$。 将 $x_1=-1$ 代入上述等式中，我们可以求出 $a$ 的值。<eoe> 【答案】 首先求出 $f(x)$ 在 $x_1=-1$ 处的导数： \[ f'(x) = 3x^2 - 1 \] \[ f'(-1) = 3(-1)^2 - 1 = 3 - 1 = 2 \] 然后求出 $g(x)$ 在 $x_1=-1$ 处的导数： \[ g'(x) = 2x \] \[ g'(-1) = 2(-1) = -2 \] 由于曲线 $y=f(x)$ 在点 $(x_1, f(x_1))$ 处的切线也是曲线 $y=g(x)$ 的切线，所以有： \[ f'(-1) = g'(-1) \] \[ 2 = -2 \] 这里出现了矛盾，说明在 $x_1=-1$ 时，$f(x)$ 和 $g(x)$ 的切线不可能重合。因此，不存在这样的 $a$ 值使得在 $x_1=-1$ 时，两个函数的切线重合。<eoa> (2)【解析】 由于在 $x_1=-1$ 时，两个函数的切线不可能重合，我们需要考虑其他可能的 $x_1$ 值。由于题目没有给出具体的 $x_1$ 值，我们需要找到一个条件，使得对于任意的 $x_1$，$f(x)$ 和 $g(x)$ 在点 $(x_1, f(x_1))$ 处的切线斜率相等。 我们已经知道 $f'(x)=3x^{2}-1$ 和 $g'(x)=2x$。为了使这两个导数相等，我们需要解方程 $3x^{2}-1=2x$。 解这个方程，我们可以找到使得两个函数在任意点的切线斜率相等的 $x$ 值。然后，我们可以将这个 $x$ 值代入 $f(x)$ 或 $g(x)$ 中，求出对应的 $a$ 值。<eoe> 【答案】 解方程 $3x^{2}-1=2x$： \[ 3x^{2} - 2x - 1 = 0 \] 这是一个二次方程，我们可以使用求根公式来解它： \[ x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} \] 其中 $a=3$, $b=-2$, $c=-1$。代入求根公式得： \[ x = \frac{2 \pm \sqrt{(-2)^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-1)}}{2 \cdot 3} \] \[ x = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 12}}{6} \] \[ x = \frac{2 \pm \sqrt{16}}{6} \] \[ x = \frac{2 \pm 4}{6} \] 这给出了两个解： \[ x_1 = \frac{2 + 4}{6} = 1 \] \[ x_2 = \frac{2 - 4}{6} = -\frac{1}{3} \] 对于 $x_1=1$，我们有： \[ f'(1) = 3(1)^2 - 1 = 3 - 1 = 2 \] \[ g'(1) = 2(1) = 2 \] 对于 $x_2=-\frac{1}{3}$，我们有： \[ f'\left(-\frac{1}{3}\right) = 3\left(-\frac{1}{3}\right)^2 - 1 = 3\left(\frac{1}{9}\right) - 1 = \frac{1}{3} - 1 = -\frac{2}{3} \] \[ g'\left(-\frac{1}{3}\right) = 2\left(-\frac{1}{3}\right) = -\frac{2}{3} \] 在这两个点处，$f(x)$ 和 $g(x)$ 的导数相等，因此这两个点处的切线斜率相等。由于题目没有指定具体的 $x_1$ 值，我们可以得出结论，对于任意的 $x_1$，只要它满足 $3x^{2}-1=2x$，那么 $f(x)$ 和 $g(x)$ 在该点的切线斜率相等。 现在我们需要找到 $a$ 的值。由于 $g(x)=x^{2}+a$，我们可以将 $x_1=1$ 和 $x_1=-\frac{1}{3}$ 分别代入 $g(x)$ 中求出 $a$： \[ g(1) = 1^2 + a = 1 + a \] \[ g\left(-\frac{1}{3}\right) = \left(-\frac{1}{3}\right)^2 + a = \frac{1}{9} + a \] 由于在 $x_1=1$ 和 $x_1=-\frac{1}{3}$ 处，$f(x)$ 和 $g(x)$ 的切线斜率相等，我们可以得出结论，$g(x)$ 在任意点的切线斜率都与 $f(x)$ 相等，因此 $g(x)$ 的导数 $g'(x)=2x$ 必须等于 $f'(x)=3x^{2}-1$。这意味着对于所有的 $x$，$g(x)$ 的导数都等于 $f(x)$ 的导数，所以 $g(x)$ 的形式必须与 $f(x)$ 的导数形式相匹配。 由于 $f'(x)=3x^{2}-1$ 是一个二次函数，而 $g'(x)=2x$ 是一个一次函数，它们不可能在所有点上相等，除非 $g(x)$ 的形式被调整以匹配 $f'(x)$。但是，由于 $g(x)$ 已经给定为 $x^{2}+a$，我们无法通过调整 $a$ 来改变 $g(x)$ 的导数形式。因此，不存在一个固定的 $a$ 值使得对于所有的 $x$，$f(x)$ 和 $g(x)$ 的切线斜率都相等。 综上所述，不存在一个固定的 $a$ 值使得曲线 $y=f(x)$ 在任意点的切线也是曲线 $y=g(x)$ 的切线。<eoa> |
【小问 1 详解】} 由题意知, $f(-1)=-1-(-1)=0, f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1, f^{\prime}(-1)=3-1=2$, 则 $y=f(x)$ 在点 $(-1,0)$ 处的切线方程为 $y=2(x+1)$, 即 $y=2 x+2$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}=2$, 解 得 $x_{2}=1$, 则 $g(1)=1+a=2+2$, 解得 $a=3$; 【小问 2 详解】} $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1$, 则 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right)$ 处的切线方程为 $y-\left(x_{1}^{3}-x_{1}\right)=\left(3 x_{1}^{2}-1\right)\left(x-x_{1}\right)$, 整理得 $y=\left(3 x_{1}^{2}-1\right) x-2 x_{1}^{3}$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}$, 则切线方程为 $y-\left(x_{2}^{2}+a\right)=2 x_{2}\left(x-x_{2}\right)$, 整理得 $y=2 x_{2} x-x_{2}^{2}+a$, 则 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}-1=2 x_{2} \\ -2 x_{1}^{3}=-x_{2}^{2}+a\end{array}\right.$, 整理得 $a=x_{2}^{2}-2 x_{1}^{3}=\left(\frac{3 x_{1}^{2}}{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}-2 x_{1}^{3}=\frac{9}{4} x_{1}^{4}-2 x_{1}^{3}-\frac{3}{2} x_{1}^{2}+\frac{1}{4}$, 令 $h(x)=\frac{9}{4} x^{4}-2 x^{3}-\frac{3}{2} x^{2}+\frac{1}{4}$, 则 $h^{\prime}(x)=9 x^{3}-6 x^{2}-3 x=3 x(3 x+1)(x-1)$, 令 $h^{\prime}(x)>0$ ，解得 $-\frac{1}{3}<x<0$ 或 $x>1$ ， 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-\frac{1}{3}$ 或 $0<x<1$, 则 $x$ 变化时, $h^{\prime}(x), h(x)$ 的变化情况如下表: \begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|} \hline$x$ & $\left(-\infty,-\frac{1}{3}\right)$ & $-\frac{1}{3}$ & $\left(-\frac{1}{3}, 0\right)$ & 0 & $(0,1)$ & 1 & $(1,+\infty)$ \\ \hline$h^{\prime}(x)$ & - & 0 & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$h(x)$ & $\searrow$ & $\frac{5}{27}$ & $\nearrow$ & $\frac{1}{4}$ & $\searrow$ & -1 & $\nearrow$ \\ \hline \end{tabular} 则 $h(x)$ 的值域为 $[-1,+\infty)$, 故 $a$ 的取值范围为 $[-1,+\infty)$. |
| kimi | (1)【解析】 首先，我们需要求出函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的导数，因为切线的斜率就是函数在该点的导数值。 对于函数 $f(x)=x^3-x$，其导数为 $f'(x)=3x^2-1$。 对于函数 $g(x)=x^2+a$，其导数为 $g'(x)=2x$。 已知曲线 $y=f(x)$ 在点 $(x_1, f(x_1))$ 处的切线也是曲线 $y=g(x)$ 的切线，所以这两个函数在 $x_1$ 处的导数值应该相等，即 $f'(x_1)=g'(x_1)$。 又因为切线方程为 $y - f(x_1) = f'(x_1)(x - x_1)$，所以 $f(x_1)$ 和 $g(x_1)$ 也应该相等。 现在我们已知 $x_1=-1$，我们可以将 $x_1$ 代入上述等式中求解 $a$。 <eoe> 【答案】 首先计算 $f'(-1)$ 和 $g'(-1)$： $f'(-1) = 3(-1)^2 - 1 = 3 - 1 = 2$ $g'(-1) = 2(-1) = -2$ 由于 $f'(x_1) = g'(x_1)$，所以 $2 = -2$，这是不可能的，说明我们在解题过程中有误。重新审视题目，我们发现应该是 $f'(x_1) = g'(x_1)$ 和 $f(x_1) = g(x_1)$ 同时成立。 所以我们有： $f(-1) = (-1)^3 - (-1) = -1 + 1 = 0$ $g(-1) = (-1)^2 + a = 1 + a$ 由于 $f(x_1) = g(x_1)$，所以 $0 = 1 + a$，解得 $a = -1$。 <eoa> (2)【解析】 我们需要找到 $a$ 的取值范围，使得对于任意的 $x_1$，曲线 $y=f(x)$ 在点 $(x_1, f(x_1))$ 处的切线也是曲线 $y=g(x)$ 的切线。 根据之前的分析，我们知道 $f'(x_1) = g'(x_1)$ 和 $f(x_1) = g(x_1)$ 必须同时成立。 我们已经知道 $f'(x) = 3x^2 - 1$ 和 $g'(x) = 2x$，所以有： $3x_1^2 - 1 = 2x_1$ 解这个方程，我们可以得到 $x_1$ 的值： $3x_1^2 - 2x_1 - 1 = 0$ 这是一个二次方程，我们可以使用求根公式来求解： $x_1 = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 12}}{6} = \frac{2 \pm 4}{6}$ 所以我们得到两个解：$x_1 = 1$ 和 $x_1 = -\frac{1}{3}$。 现在我们需要找到 $a$ 的值，使得 $f(x_1) = g(x_1)$ 对于这两个解都成立。 对于 $x_1 = 1$： $f(1) = 1^3 - 1 = 0$ $g(1) = 1^2 + a = 1 + a$ 所以 $0 = 1 + a$，解得 $a = -1$。 对于 $x_1 = -\frac{1}{3}$： $f\left(-\frac{1}{3}\right) = \left(-\frac{1}{3}\right)^3 - \left(-\frac{1}{3}\right) = -\frac{1}{27} + \frac{1}{3} = \frac{8}{27}$ $g\left(-\frac{1}{3}\right) = \left(-\frac{1}{3}\right)^2 + a = \frac{1}{9} + a$ 所以 $\frac{8}{27} = \ |
【小问 1 详解】} 由题意知, $f(-1)=-1-(-1)=0, f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1, f^{\prime}(-1)=3-1=2$, 则 $y=f(x)$ 在点 $(-1,0)$ 处的切线方程为 $y=2(x+1)$, 即 $y=2 x+2$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}=2$, 解 得 $x_{2}=1$, 则 $g(1)=1+a=2+2$, 解得 $a=3$; 【小问 2 详解】} $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1$, 则 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right)$ 处的切线方程为 $y-\left(x_{1}^{3}-x_{1}\right)=\left(3 x_{1}^{2}-1\right)\left(x-x_{1}\right)$, 整理得 $y=\left(3 x_{1}^{2}-1\right) x-2 x_{1}^{3}$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}$, 则切线方程为 $y-\left(x_{2}^{2}+a\right)=2 x_{2}\left(x-x_{2}\right)$, 整理得 $y=2 x_{2} x-x_{2}^{2}+a$, 则 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}-1=2 x_{2} \\ -2 x_{1}^{3}=-x_{2}^{2}+a\end{array}\right.$, 整理得 $a=x_{2}^{2}-2 x_{1}^{3}=\left(\frac{3 x_{1}^{2}}{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}-2 x_{1}^{3}=\frac{9}{4} x_{1}^{4}-2 x_{1}^{3}-\frac{3}{2} x_{1}^{2}+\frac{1}{4}$, 令 $h(x)=\frac{9}{4} x^{4}-2 x^{3}-\frac{3}{2} x^{2}+\frac{1}{4}$, 则 $h^{\prime}(x)=9 x^{3}-6 x^{2}-3 x=3 x(3 x+1)(x-1)$, 令 $h^{\prime}(x)>0$ ，解得 $-\frac{1}{3}<x<0$ 或 $x>1$ ， 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-\frac{1}{3}$ 或 $0<x<1$, 则 $x$ 变化时, $h^{\prime}(x), h(x)$ 的变化情况如下表: \begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|} \hline$x$ & $\left(-\infty,-\frac{1}{3}\right)$ & $-\frac{1}{3}$ & $\left(-\frac{1}{3}, 0\right)$ & 0 & $(0,1)$ & 1 & $(1,+\infty)$ \\ \hline$h^{\prime}(x)$ & - & 0 & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$h(x)$ & $\searrow$ & $\frac{5}{27}$ & $\nearrow$ & $\frac{1}{4}$ & $\searrow$ & -1 & $\nearrow$ \\ \hline \end{tabular} 则 $h(x)$ 的值域为 $[-1,+\infty)$, 故 $a$ 的取值范围为 $[-1,+\infty)$. |
| wenxinyiyan | (1)【解析】 首先，求出函数$f(x)$的导数$f^{\prime}(x)$，得到$f^{\prime}(x) = 3x^{2} - 1$。 然后，根据导数的几何意义，求出曲线$y = f(x)$在点$\left( x_{1},f\left( x_{1} \right) \right)$处的切线斜率$k$，得到$k = f^{\prime}\left( x_{1} \right) = 2$。 接着，根据点斜式方程，求出曲线$y = f(x)$在点$\left( x_{1},f\left( x_{1} \right) \right)$处的切线方程，得到$y = 2x + 1$。 最后，根据题意，切线$y = 2x + 1$与曲线$y = g(x)$相切，联立方程组$\left\{ \begin{array}{r} y = 2x + 1 \\ y = x^{2} + a \\ \end{array} \right.$，消去$y$，得到$x^{2} - 2x + a - 1 = 0$，由$\Delta = 0$，解得$a = 2$。 (2)【解析】 首先，根据导数的几何意义，求出曲线$y = f(x)$在点$\left( x_{1},f\left( x_{1} \right) \right)$处的切线斜率$k$，得到$k = f^{\prime}\left( x_{1} \right) = 3x_{1}^{2} - 1$。 然后，根据点斜式方程，求出曲线$y = f(x)$在点$\left( x_{1},f\left( x_{1} \right) \right)$处的切线方程，得到$y = \left( 3x_{1}^{2} - 1 \right)x - 2x_{1}^{3}$。 接着，根据题意，切线$y = \left( 3x_{1}^{2} - 1 \right)x - 2x_{1}^{3}$与曲线$y = g(x)$相切，联立方程组$\left\{ \begin{array}{r} y = \left( 3x_{1}^{2} - 1 \right)x - 2x_{1}^{3} \\ y = x^{2} + a \\ \end{array} \right.$，消去$y$，得到$x^{2} - \left( 3x_{1}^{2} - 1 \right)x + 2x_{1}^{3} + a = 0$，由$\Delta = 0$，得到$\left( 3x_{1}^{2} - 1 \right)^{2} - 4\left( 2x_{1}^{3} + a \right) = 0$，化简得到$x_{1}^{2} = \frac{1 - 4a}{5}$。 最后，由$x_{1} \in R$，得到$x_{1}^{2} \geq 0$，即$\frac{1 - 4a}{5} \geq 0$，解得$a \leq \frac{1}{4}$。 |
【小问 1 详解】} 由题意知, $f(-1)=-1-(-1)=0, f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1, f^{\prime}(-1)=3-1=2$, 则 $y=f(x)$ 在点 $(-1,0)$ 处的切线方程为 $y=2(x+1)$, 即 $y=2 x+2$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}=2$, 解 得 $x_{2}=1$, 则 $g(1)=1+a=2+2$, 解得 $a=3$; 【小问 2 详解】} $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1$, 则 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right)$ 处的切线方程为 $y-\left(x_{1}^{3}-x_{1}\right)=\left(3 x_{1}^{2}-1\right)\left(x-x_{1}\right)$, 整理得 $y=\left(3 x_{1}^{2}-1\right) x-2 x_{1}^{3}$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}$, 则切线方程为 $y-\left(x_{2}^{2}+a\right)=2 x_{2}\left(x-x_{2}\right)$, 整理得 $y=2 x_{2} x-x_{2}^{2}+a$, 则 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}-1=2 x_{2} \\ -2 x_{1}^{3}=-x_{2}^{2}+a\end{array}\right.$, 整理得 $a=x_{2}^{2}-2 x_{1}^{3}=\left(\frac{3 x_{1}^{2}}{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}-2 x_{1}^{3}=\frac{9}{4} x_{1}^{4}-2 x_{1}^{3}-\frac{3}{2} x_{1}^{2}+\frac{1}{4}$, 令 $h(x)=\frac{9}{4} x^{4}-2 x^{3}-\frac{3}{2} x^{2}+\frac{1}{4}$, 则 $h^{\prime}(x)=9 x^{3}-6 x^{2}-3 x=3 x(3 x+1)(x-1)$, 令 $h^{\prime}(x)>0$ ，解得 $-\frac{1}{3}<x<0$ 或 $x>1$ ， 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-\frac{1}{3}$ 或 $0<x<1$, 则 $x$ 变化时, $h^{\prime}(x), h(x)$ 的变化情况如下表: \begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|} \hline$x$ & $\left(-\infty,-\frac{1}{3}\right)$ & $-\frac{1}{3}$ & $\left(-\frac{1}{3}, 0\right)$ & 0 & $(0,1)$ & 1 & $(1,+\infty)$ \\ \hline$h^{\prime}(x)$ & - & 0 & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$h(x)$ & $\searrow$ & $\frac{5}{27}$ & $\nearrow$ & $\frac{1}{4}$ & $\searrow$ & -1 & $\nearrow$ \\ \hline \end{tabular} 则 $h(x)$ 的值域为 $[-1,+\infty)$, 故 $a$ 的取值范围为 $[-1,+\infty)$. |
| zhipu | (1)【解析】 首先，我们需要求出函数 \( f(x) = x^3 - x \) 在点 \( x_1 = -1 \) 处的切线方程。 1. 计算 \( f(x) \) 在 \( x_1 = -1 \) 处的函数值： \[ f(-1) = (-1)^3 - (-1) = -1 + 1 = 0 \] 所以点 \((-1, f(-1))\) 即为 \((-1, 0)\)。 2. 计算 \( f(x) \) 的导数 \( f'(x) \)： \[ f'(x) = 3x^2 - 1 \] 3. 计算 \( f'(x) \) 在 \( x_1 = -1 \) 处的值： \[ f'(-1) = 3(-1)^2 - 1 = 3 - 1 = 2 \] 所以切线的斜率为 2。 4. 写出 \( f(x) \) 在点 \((-1, 0)\) 处的切线方程： \[ y - 0 = 2(x + 1) \] 即： \[ y = 2x + 2 \] 接下来，考虑函数 \( g(x) = x^2 + a \)，其切线也需要是 \( y = 2x + 2 \)。 5. 计算 \( g(x) \) 的导数 \( g'(x) \)： \[ g'(x) = 2x \] 6. 由于 \( g(x) \) 的切线斜率也为 2，故有： \[ g'(x_2) = 2 \] 即： \[ 2x_2 = 2 \] 解得： \[ x_2 = 1 \] 7. 计算 \( g(x) \) 在 \( x_2 = 1 \) 处的函数值： \[ g(1) = 1^2 + a = 1 + a \] 8. 由于 \( g(x) \) 在 \( x_2 = 1 \) 处的切线方程也为 \( y = 2x + 2 \)，代入 \( x = 1 \) 得： \[ y = 2(1) + 2 = 4 \] 所以： \[ 1 + a = 4 \] 解得： \[ a = 3 \] <eoe> 【答案】 \[ a = 3 \] <eoa> (2)【解析】 考虑一般情况，设 \( x_1 \) 为任意实数，使得 \( f(x) \) 在 \( (x_1, f(x_1)) \) 处的切线也是 \( g(x) \) 的切线。 1. \( f(x) = x^3 - x \) 在 \( x_1 \) 处的切线方程： \[ f'(x_1) = 3x_1^2 - 1 \] 切线方程为： \[ y - (x_1^3 - x_1) = (3x_1^2 - 1)(x - x_1) \] 整理得： \[ y = (3x_1^2 - 1)x - (3x_1^2 - 1)x_1 + x_1^3 - x_1 \] \[ y = (3x_1^2 - 1)x - 2x_1^3 + x_1 \] 2. \( g(x) = x^2 + a \) 的导数 \( g'(x) = 2x \)，设 \( x_2 \) 使得 \( g(x) \) 在 \( x_2 \) 处的切线与上述切线相同： \[ g'(x_2) = 2x_2 = 3x_1^2 - 1 \] 解得： \[ x_2 = \frac{3x_1^2 - 1}{2} \] 3. \( g(x) \) 在 \( x_2 \) 处的切线方程： \[ y - (x_2^2 + a) = 2x_2(x - x_2) \] 整理得： \[ y = 2x_2 x - 2x_2^2 + x_2^2 + a \] \[ y = 2x_2 x - x_2^2 + a \] 4. 由于两条切线相同，比较系数： \[ 3x_1^2 - 1 = 2x_2 \] \[ -2x_1^3 + x_1 = -x_2^2 + a \] 代入 \( x_2 = \frac{3x_1^2 - 1}{2} \)： \[ -2x_1^3 + x_1 = -\left(\frac{3x_1^2 - 1}{2}\right)^2 + a \] \[ -2x_1^3 + x_1 = -\frac{(3x_1^2 - 1)^2}{4} + a \] \[ -2x_1^3 + x_1 = -\frac{9x_1^4 - 6x_1^2 + 1}{4} + a \] \[ -2x_1^3 + x_1 = -\frac{9x_1^4}{4} + \frac{3x_1^2}{2} - \frac{1}{4} + a \] 整理得： \[ -2x_1^3 + x_1 + \frac{9x_1^4}{4} - \frac{3x_1^2}{2} + \frac{1}{4} = a \] 由于 \( x_1 \) 为任意实数，考虑极端情况 \( x_1 \to \infty \) 或 \( x_1 \to -\infty \)，主要项为 \( \frac{9x_1^4}{4} \)，故 \( a \) 可以取任意实数值。 <eoe> 【答案】 \[ a \in \mathbb{R} \] <eoa> |
【小问 1 详解】} 由题意知, $f(-1)=-1-(-1)=0, f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1, f^{\prime}(-1)=3-1=2$, 则 $y=f(x)$ 在点 $(-1,0)$ 处的切线方程为 $y=2(x+1)$, 即 $y=2 x+2$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}=2$, 解 得 $x_{2}=1$, 则 $g(1)=1+a=2+2$, 解得 $a=3$; 【小问 2 详解】} $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1$, 则 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right)$ 处的切线方程为 $y-\left(x_{1}^{3}-x_{1}\right)=\left(3 x_{1}^{2}-1\right)\left(x-x_{1}\right)$, 整理得 $y=\left(3 x_{1}^{2}-1\right) x-2 x_{1}^{3}$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}$, 则切线方程为 $y-\left(x_{2}^{2}+a\right)=2 x_{2}\left(x-x_{2}\right)$, 整理得 $y=2 x_{2} x-x_{2}^{2}+a$, 则 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}-1=2 x_{2} \\ -2 x_{1}^{3}=-x_{2}^{2}+a\end{array}\right.$, 整理得 $a=x_{2}^{2}-2 x_{1}^{3}=\left(\frac{3 x_{1}^{2}}{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}-2 x_{1}^{3}=\frac{9}{4} x_{1}^{4}-2 x_{1}^{3}-\frac{3}{2} x_{1}^{2}+\frac{1}{4}$, 令 $h(x)=\frac{9}{4} x^{4}-2 x^{3}-\frac{3}{2} x^{2}+\frac{1}{4}$, 则 $h^{\prime}(x)=9 x^{3}-6 x^{2}-3 x=3 x(3 x+1)(x-1)$, 令 $h^{\prime}(x)>0$ ，解得 $-\frac{1}{3}<x<0$ 或 $x>1$ ， 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-\frac{1}{3}$ 或 $0<x<1$, 则 $x$ 变化时, $h^{\prime}(x), h(x)$ 的变化情况如下表: \begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|} \hline$x$ & $\left(-\infty,-\frac{1}{3}\right)$ & $-\frac{1}{3}$ & $\left(-\frac{1}{3}, 0\right)$ & 0 & $(0,1)$ & 1 & $(1,+\infty)$ \\ \hline$h^{\prime}(x)$ & - & 0 & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$h(x)$ & $\searrow$ & $\frac{5}{27}$ & $\nearrow$ & $\frac{1}{4}$ & $\searrow$ & -1 & $\nearrow$ \\ \hline \end{tabular} 则 $h(x)$ 的值域为 $[-1,+\infty)$, 故 $a$ 的取值范围为 $[-1,+\infty)$. |
| gpto1 | (1)【解析】 首先，计算函数 \( f(x) \) 在 \( x_1 = -1 \) 处的导数： \( f'(x) = 3x^2 -1 \) 所以，\( f'(-1) = 3(-1)^2 -1 = 2 \) 因此，曲线 \( y = f(x) \) 在 \( x = -1 \) 处的切线斜率为 2。 切线方程为： \( y - f(-1) = f'(-1)( x - (-1)) \) 计算 \( f(-1) \)： \( f(-1) = (-1)^3 - (-1) = -1 + 1 = 0 \) 所以切线方程为： \( y - 0 = 2( x + 1 ) \) 即 \( y = 2 ( x + 1 ) \) 该切线也是曲线 \( y = g(x) \) 的切线，所以方程 \( y = 2( x + 1 ) \) 应与 \( y = g(x) = x^2 + a \) 有共同的切点。 将切线方程代入 \( y = g(x) \)： \( 2( x + 1 ) = x^2 + a \) 移项并整理： \( x^2 - 2x - 2 + a = 0 \) 因为切线与曲线 \( y = g(x) \) 只有一个公共点，所以方程的判别式必须为零： \( D = (-2)^2 - 4 \times 1 \times (-2 + a) = 4 - 4(-2 + a) = 4 + 8 - 4a = 12 - 4a \) 令 \( D = 0 \)，解得： \( 12 - 4a = 0 \) \( a = 3 \) <eoe> 【答案】 \( a = 3 \) <eoa> (2)【解析】 设曲线 \( y = f(x) \) 在 \( x = x_1 \) 处的切线方程为： \( y = f'(x_1)(x - x_1) + f(x_1) \) 由于该切线也是曲线 \( y = g(x) \) 的切线，所以有： 1. 切线过曲线 \( y = g(x) \) 上的一点，即： \( f'(x_1)(x - x_1) + f(x_1) = x^2 + a \) (1) 2. 在切点处，切线的斜率相等，即： \( f'(x_1) = g'(x) \) 而 \( g'(x) = 2x \)，所以： \( f'(x_1) = 2x \) 解得切点的横坐标为： \( x = \dfrac{f'(x_1)}{2} \) 将 \( x \) 代入 (1) 式： \( f'(x_1)\left(\dfrac{f'(x_1)}{2} - x_1\right) + f(x_1) = \left(\dfrac{f'(x_1)}{2}\right)^2 + a \) 整理得到： \( \dfrac{[f'(x_1)]^2}{2} - f'(x_1)x_1 + f(x_1) = \dfrac{[f'(x_1)]^2}{4} + a \) 移项，得到关于 \( a \) 的表达式： \( a = \dfrac{[f'(x_1)]^2}{4} - f'(x_1)x_1 + f(x_1) \) 将 \( f(x) \) 和 \( f'(x) \) 代入，得： \( f(x_1) = x_1^3 - x_1 \) \( f'(x_1) = 3x_1^2 - 1 \) 因此： \( a = \dfrac{(3x_1^2 - 1)^2}{4} - (3x_1^2 - 1)x_1 + x_1^3 - x_1 \) 展开并化简： \( a = \dfrac{9x_1^4 - 6x_1^2 + 1}{4} - 3x_1^3 + x_1 + x_1^3 - x_1 \) 合并同类项： \( a = \dfrac{9x_1^4 - 6x_1^2 + 1}{4} - 2x_1^3 \) 为求 \( a \) 的取值范围，考虑函数： \( A(x_1) = \dfrac{9x_1^4 - 8x_1^3 - 6x_1^2 + 1}{4} \) 即 \( a = A(x_1) \) 研究 \( A(x_1) \) 的最小值。 求导： \( A'(x_1) = \dfrac{36x_1^3 - 24x_1^2 - 12x_1}{4} = 9x_1^3 - 6x_1^2 - 3x_1 \) 令 \( A'(x_1) = 0 \)，解得： \( x_1(3x_1^2 - 2x_1 - 1) = 0 \) 即 \( x_1 = 0 \) 或 \( x_1 = 1 \) 或 \( x_1 = -\dfrac{1}{3} \) 计算这些点对应的 \( A(x_1) \) 值： - 当 \( x_1 = 0 \) 时，\( A(0) = \dfrac{1}{4} \) - 当 \( x_1 = 1 \) 时，\( A(1) = \dfrac{-4}{4} = -1 \) - 当 \( x_1 = -\dfrac{1}{3} \) 时，\( A\left(-\dfrac{1}{3}\right) = \dfrac{20}{27 \times 4} \approx 0.185 \) 由于 \( A(x_1) \) 在 \( x_1 \rightarrow \pm\infty \) 时趋于正无穷，所以 \( a \) 的最小值为： \( a_{\min} = -1 \) 因此，\( a \) 的取值范围为： \( a \geq -1 \) <eoe> 【答案】 \( a \geq -1 \)，即 \( a \) 的取值范围为 \( [-1, +\infty) \) <eoa> |
【小问 1 详解】} 由题意知, $f(-1)=-1-(-1)=0, f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1, f^{\prime}(-1)=3-1=2$, 则 $y=f(x)$ 在点 $(-1,0)$ 处的切线方程为 $y=2(x+1)$, 即 $y=2 x+2$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}=2$, 解 得 $x_{2}=1$, 则 $g(1)=1+a=2+2$, 解得 $a=3$; 【小问 2 详解】} $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1$, 则 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right)$ 处的切线方程为 $y-\left(x_{1}^{3}-x_{1}\right)=\left(3 x_{1}^{2}-1\right)\left(x-x_{1}\right)$, 整理得 $y=\left(3 x_{1}^{2}-1\right) x-2 x_{1}^{3}$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}$, 则切线方程为 $y-\left(x_{2}^{2}+a\right)=2 x_{2}\left(x-x_{2}\right)$, 整理得 $y=2 x_{2} x-x_{2}^{2}+a$, 则 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}-1=2 x_{2} \\ -2 x_{1}^{3}=-x_{2}^{2}+a\end{array}\right.$, 整理得 $a=x_{2}^{2}-2 x_{1}^{3}=\left(\frac{3 x_{1}^{2}}{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}-2 x_{1}^{3}=\frac{9}{4} x_{1}^{4}-2 x_{1}^{3}-\frac{3}{2} x_{1}^{2}+\frac{1}{4}$, 令 $h(x)=\frac{9}{4} x^{4}-2 x^{3}-\frac{3}{2} x^{2}+\frac{1}{4}$, 则 $h^{\prime}(x)=9 x^{3}-6 x^{2}-3 x=3 x(3 x+1)(x-1)$, 令 $h^{\prime}(x)>0$ ，解得 $-\frac{1}{3}<x<0$ 或 $x>1$ ， 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-\frac{1}{3}$ 或 $0<x<1$, 则 $x$ 变化时, $h^{\prime}(x), h(x)$ 的变化情况如下表: \begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|} \hline$x$ & $\left(-\infty,-\frac{1}{3}\right)$ & $-\frac{1}{3}$ & $\left(-\frac{1}{3}, 0\right)$ & 0 & $(0,1)$ & 1 & $(1,+\infty)$ \\ \hline$h^{\prime}(x)$ & - & 0 & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$h(x)$ & $\searrow$ & $\frac{5}{27}$ & $\nearrow$ & $\frac{1}{4}$ & $\searrow$ & -1 & $\nearrow$ \\ \hline \end{tabular} 则 $h(x)$ 的值域为 $[-1,+\infty)$, 故 $a$ 的取值范围为 $[-1,+\infty)$. |
| deepseekv3 | server error: Error code: 400 - {'error': {'code': 'RequestTimeOut', 'param': None, 'message': 'Request timed out, please try again later.', 'type': 'RequestTimeOut'}, 'id': 'chatcmpl-26668d5a-7bb6-9e8e-8406-879963e2746a', 'request_id': '26668d5a-7bb6-9e8e-8406-879963e2746a'} | 【小问 1 详解】} 由题意知, $f(-1)=-1-(-1)=0, f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1, f^{\prime}(-1)=3-1=2$, 则 $y=f(x)$ 在点 $(-1,0)$ 处的切线方程为 $y=2(x+1)$, 即 $y=2 x+2$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}=2$, 解 得 $x_{2}=1$, 则 $g(1)=1+a=2+2$, 解得 $a=3$; 【小问 2 详解】} $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1$, 则 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right)$ 处的切线方程为 $y-\left(x_{1}^{3}-x_{1}\right)=\left(3 x_{1}^{2}-1\right)\left(x-x_{1}\right)$, 整理得 $y=\left(3 x_{1}^{2}-1\right) x-2 x_{1}^{3}$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}$, 则切线方程为 $y-\left(x_{2}^{2}+a\right)=2 x_{2}\left(x-x_{2}\right)$, 整理得 $y=2 x_{2} x-x_{2}^{2}+a$, 则 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}-1=2 x_{2} \\ -2 x_{1}^{3}=-x_{2}^{2}+a\end{array}\right.$, 整理得 $a=x_{2}^{2}-2 x_{1}^{3}=\left(\frac{3 x_{1}^{2}}{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}-2 x_{1}^{3}=\frac{9}{4} x_{1}^{4}-2 x_{1}^{3}-\frac{3}{2} x_{1}^{2}+\frac{1}{4}$, 令 $h(x)=\frac{9}{4} x^{4}-2 x^{3}-\frac{3}{2} x^{2}+\frac{1}{4}$, 则 $h^{\prime}(x)=9 x^{3}-6 x^{2}-3 x=3 x(3 x+1)(x-1)$, 令 $h^{\prime}(x)>0$ ，解得 $-\frac{1}{3}<x<0$ 或 $x>1$ ， 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-\frac{1}{3}$ 或 $0<x<1$, 则 $x$ 变化时, $h^{\prime}(x), h(x)$ 的变化情况如下表: \begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|} \hline$x$ & $\left(-\infty,-\frac{1}{3}\right)$ & $-\frac{1}{3}$ & $\left(-\frac{1}{3}, 0\right)$ & 0 & $(0,1)$ & 1 & $(1,+\infty)$ \\ \hline$h^{\prime}(x)$ & - & 0 & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline$h(x)$ & $\searrow$ & $\frac{5}{27}$ & $\nearrow$ & $\frac{1}{4}$ & $\searrow$ & -1 & $\nearrow$ \\ \hline \end{tabular} 则 $h(x)$ 的值域为 $[-1,+\infty)$, 故 $a$ 的取值范围为 $[-1,+\infty)$. |