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(1）.；(2)当时，函数无极小值；当，在处取得极小值，无极大值.；(3)的最大值为.

试题分析：(1)由于曲线在点处的切线平行于轴，所以.求导解方程即可得的值.(2)由于函数中含参数，故需要分情况讨论.求导得：，分情况求出函数的单调区间即可得函数的极值；(3)当时，.直线:与曲线没有公共点等价于关于的方程在上没有实数解.一般地考虑分离参数.即变形为：

(*)在上没有实数解.当时，方程(*)可化为，在上没有实数解.当时，方程(*)化为.令，利用导数求出的取值范围即可得的取值范围.

试题解析：(1)由,得.

又曲线在点处的切线平行于轴,

得,即,解得.

(2),

①当时,,为上的增函数,所以函数无极值.

②当时,令,得,.

,;,.

所以在上单调递减,在上单调递增,

故在处取得极小值,且极小值为,无极大值.

综上,当时,函数无极小值;

当,在处取得极小值,无极大值.

(3)当时,.

直线:与曲线没有公共点,

等价于关于的方程在上没有实数解,即关于的方程:

(*)

在上没有实数解.

①当时,方程(*)可化为,在上没有实数解.

②当时,方程(*)化为.

令,则有.

令,得,

当变化时,的变化情况如下表:

当时,,同时当趋于时,趋于,

从而的取值范围为.所以当时,方程(*)无实数解,解得的取值范围是.

综上,得的最大值为.

(1) ln 3－1≤b. (2)见解析

(1)f(x)＝ln(x＋1)－x2－x，由f(x)＝－x＋b，得ln(x＋1)－x2＋x－b＝0，

令φ(x)＝ln(x＋1)－x2＋x－b，则f(x)＝－x＋b在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根等价于φ(x)＝0在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，φ′(x)＝－2x＋＝ ，

当x∈[0，1)时，φ′(x)>0，于是φ(x)在[0，1)上单调递增；

当x∈(1，2]时，φ′(x)<0，于是φ(x)在(1，2]上单调递减．

依题意有 

解得ln 3－1≤b.

(2)证明：方法一，f(x)＝ln(x＋1)－x2－x的定义域为{x|x>－1}，则有f′(x)＝，

令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－(舍去)，

当－1<x<0时，f′(x)>0，f(x)单调递增；

当x>0时，f′(x)<0，f(x)单调递减．

∴f(0)为f(x)在(－1，＋∞)上的最大值．

∴f(x)≤f(0)，故ln(x＋1)－x2－x≤0(当且仅当x＝0时，等号成立)．

对任意正整数n，取x＝>0得，ln<＋，

∴ln<.

故2＋＋…＋≥ln 2＋ln＋…＋ln ＝ln(n＋1)．

方法二，数学归纳法证明：

当n＝1时，左边＝＝2，右边＝ln(1＋1)＝ln 2，显然2>ln 2，不等式成立．

假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时，2＋>ln(k＋1)成立，

则当n＝k＋1时，有2＋＋ln(k＋1)．

做差比较：ln(k＋2)－ln(k＋1)－＝ln －＝ln－.

构建函数F(x)＝ln(1＋x)－x－x2，x∈(0，1)，

则F′(x)＝<0，

∴F(x)在(0，1)上单调递减，∴F(x)<F(0)＝0.

取x＝(k≥1，k∈N*)，ln－<F(0)＝0.

即ln(k＋2)－ln(k＋1)－<0，

亦即＋ln(k＋1)>ln(k＋2)，

故n＝k＋1时，有2＋＋ln(k＋1)>ln(k＋2)，不等式也成立．

综上可知，对任意的正整数，不等式都成立．

（1）①，②时，；时， （2）时，；时，．.

试题分析：（1）①本题为曲线切线问题,一般从设切点出发,利用切点在切线上.切点在曲线上,切点处的导数值为切线的斜率三个方面建立等量关系,从而解出，②方程有解问题，一般利用分离法，求函数值域解决.由于定义域不定，需讨论极值为零的点是否在定义域内，这决定了单调区间,也决定了最值.（2）不等式恒成立问题，往往转化为最值问题，这也需要分离变量. 即，在求函数值域时，有两个难点，一是判断极值为零的点，二是讨论极值为零的点是否在内.

试题解析：⑴

①，            3分

②即与在上有交点…4分

，时在上递增，；

时在上递增，在上递减且， ……7分

时，；时，                8分

⑵即，

即在上恒成立，                     9分

令，

令，则为单调减函数，且，      12分

∴当时，，单调递增，

当时，，单调递减，               13分

若，则在上单调递增，

∴，∴；

若，则在上单调递增，单调递减，

∴，∴                    15分

∴时，；时，．           16分

(1)或(2)(3)不存在

试题分析：

(1)该问切点横坐标已知,则利用切点在曲线上,带入曲线即可得到切点的纵坐标,对进行求导并得到在切点处的导函数值即为切线的斜率,有切线的斜率,切线又过切点,利用直线的点斜式即可求的切线的方程,利用点到直线的距离公式结合条件点到切线的距离为即可求的参数的值.

(2)该问为恒成立问题可以考虑分离参数法,即把参数a与x进行分离得到,则,再利用函数的导函数研究函数在区间的最大值,即可求的a的取值范围.

(3)根据切线的斜率即为曲线C在切点处的导函数值,即该问可以转化为是否存在使得,令,则即存在使得,对再次求导进行最值求解可得,所以不存在使得.

试题解析：

（1）,.

在处的切线斜率为，

∴切线的方程为，即.  2分

又点到切线的距离为,所以，

解之得，或    4分

（2）因为恒成立，

若恒成立；

若恒成立，即，在上恒成立，

设则

当时，，则在上单调递增；

当时，，则在上单调递减；

所以当时，取得最大值，，

所以的取值范围为.    9分

（3）依题意,曲线的方程为,令

所以,

设,则,当,

故在上单调增函数,因此在上的最小值为

即

又时,

所以

曲线在点处的切线与轴垂直等价于方程有实数解,但是,没有实数解,故不存在实数使曲线在点处的切线与轴垂直.    14分

（1）；（2）；（3）详见解析.

试题分析：（1）先求导，利用题中条件得到，从而求出实数的值；（2）解法一是构造新函数，问题转化为来处理，求出导数的根，对与区间的相对位置进行分类讨论，以确定函数的单调性与最值，从而解决题中的问题；解法二是利用参数分离法将问题转化为，从而将问题转化为来处理，而将视为点与点连线的斜率，然后利用图象确定斜率的最小值，从而求解相应问题；（3）证法一是利用基本不等式证明和，再将三个同向不等式相加即可得到问题的证明；证法二是利用作差法结合基本不等式得到进而得到问题的证明.

试题解析：（1），由曲线在点处的切线平行于轴得

，；

（2）解法一：当时，，函数在上是增函数，有，------6分

当时，函数在上递增，在上递减，

对，恒成立，只需，即；

当时，函数在上递减，对，恒成立，只需，

而，不合题意，

综上得对，恒成立，；

解法二：由且可得，

由于表示两点、的连线斜率，

由图象可知在单调递减，

故当，，

，即；

（3）证法一：由，

得

，

，

由得，①

又，

，②

，，

，，③

由①、②、③得

；

即；

证法二：由

、是两个不相等的正数，

，，

，又，，

，即

解：(Ⅰ)当时，.         …1分

.             又，                         

∴曲线在点处的切线方程为.即.…3分

(Ⅱ)（1）下面先证明：．

设　，则，

且仅当，所以，在上是增函数，故．

所以，，即．　　　…………………………5分

（2）因为，所以.

因为当时，，当时，.

又，所以在上是减函数，在

上是增函数.所以， 　　　…9分

（3）下面讨论函数的零点情况．

①当，即时，函数在上无零点；　

②)当，即时，，则

而，∴在上有一个零点；  

③当，即时， ,

由于，，

，

所以，函数在上有两个零点.　　　　……………………………………13分

综上所述，在上，我们有结论：当时，函数无零点；当时，函数有一个零点；当时，函数有两个零点.           ………………………………14分

解法二：(Ⅱ)依题意，可知函数的定义域为，

 .      ………5分

∴当时，，当时，.

在上是减函数，在上是增函数.

        ……………………6分

设（，常数.

∴当时，

且仅当时，在上是增函数.

∴当时，，∴当时，

取，得由此得.       …………9分

取得由此得.      

…10分

(1)当，即时，函数无零点；　 ………………………11分

(2)当，即时，，则 而，

∴函数有一个零点；  …12分  

(3)当即时.而，

∴函数有两个零点. …13分  综上所述，当时，函数无零点，当

时，函数有一个零点，当时，函数有两个零点.  …14分

略

（1）(1，＋∞)；（2）证明过程详见解析.

试题分析：本题考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数最值、恒成立问题等基础知识，考查学生分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，先将已知不等式进行转化，将所求的参数分离出来，构造新的函数，利用“单调递增，单调递减”判断函数的单调性，确定函数最值的位置，并求出函数的最值，代入到所转化的式子中即可；第二问，将方程的2个根分别代入到方程中，得到2个式子，2个式子作差，得到方程将a分离出来，对求导，将代入，将上述的a也代入，得到所求式子的左边，只需证明即可，通过变形，只需证明即可，构造新函数，所以利用导数求函数的最小值，判断，即.

试题解析：（1）当x∈(0，＋∞)时，f(x)＜0等价于．

令，则，

当x∈(0，1)时，g¢(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，g¢(x)＞0．

g(x)有最小值g(1)＝1．           4分

故a的取值范围是(1，＋∞)．          5分

（2）因f(x)＝x，即x2－lnx＝(a＋1)x有两个不同的实数解u，v．

故u2－lnu＝(a＋1)u，v2－lnv＝(a＋1)v．

于是(u＋v)(u－v)－(lnu－lnv)＝(a＋1)(u－v)．      7分

由u－v＜0解得．

又，所以

．  9分

设，则当u∈(0，v)时，，

h(u)在(0，v)单调递增，h(u)＜h(v)＝0，

从而，因此．       12分

（1）；（2）.

试题分析：（1）求出导数方程的根，并以是否在区间内进行分类讨论，确定函数单调性，从而确定函数在区间上的最大值，从而求出实数的值；（2）解法一是分两种情况讨论，一种是函数是增函数，二是函数是减函数，从而得到或在上恒成立，最终转化为或来处理，从而求出实数的取值范围；解法二是分两种情况讨论，一种是函数是增函数，二是函数是减函数，从而得到或在上恒成立，利用，对二次函数的首项系数与的符号进行分类讨论，从而求出实数的取值范围.

（1）由，

可得函数在上单调递增，在上单调递减，

当时，取最大值，

①当，即时，函数在上单调递减，

，解得；

②当，即时，，

解得，与矛盾，不合舍去；

③当，即时，函数在上单调递增，

，解得，与矛盾，不合舍去；

综上得；

（2）解法一：，

，

显然，对于，不可能恒成立，

函数在上不是单调递增函数，

若函数在上是单调递减函数，则对于恒成立，

，解得，

综上得若函数在上是单调函数，则；

解法二：，

，

令，（）

方程（）的根判别式，

当，即时，在上恒有，

即当时，函数在上是单调递减；

当，即时，方程（）有两个不相等的实数根：

，，

，

当时，，当或时，，

即函数在单调递增，在或上单调递减，

函数在上不单调，

综上得若函数在上是单调函数，则.

（1）当时，，减区间为；当时，递增区间为，递减区间为；（2）；（3）详见解析.

试题分析：（1）利用导数判断函数的单调性，就是在定义域内考虑 导函数的符号，先求导函数得，，令，得，讨论根与定义域的关系，当时，，减区间为；当时，将定义域分段，分别考虑导函数的符号，即得函数的单调区间；（1）只需函数的最大值小于等于0即可，由（1）得，当时，减区间为，且，故不满足；当时，，记，可求得，故，故；（3）由（2）得，当且仅当时，恒成立，即，又，结合起来证明即可.

试题解析：（1），                   1分

当时，，减区间为                           2分

当时，由得，由得               3分

∴递增区间为，递减区间为                           4分

（2）由（1）知：当时，在上为减区间，而

∴在区间上不可能恒成立                           5分

当时，在上递增，在上递减，

，令，                6分

依题意有，而，且

∴在上递减，在上递增，

∴，故                           9分

（3）由（2）知：时，且恒成立

即恒成立

则

                  11分

又由知在上恒成立，

∴        13分

综上所述：对任意的，证明：                     14分