热门试卷

（1）；（2）1；（3）证明过程详见解析

试题分析：

第一问，当时，先求出的解析式，对求导，将代入到中得到切线的斜率，将代入到中得到切点的纵坐标，最后用点斜式写出切线方程；第二问，本问是恒成立问题，先转化成恒成立，即构造函数求函数的最小值大于等于0即可，对求导对参数a进行讨论，分和，求导，利用导数求函数的最值，判断是否符合题意；第三问，先利用已知条件求出解析式，求出直线AB的斜率，通过对求导，求出曲线在处的切线的斜率，由于两直线平行，所以两斜率相等，由于，所以在定义域内单调递减，用分析法得欲证，需证明，通过变形得，即，构造新函数，通过求导判断函数的单调性和最值，只需证明最小值大于0即可 

试题解析：（1）,斜率,

所以，曲线在处的切线方程为               2分

(2)恒成立恒成立 

令，，，，

（ⅰ）若，则恒成立，∴函数在为单调递增函数，

恒成立，又∵，∴符合条件 

（ⅱ）若，由，可得，解得和（舍去） 

当时，；当时，；

∴ 

恒成立矛盾

综上，a的最小值为1                       7分

（Ⅲ），

又∵，∴，∴

由，，易知其在定义域内为单调递减函数

欲证证明

即，变形可得：

令，，原不等式等价于，等价于

构造函数，

则，，令，，

当时，，

∴在上为单调递增函数， 

∴在上为单调递增函数，

∴，

∴在上恒成立 

∴成立，∴得证 

(1) －1   (2) 没有，理由见解析

解：(1)当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x，

f′(x)＝－1＋＝.

当00；

当x>1时，f′(x)<0.

∴f(x)在区间(0,1)上是增函数，在区间(1，＋∞)上是减函数．

f(x)max＝f(1)＝－1.

(2)由(1)知当a＝－1时，

f(x)max＝f(1)＝－1，∴|f(x)|≥1.

令g(x)＝＋，则g′(x)＝，

令g′(x)＝0，得x＝e，

当00，g(x)在区间(0，e)上单调递增；

当x>e时，g′(x)<0，g(x)在区间(e，＋∞)上单调递减．

∴g(x)max＝g(e)＝＋<1，

∴g(x)<1.∴|f(x)|>g(x)恒成立，

即|f(x)|>＋恒成立．

∴方程|f(x)|＝＋没有实数解．

（1）当a＝0时，f(x)在(0，＋∞)单调递增；当a<0时，f(x)在单调递增，在单调递减．（2）(－∞，0)

(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝a＋ (x>0)

①当a＝0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)单调递增；

②当a<0时，由f′(x)＝0，解得x＝－，

则当x∈时，f′(x)>0，∴f(x)单调递增，

当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，综上所述：当a＝0时，f(x)在(0，＋∞)单调递增；当a<0时，f(x)在单调递增，在单调递减．

(2)由题意：ex<有解，即ex<x－m有解，因此只需m<x－ex，x∈(0，＋∞)有解即可，设h(x)＝x－ex，h′(x)＝1－ex－＝1－ex，因为：＋≥2＝>1，且x∈(0，＋∞)时ex>1，所以：1－ex<0，即h′(x)<0.

故h(x)在[0，＋∞)单调递减，

∴h(x)<h(0)＝0，∴m<0.

故实数m的取值范围是(－∞，0)．

(1)单调增区间是，单调减区间是；(2)；(3)见解析.

试题分析：(1)先由对数函数的定义求出函数的定义域，然后求出函数的导数，结合函数的单调性与导数的关系求解；(2)先写出切点处的切线的斜率，然后根据已知条件得到，则有，结合二次函数在区间上的图像与性质，可得的最小值；(3)根据已知条件构造函数，将方程的实根的情况转化为函数的零点问题.由函数单调性与导数的关系可知，在区间上单调递增，在区间上单调递减，即最大值是，分三种情况进行讨论：当，函数的图象与轴恰有两个交点；当时，函数的图象与轴恰有一个交点；当时，函数的图象与轴无交点.由方程的根与函数零点的关系得解.

试题解析：(1)，定义域为，

则，

∵，

由得，；由得，.

∴函数的单调增区间是，单调减区间是.                 2分

(2)由题意，以为切点的切线的斜率满足：

，

所以对恒成立．

又当时，，

所以的最小值为.                                7分．

(3)由题意，方程化简得：

.

令，则．

当时，；当时，.

所以在区间上单调递增，在区间上单调递减．

所以在处取得极大值即最大值，最大值为．

所以当，即时，的图象与轴恰有两个交点，

方程有两个实根；

当时，的图象与轴恰有一个交点，

方程有一个实根；

当时，的图象与轴无交点，

方程无实根.                     12分

（1）；（2）在处的切线不能平行于轴．

试题分析：（1）函数在定义域内为增函数，则其导数恒大于等于0.求导得：

.由得：.要恒成立，只需即可.接下来利用重要不等式可求出的最小值.

由题意，知恒成立，即．

（2）本题属探索性问题.对探索性问题，常用的方法是假设成立，然后利用题设试着去求相关的量.若能求出来，则成立；若无解，则不成立.

在本题中，总的方向如下：首先假设在的切线平行于轴，则是的极值点，故有.又函数存在两个零点，所以，再加上，这样有4个方程（4个未知数).接下来就试着求.若能求出，则切线能平行于轴（同时也就求出了该切线方程）；若不能求出，则切线不能平行于轴.

试题解析：（1）

由题意，知恒成立，即．

又，当且仅当时等号成立．

故，所以． 

（2）将求导得：.

存在两个零点，所以.

设在的切线平行于轴，则.

结合题意，有，

①—②得

所以由④得

所以          ……………………………………⑤

设，⑤式变为

设，

所以函数在上单调递增，

因此，，即

也就是，，此式与⑤矛盾．所以在处的切线不能平行于轴.

（1）切线方程为；（2）实数的取值范围是；（3）详见解析.

试题分析：（1）将代入函数的解析式，利用导函数的几何意义，结合直线的点斜式求出切线的方程；（2）先求出函数的导数，对的符号进行分类讨论，结合零点存在定理判断函数在定义域上是否有零点，从而求出参数的取值范围；另外一中方法是将问题等价转化为“直线与曲线无公共点”，结合导数研究函数的基本性质，然后利用图象即可确定实数的取值范围；（3）从所证的不等式出发，利用分析法最终将问题等价转换为证明不等式在区间上恒成立，并构造新函数，利用导数结合函数的单调性与最值来进行证明.

试题解析：在区间上，，

（1）当时，，则切线方程为，即；

（2）①当时，有唯一零点；

②当时，则，是区间上的增函数，

，，

，即函数在区间有唯一零点；

③当时，令得，

在区间上，，函数是增函数，

在区间上，，函数是减函数，

故在区间上，的极大值为，

由，即，解得，故所求实数的取值范围是；

另解：无零点方程在上无实根直线与曲线无公共点，

令，则，令，解得，列表如下：

故函数在处取得极大值，亦即最大值，即，

由于直线与曲线无公共点，故，故所求实数的取值范围是；

（3）设，由，，可得，，

，，

原不等式，

令，于是，

设函数，求导得，

故函数是上的增函数，，即不等式成立，

故所证不等式成立.

（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析.

试题分析：（Ⅰ）导数法，先求导数，由条件，得出的值，再令或，判断函数的单调区间；（Ⅱ）导数法，构造新函数，再用导数法，证明在恒成立，从而得出结论；（Ⅲ）用导数的几何意义，得出直线方程，在用导数法证明.

试题解析：（Ⅰ），由已知得,          （3分）

当时，此时在单调递减，在单调递增,

（Ⅱ）,,在的切线方程为，

即.                                                  （6分）

当时，曲线不可能在直线的下方在恒成立，

令，,

当，，

即在恒成立，

所以当时，曲线不可能在直线的下方,                  （9分）

（Ⅲ）,

先求在处的切线方程，故在的切线方程为，即，

下先证明，

令

，

当，

.                                                （14分）

（1）极小值，没有极大值；（2）存在，.

试题分析：本题主要考查导数的应用、不等式等基础知识，考查思维能力、运算能力、分析问题与解决问题的能力,考查函数、转化与化归、特殊与一般等数学思想方法.第一问，先求导数，判断函数的单调性，根据极值的定义求极值；第二问，是恒成立问题，设出函数，此题可以转化为求函数最值的问题，此题比较综合.

试题解析：（1）当时，，，

因为，所以当时，，当时，，所以函数在处取得极小值，函数没有极大值.      4分

（2）令，即，

，令，，

所以有两个不等根，，不妨设，

所以在上递减，在上递增，所以成立，

因为，所以，所以.

令，，

所以在上递增，在上递减，

所以，又，

所以代入得，

所以.       12分

(1) a＝1.(2) (－∞，0)．（3）详见解析.

试题分析：（1）求出交点，切线平行即导数值相等可解；（2）转化为新函数，求出导数，利用单调性极值解；（3）构造新函数求导，利用单调性证明.

试题解析：(1)f(x)与坐标轴的交点为(0，a)，f′(0)＝a，g(x)与坐标轴的交点为(a,0)，g′(a)＝.

∴a＝，得a＝±1，又a>0，故a＝1.

(2>可化为mex.令h(x)＝x－ex，则h′(x)＝1－()ex.

∵x>0，∴＋≥，ex>1(＋)ex>1.故h′(x)<0.

∴h(x)在(0，＋∞)上是减函数，因此h(x)

(3)y＝f(x)与y＝g(x)的公共定义域为(0，＋∞)，|f(x)－g(x)|＝|ex－lnx|＝ex－lnx.

令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1>0.∴h(x)在(0，＋∞)上是增函数．

故h(x)>h(0)＝0，即ex－1>x.　　　①

令m(x)＝lnx－x＋1，则m′(x)＝－1.

当x>1时，m′(x)<0，当00.∴m(x)有最大值m(1)＝0，因此lnx＋1

由①②，得ex－1>lnx＋1，即ex－lnx>2.   

∴函数y＝f(x)和y＝g(x)在其公共定义域内的所有偏差都大于2.