热门试卷

(1)  ；(2) 参考解析；（3）参考解析

试题分析：(1)已知函数是一个 含对数与分式，以及复合函数，需要正确地对函数求导，因为函数在x=0处的切线方程，所以将x=0代入导函数，即可求出切线的斜率.再根据横坐标为0，计算出纵坐标，根据点斜式即可写出切线方程.

(2)需要判断函数的单调性，要对函数求导，判断导函数的值的正负，所以要根据参数的情况分类讨论后作出判定.

（3)解法（一）令为特殊值，通过函数的单调性得到一个不等式成立，再将x转化为数列中的n的相关的值，再利用一个不等式，从而得到结论.解法（二）根据结论构造函数，通过函数的最值证明恒成立，再将x转化为n的表达式即可.

试题解析：（1）当时，，

∴，

∴，所以所求的切线的斜率为3.又∵，所以切点为. 故所求的切线方程为：.

（2）∵，

∴． ①当时，∵，∴； ７分

②当时，

由，得；由，得； 综上，当时，函数在单调递增；

当时，函数在单调递减，在上单调递增．

（3）方法一：由（2）可知，当时，在上单调递增． ∴　当时，，即． 令（），则． 另一方面，∵，即,

∴　． ∴　（）． 方法二：构造函数， ∴， ∴当时,；

∴函数在单调递增． ∴函数 ，即

∴，，即

令（），则有．

（1）a="1" （2）

试题分析：（1）首先确定函数的定义域，然后求导，利用导数，确定函数的单调区间和极小值，此处，极小值就是最小值，由于最小值为0，可建立关于a的方程，解之即可.（2）通过x=1验证k≤0不满足条件，所以k>0，构造函数g(x)＝f(x)－kx2，则g′(x)＝－2kx＝.分类讨论：k≥时，g′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，总有g(x)≤g(0)＝0，故k≥符合题意; 0＜k＜时，g(x)在内单调递增，x0∈时，g(x0)＞g(0)＝0，故0＜k＜不合题意．所以k的最小值为.

试题解析：.解：(1)f(x)的定义域为(－a，＋∞)．

f′(x)＝1－＝.2分

由f′(x)＝0，得x＝1－a＞－a.

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

因此，f(x)在x＝1－a处取得最小值，

故由题意f(1－a)＝1－a＝0，所以a＝1.  5分

(2)当k≤0时，取x＝1，有f(1)＝1－ln2＞0，

故k≤0不合题意．                    6分

当k＞0时，令g(x)＝f(x)－kx2，

即g(x)＝x－ln(x＋1)－kx2.

g′(x)＝－2kx＝.

令g′(x)＝0，得x1＝0，x2＝＞－1.  8分

①当k≥时，≤0，g′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，因此g(x)在[0，＋∞)上单调递减，从而对任意的x∈[0，＋∞)，总有g(x)≤g(0)＝0，即f(x)≤kx2在[0，＋∞)上恒成立，故k≥符合题意． 10分

②当0＜k＜时，＞0, 对于x∈，g′(x)＞0，故g(x)在内单调递增，因此当取x0∈时，g(x0)＞g(0)＝0，即f(x0)≤kx02不成立，故0＜k＜不合题意．

综上，k的最小值为.    12分

（1）；（2）；（3）详见解析

试题分析：（1）函数在区间是增函数，说明恒成立，再参变分离确定的取值集合；

（2）由（1）知，表示，代入中，得关于和的递推式，再根据递推公式求通项公式，常见的根据递推公式求通项公式的方法有：①，用累积法；②，用累加法；③(p,q是常数)，用构造法；④（p,q,m是常数），用两边取倒数，再用构造法，该题，用③求；（3）首先求数列的通项公式，再根据通项公式的具体形式，选择合适的求和方法，常见的求和方法有①直接法，直接利用等比数列或等差数列前n项和公式；②裂项相消法，在求和的过程中互相抵消的办法；③错位相减法，适合于通项公式是等差数列乘以等比数列的类型；④分组求和法，分组分别求和再相加的办法；⑤奇偶并项求和法，研究奇数项和偶数项的特点来求和的办法，该题，利用③④结合起来求和,再证明不等式成立.

试题解析：(1) 因为函数在上是增函数,只需在满足恒成立,即，所以；

（2）由（1）知，因为，∴，且，所以，∴，∴是以2为首项，3为公比的等比数列，故，；

（3）由（2）知，令，

，两式相减得，故.

（Ⅰ）或；

（Ⅱ）存在，的范围为.

试题分析：（Ⅰ）在上是单调函数，那么它导函数在恒成立；

（Ⅱ）零点的问题一般都求函数的单调区间结合函数的图象来解决.在本题中，直接研究的图象是比较麻烦的，故考虑转化一下.

在区间()内有两个不同的零点,等价于方程在区间()内有两个不同的实根.故转化为研究 的图象.通过求导画出的简图，结合图象可得：

为满足题意，只需在()内有两个不相等的零点, 故

解此不等式即可

试题解析：解：（1）当时，在上是单调增函数，符合题意．

当时，的对称轴方程为，

由于在上是单调函数，所以，解得或，

综上，的取值范围是，或．                                   4分

（2），

因在区间()内有两个不同的零点,所以，

即方程在区间()内有两个不同的实根.                5分

设 ，   

          7分

令，因为为正数，解得或（舍） 

当时, , 是减函数；  

当时, ，是增函数.                         8分

为满足题意，只需在()内有两个不相等的零点, 故

解得                                             12分

（1）y =" x+" 1.

（2）当m 时,有0个公共点；当m= ,有1个公共点；当m 有2个公共点；

（3） >

（1）f (x)的反函数,则y=g(x)过点（1,0）的切线斜率k=.

.过点（1,0），的切线方程为：y =" x+" 1

（2）证明曲线y=f(x)与曲线有唯一公共点，过程如下。

因此，

所以，曲线y=f(x)与曲线，只有唯一公共点(0,1).(证毕）

（3）设

令。

，，且

。

所以

（1）；（2）详见解析；（3）详见解析.

试题分析：（1）先求导函数，由导数的几何意义知，切线斜率为，利用直线的点斜式方程可求；（2）构造函数，只需证明函数的最小值大于等于0即可，先求导得，，因导数等于0的根不易求出，再求导得，，可判断，故递增，且，故在单调递减，在单调递增 ∴得证；（3）结合已知条件或已经得到的结论，得证明或判断的条件，是构造法求解问题的关键，由（2）知，依次将代数式放大，围绕目标从而证明不等式.

试题解析：（1），，则 ，∴图像在处的切线方程为即    3分

（2）令，          4分

则

∵与同号 ∴ ∴

∴ ∴在单调递增                                 6分

又，∴当时，；当时，

∴在单调递减，在单调递增 ∴

∴ 即对任意的恒成立                     8分

（3）由（2）知                                                9分

则           

                       11分

由柯西不等式得

∴                                    13分

同理  

三个不等式相加即得证。                                              14分

（1）f(x)的递减区间是，递增区间为（2）f(x)min＝（3）[－2，＋∞)

(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝ln x＋1，

令f′(x)＜0，得0＜x＜；

令f′(x)＞0，得x＞.

∴f(x)的递减区间是，递增区间为.

(2)(ⅰ)当0＜t＜t＋2＜时，无解．

(ⅱ)当0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜，

由(1)知，f(x)min＝f＝－.

(ⅲ)当≤t＜t＋2，即t≥时，

f(x)在区间[t，t＋2]上递增，f(x)min＝f(t)＝tln t.

因此f(x)min＝

(3)2f(x)＜g′(x)＋2，得2xln x≤3x2＋2ax＋1.

∵x＞0，∴a≥ln x-x-.设h(x)＝ln x-x-，

则h′(x)＝-+＝－.

令h′(x)＝0，得x＝1，x＝－ (舍)．

当0＜x＜1时，h′(x)＞0，h(x)在(0,1)上单调递增；

当x＞1时，h′(x)＜0，h(x)在(1，＋∞)上单调递减．

∴当x＝1时，h(x)取得最大值h(x)max＝－2.

∴a≥－2.

∴a的取值范围是[－2，＋∞)．

（Ⅰ）①时，， ∴在（－1，+∞）上是增函数，函数既无极大值点，也无极小值点；②当时，在上递增，在单调递减，函数的极大值点为－1，无极小值点；③当时，在上递减，在单调递增，函数的极小值点为－1，无极大值点；（Ⅱ）当时，方程有两解；(Ⅲ）详见解析．

试题分析：（Ⅰ）求的极值点，先求函数的定义域为，然后可对函数求导数得，令导数等零，求出的解，再利用导数大于0，导数小于0，判断函数的单调区间，从而确定极值点，但本题由于含有参数，需对讨论（Ⅱ）当时，若方程在上有两个实数解，求实数t的取值范围，由（Ⅰ）知，在上单调递增，在上单调递减，而，由此可得实数t的取值范围；（Ⅲ）根据要证明当时，，直接证明比较困难，可以利用分析法来证明本题，从结论入手，要证结论只要证明后面这个式子成立，两边取对数，构造函数，问题转化为只要证明函数在一个范围上成立，利用导数证明函数的性质．

试题解析：（Ⅰ）（1分）

①时，， ∴在（－1，+∞）上是增函数，函数既无极大值点，也无极小值点。（2分）

②当时，在上递增，在单调递减，函数的极大值点为－1，无极小值点（3分）

③当时，在上递减，在单调递增，函数的极小值点为－1，无极大值点（4分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在上单调递增，在上单调递减，

又，

∴，∴当时，方程有两解 （8分）

(Ⅲ）要证：只须证

只须证：，

设

则，（10分）

由（1）知在单调递减，（12分）

∴，即是减函数，而m>n，

∴，故原不等式成立。 （14分）

（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）(ⅰ)，(ⅱ) 详见解析.

试题分析：（Ⅰ）当时，对于任意不相等的两个正实数、，均有成立，只需求出与的解析式，两式作差得，判断符号即可证明；（Ⅱ）记，若在上单调递增，求实数的取值范围，首先求出的解析式，从而得，若它在上单调递增，即它的导函数在上恒大于零，得恒成立，这是恒成立问题，只需把含有的放到不等式的一侧，不含的放到不等式的另一侧，即，转化为求的最大值问题，可利用导数求出最大值，从而可得实数的取值范围. 证明：,因为,只需证它的最小值为,可利用导数证明它的最小值为即可.

试题解析：（Ⅰ）证明： ，

，

，则   ①

，则，②

由①②知．

（Ⅱ）（ⅰ），，

令，则在上单调递增．

，则当时，恒成立，

即当时，恒成立．

令，则当时，，

故在上单调递减，从而，

故．（14分）

（ⅱ）法一：，令，

则表示上一点与直线上一点距离的平方．

令，则，

可得在上单调递减，在上单调递增，

故，则，

直线与的图象相切与点，点到直线的距离为，

则，故．

法二：，

令，则．

令，则，显然在上单调递减，在上单调递增，

则，则，故．