热门试卷

(1) a＝2,b＝1. (2)  (3)详见解析.

试题分析：(1)利用导数几何意义，函数在点处的导数值为切线的斜率，即，又，所以可得a＝2,b＝1. (2)利用函数与方程思想，即研究函数图像与直线有两个不同的交点，因为，所以当x∈时,, f(x)是增函数；当x∈时, , f(x)是减函数.且，所以 (3)正难则反，假设这样从等量关系进行逻辑推理，先列出等量关系，五个未知数，四个方程，应建立函数关系，关键是消元，观察可知应消去，得，转化为，这是关于的一元函数，利用导数可研究其单调性＞0，故，即方程无解，假设不成立.

试题解析：解：(1),,.

∴,且.解得a＝2,b＝1.   .    (4分)

(2),设,

则,令,得x＝1(x＝－1舍去).

当x∈时,, h(x)是增函数；当x∈时,, h(x)是减函数.

则方程在内有两个不等实根的充要条件是

解得.                 (8分)

(3),.假设结论成立,

则有,①－②,得.

∴.由④得,于是有,∴,

即.⑤ 令, (0＜t＜1),则＞0.

∴在0＜t＜1上是增函数,有,∴⑤式不成立,与假设矛盾.

∴.                          (12分)

（1）a=e，或a=3e    （2）

（1）求导得f′（x）=2（x﹣a）lnx+=（x﹣a）（2lnx+1﹣），

因为x=e是f（x）的极值点，

所以f′（e）=0

解得a=e或a=3e．

经检验，a=e或a=3e符合题意，

所以a=e，或a=3e

（2）①当0＜x≤1时，对于任意的实数a，恒有f（x）≤0＜4e2成立

②当1＜x≤3e时，，由题意，首先有f（3e）=（3e﹣a）2ln3e≤4e2，

解得

由（1）知f′（x）=2（x﹣a）lnx+=（x﹣a）（2lnx+1﹣），

令h（x）=2lnx+1﹣，则h（1）=1﹣a＜0，

h（a）=2lna＞0且h（3e）=2ln3e+1﹣≥2ln3e+1﹣=2（ln3e﹣）＞0

又h（x）在（0，+∞）内单调递增，所以函数h（x）在在（0，+∞）内有唯一零点，记此零点为x0

则1＜x0＜3e，1＜x0＜a，从而，当x∈（0，x0）时，f′（x）＞0，

当x∈（x0，a）时，f′（x）＜0，

当x∈（a，+∞）时，f′（x）＞0，即f（x）在（0，x0）内是增函数，

在（x0，a）内是减函数，在（a，+∞）内是增函数

所以要使得对任意的x∈（0，3e]，恒有f（x）≤4e2成立只要有

有h（x0）=2lnx0+1﹣=0得a=2x0lnx0+x0，将它代入得4x02ln3x0≤4e2

又x0＞1，注意到函数4x2ln3x在（1，+∞）上是增函数故1＜x0≤e

再由a=2x0lnx0+x0，及函数2xlnx+x在（1，+∞）上是增函数，可得1＜a≤3e

由f（3e）=（3e﹣a）2ln3e≤4e2解得，

所以得

综上，a的取值范围为

（1）当△>时，即或时，有两个公共点；

当△=时，即或时，有一个公共点；

当△<时,即时，没有公共点 .

（2）当时，函数有两个零点.

试题分析：（1）求导数得切线的斜率，由直线方程的点斜式，得到曲线在点（1，）处的切线方程为；

由，利用一元二次方程根的判别式讨论得解.

（2）为讨论=的零点，

令得到，

因此可令，利用导数知识，讨论起最大值、最小值即得所求.

试题解析：（1），所以斜率                     2分

又，曲线在点（1，）处的切线方程为        3分

由                     4分

由△=可知：

当△>时，即或时，有两个公共点；

当△=时，即或时，有一个公共点；

当△<时,即时，没有公共点                           7分

（2）=，

由得                                      8分

令，则    

当，由得                          10分

所以，在上单调递减，在上单调递增                 

因此，                                          11分

由，比较可知

所以，当时，函数有两个零点.          14分

（1）；（2）详见解析．

试题分析：（1），由导数的几何意义得，故切线方程为，将点代入求；（2）曲线与直线只有一个交点转化为函数有且只有零点．一般思路往往利用导数求函数的单调区间和极值点，从而判断函数大致图象，再说明与轴只有一个交点．本题首先入手点为，当时，，且，，所以在有唯一实根．只需说明当时无根即可，因为，故只需说明，进而转化为求函数的最小值问题处理．

（1），．曲线在点处的切线方程为．由题设得，，所以．

（2）由（1）得，．设．由题设得．当时，，单调递增，，，所以在有唯一实根．当时，令，则．，在单调递减；在单调递增．所以．所以在没有实根，综上，在上有唯一实根，即曲线与直线只有一个交点．

（I）;(II） ;(III）.

试题分析：（I）本题函数式是一个乘积的形式.求函数的单调递减区间，令导函数小于零，可求得x的范围，本小题两个知识点要注意.首先是定义域x>0;其次是含对数的不等式的解法.（II）关于恒成立的问题通过整理后用分离变量较好，最小值在的定义域上，通过求导可知函数的单调性即可求出函数g(x)的最大值.本小题涉及对数函数的求导和分式函数的求导，要认真对待.（III）求函数的切线，首先判断该点有没有在函数图像上.通过分析A点不在函数图像上.通过假设切点的坐标.求出在切点的切线的斜率，通过A点和切点再算一次斜率即可得一个等式.通过研究该等式的解的情况即可得切线的方程.本小题要具备估算的能力.含对数的函数要关注定义域的范围，通过求导了解函数的图像的走向是解题的关键. 

试题解析：（Ⅰ）得                          2分

函数的单调递减区间是；                  4分

（Ⅱ）即

设则            6分

当时，函数单调递减；

当时，函数单调递增；

最小值实数的取值范围是；  7分

（Ⅲ）设切点则即

设，当时是单调递增函数  10分

最多只有一个根，又

由得切线方程是.                        12分

（1）在区间上是减函数；（2）；（3）详见解析

试题分析：（1）求导即可知，在区间上是减函数；（2）将代入得在上恒成立，令，则 下面利用导数求出的最小值即可；（3）待证不等式的左边是积的形式，而右边是底数为的一个幂，故考虑两边取自然对数，即原不等式转化为： 注意用（2）题的结果 由（2）可得： 对照所要证明的不等式可知，需令，由此可得：

即 

试题解析：（1）由题                 （3分）

故在区间上是减函数                             （4分）

（2）当时，在上恒成立，取，则，                                  （6分）

再取则             （7分）

故在上单调递增，

而，            （8分）

故在上存在唯一实数根，

故时，时，

故故          （9分）

（3）由（2）知：

令，

所以

即              14分

（Ⅰ）（Ⅱ）详见解析

试题分析：（Ⅰ）是偶函数，只需研究对任意成立即可，即当时

（Ⅱ）观察结论，要证，即证，变形可得，

可证．问题得以解决．

试题解析：（Ⅰ）由可知是偶函数．

于是对任意成立等价于对任意成立．  （1分）

由得．

①当时，．

此时在上单调递增．  故，符合题意．（3分）

②当时，．

当变化时的变化情况如下表：                 （4分）

由此可得，在上，．

依题意，，又．

综合①，②得，实数的取值范围是．               （7分）

（Ⅱ），

又，

（10分）

，

                 （12分）

由此得:

故成立.        （14分）.

（1）实数的取值范围是.

（2）当时，；

当时，；

当时，.

（3）见解析.

试题分析：（1）由题意知在上恒成立.

根据，知在上恒成立，即在上恒成立. 只需求时，的最大值.

（2）当时，则.

根据，分别得到的增区间为（2，＋∞），减区间为（－∞，0），（0，2）. 因为，所以，

因此，要讨论①当，即时，②当，即时，③当时等三种情况下函数的最小值.

（3）由（2）可知，当时，，从而

可得 ，

故利用

（1）由题意知在上恒成立.

又，则在上恒成立，

即在上恒成立. 而当时，，所以，

于是实数的取值范围是.                     4分

（2）当时，则.

当，即时，；

当，即时，.

则的增区间为（2，＋∞），减区间为（－∞，0），（0，2）.   6分

因为，所以，

①当，即时，在[]上单调递减，

所以

②当，即时，在上单调递减，

在上单调递增，所以

③当时，在[]上单调递增，所以.

综上，当时，；

当时，；

当时，.              9分

（3）由（2）可知，当时，，所以

可得                 11分

于是

                               14分