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(Ⅰ) 的单调递减区间为，单调递增区间为；（Ⅱ）实数的最小值；（Ⅲ）当时，的图像与的图像恰有四个不同交点．

试题分析：（I）求函数的单调区间，首先求出的解析式，得，求函数的单调区间，可用定义，也可用导数法，由于本题含有对数函数，可通过求导来求，对求导得，分别求出与的范围，从而求出的单调区间；（II）若以函数图象上任意一点为切点的切线的斜率恒成立，求实数的最小值，可利用导数的几何意义表示出切线的斜率，根据恒成立，将分离出来得，即大于等于的最大值即可，这样求出的范围，从而得到的最小值；（III）函数的图象与的图象有四个不同的交点，即方程有四个不同的根，分离出后，转化成新函数的极大值和极小值问题，利用图像即可求出实数的取值范围．

试题解析：（Ⅰ）F(x)=f(x)+g(x)=lnx+(x>0), == 

∵a>0,由FF'(x)>0Þx∈(a,+∞),∴F(x)在(a,+∞)上是增函数.

由FF'(x)<0Þx∈(0,a),∴F(x)在(0,a)上是减函数.

∴F(x)的单调递减区间为(0,a)，单调递增区间为(a,+∞).

（Ⅱ）由FF'(x)= （0

k= FF'(x0)= ≤（00≤3）恒成立Ûa≥-x02+x0恒成立.

∵当x0=1时，-x02+x0取得最大值

∴a≥,a的最小值为.

（Ⅲ）若y=g()+m-1=x2+m-的图像与y=f(1+x2)=ln(x2+1)的图像恰有四个不同交点，即x2+m-=ln(x2+1)有四个不同的根，亦即m=ln(x2+1)-x2+有四个不同的根.令= ln(x2+1)-x2+.

则GF'(x)=-x==

当x变化时GF'(x)、G（x）的变化情况如下表：

由上表知：G（x）极小值=G（0）=, G（x）极大值=G（-1）=G(1)=ln2>0

画出草图和验证G(2)=G(-2)=ln5-2+<可知，当m∈(,ln2)时，y=G(x)与y=m恰有四个不同交点.

∴当m∈(,ln2)时，y=g()+m-1=x2+m-的图像与y=f(1+x2)=ln(x2+1)的图像恰有四个不同交点.

解：（1）依题意，得

由得

从而

故

令得或

①当a>1时，

当x变化时，与的变化情况如下表：

由此得，函数f（x）的单调增区间为和，单调减区间为。

②当时，，此时有恒成立，且仅在处，

故函数f（x）的单调增区间为R；

③当时，，同理可得，函数f（x）的单调增区间为和，

单调减区间为

综上：当时，函数f（x）的单调增区间为和，单调减区间为；

当时，函数f（x）的单调增区间为R；

当时，函数f（x）的单调增区间为和，单调减区间为。

（2）（i）由得

令得

由（1）得f（x）增区间为和，单调减区间为，

所以函数f（x）在处取得极值，

故M（），N（）。

观察的图象，有如下现象：

①当m从-1（不含-1）变化到3时，线段MP的斜率与曲线f（x）在点P处切线的斜率之差Kmp-的值由正连续变为负。

②线段MP与曲线是否有异于H，P的公共点与Kmp-的m正负有着密切的关联；

③Kmp-=0对应的位置可能是临界点，故推测：满足Kmp-的m就是所求的t最小值。

下面给出证明并确定的t最小值

曲线f（x）在点处的切线斜率

段MP的斜率Kmp

当Kmp-=0时，解得

直线MP的方程为

令

当时，在上只有一个零点，

可判断函数f（x）在上单调递增，在上单调递减，

又，

所以g（x）在上没有零点，

即线段MP与曲线f（x）没有异于M，P的公共点。

当时，，

所以存在使得

即当时，MP与曲线f（x）有异于M，P的公共点

综上，t的最小值为2。

（ii）类似（i）于中的观察，可得m的取值范围为。

（1）单调递增区间为,单调递减区间为,；（2）证明过程详见解析.

试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值、恒成立问题等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，先对求导，利用单调递增，单调递减，通过解不等式，求出函数的单调区间；第二问，由于对于任意的，都有 对于任意的，都有，利用导数判断函数在上的单调性，数形结合求出的最小值和的最大值，进行比较，看是否符合.

（1）函数的定义域为,，

因为，

所以，当，或时，；

当时，．

所以，的单调递增区间为,单调递减区间为,．        6分

（2）因为在区间上单调递增，在区间上单调递减，

又，，

所以，当时，．

由，可得．

所以当时，函数在区间上是增函数，

所以，当时，．

所以，当时，

对于任意的，都有，，所以．

当时，函数在区间上是增函数，在区间上是减函数，

所以，当时，．

所以，当时，

对于任意的，都有，，所以．

综上，对于任意的，都有．      13分

（1），；（2）；（3）

试题分析：（1）由函数的图象切x轴于点(2，0)，得且，解方程组可得的值．

（2）由于，根据导数的几何意义，任意不同的两点的连线的斜率小于l，对任意的恒成立，利用分离变量法，转化为对任意的恒成立，进一步转化为函数的最值问题；

（3）设，则

对恒成立

将上不等式看成是关于的一元二次不等式即可．

试题解析：解：（1）

由，得，

又，得

（2）

对任意的，即对任意的恒成立

等价于对任意的恒成立

令

则

，当且仅当时“=”成立，

在上为增函数，

（3）设，则

即，对恒成立

，对恒成立

即，对恒成立

解得

解法一 （Ⅰ）的单调递增区间为，单调递减区间为，

（Ⅱ）当即时，函数的图象有两个交点，即方程有两个根.

当即时，函数的图象有一个交点，即方程有一个根.

显然当时，方程没有根.

（Ⅰ）

当时，；当时

所以的单调递增区间为，单调递减区间为，

（Ⅱ）

通过图象可对进行讨论：

当即时，函数的图象有两个交点，即方程有两个根.

当即时，函数的图象有一个交点，即方程有一个根.

显然当时，方程没有根.

解法二 （Ⅰ），

由，解得，

当时，，单调递减

所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是，

最大值为

（Ⅱ）令   

（1）当时，，则，

所以，

因为， 所以

因此在上单调递增.

（2）当时，当时，，则，

所以，

因为，，又

所以 所以

因此在上单调递减.

综合（1）（2）可知 当时，，

当，即时，没有零点，

故关于的方程根的个数为0；

当，即时，只有一个零点，

故关于的方程根的个数为1；

当，即时，

①当时，由（Ⅰ）知

要使，只需使，即；

②当时，由（Ⅰ）知

；

要使，只需使，即；

所以当时，有两个零点，故关于的方程根的个数为2；

综上所述：

当时，关于的方程根的个数为0；

当时，关于的方程根的个数为1；

当时，关于的方程根的个数为2.

【考点定位】本题考查了函数的单调性、函数的最值等主干知识，考查了数形结合思想、分类讨论思想、函数与方程思想的综合应用.第一问的研究为第二问进行数形结合铺平了“道路”，使的相对位置关系更明晰.

(1) ；(2) 详见解析；(3) .

试题分析：(1)f (x)的反函数. 直线y=kx+1恒过点P（0，1），该题即为过某点与曲线相切的问题，这类题一定要先设出切点的坐标，然后求导便可得方程组，解方程组即可得k的值.

(2)曲线y=f(x)与曲线 的公共点个数即方程 根的个数. 而这个方程可化为

，令，结合的图象即可知道取不同值时，方程的根的个数.

(3) 比较两个式子的大小的一般方法是用比较法，即作差，变形，判断符号.

结合这个式子的特征可看出，我们可研究函数的函数值的符号，而用导数即可解决.

试题解析：(1)  f (x)的反函数为. ，，所以过点的切线为： .4分

(2) 令，则，当时 ，当时，，所以在R上单调递增.又，所以有且只有一个零点，即曲线与有唯一一个公共点.8分

(3) 设 

     9分

令，则，

的导函数，所以在上单调递增，且，因此，在上单调递增，而，所以在上.   12分

当时，且即，

所以当时，            14分

（1）；（2）.

试题分析：（1）解法1是将函数在其定义域上为增函数等价转化为不等式在区间上恒成立，利用参数分离法得到不等式在上恒成立，并利用基本不等式求出的最小值，从而求出的取值范围；解法2是求得导数，将问题等价转化为不等式在上恒成立，结合二次函数零点分布的知识求出的取值范围；（2）先将代入函数的解析式并求出的导数，构造新函数，利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理找出函数的极值点所存在的区间，结合条件确定的最大值.

试题解析：（1）解法1：函数的定义域为，

，.

函数在上单调递增，

，即对都成立.

对都成立.

当时，，当且仅当,即时，取等号.

，即，的取值范围为.

解法2：函数的定义域为，

，.

方程的判别式.

①当，即时，，

此时，对都成立,

故函数在定义域上是增函数.

②当，即或时，要使函数在定义域上为增函数，

只需对都成立.

设,则，得.

故.

综合①②得的取值范围为；

（2）当时，.

.

函数在上存在极值，

∴方程在上有解,

即方程在上有解.

令，由于，则，

函数在上单调递减.

，

，

函数的零点.

方程在上有解，，.

，的最大值为.

（1） ；(2) ；（3）.

试题分析：（1）先利用求出，然后在不等式中分离参数，构造函数求的范围；(2) 要使在定义域上是单调函数，则其导数应在定义域上恒正或恒负，利用，求出的最值，将在此处断开讨论，求出范围；（3）由（1）知在上单调递减，所以时，即，而时，，故可得证.

试题解析：（1）因为，所以，，由        1分

令，可得在上递减，

在上递增，所以，即        4分

(2)若，，令

当，当，所以时取得极小值即最小值

而当时 ，必有根，必有极值，在定义域上不单调.

所以                                     8分

（3）由（1）知在上单调递减

所以时，即        10分

而时，，所以

所以                                         12分