热门试卷

（Ⅰ）；（Ⅱ）.

试题分析：（Ⅰ）由不等式恒成立，即可求出结果. （Ⅱ）在以为端点的开区间上恒成立，对的大小分类讨论，以确定的取值范围，从而去确定的最大值.

试题解析：由已知，，，；

（Ⅰ）由题设“单调性一致”定义知，在区间上恒成立，

即 在区间上恒成立，

因，所以，所以，在区间上恒成立，

即在区间上恒成立，而在上最大值

所以，，即；

（Ⅱ）由“单调性一致”定义知，在以为端点的开区间上恒成立，

即在以为端点的开区间上恒成立，

因，所以，由，得，，；

①若，则开区间为，取，由知，和在区间上单调性不一致，不符合题设；

②若，因均为非负，故不在以为端点的开区间内；所以，只有可能在区间上；

由在以为端点的区间上恒成立，知要么不小于中的大者，要么不大于中的小者；

因为都不大于0，所以，，所以，由知，所以；

当时，由在区间上恒成立，即在区间上恒成立，知最大值为，而由解得；

此时，，配方后知，取不到最大值；

当时，显然，此时，当，即时，取得最大值；综上，的最大值为.

（1）在（0，+∞）上单调递减（2）

（1）由已知函数求导得   2分

设，

则   4分

在（0，+∞）上递减，，

，

因此在（0，+∞）上单调递减    6分

（2）由可得：

   7分

若，任给，

在（0，2）上单调递减，

则在（0，2）无极值  9分

若，在（0，2）上有极值的充要条件是

在（0，2）上有零点  11分

，解得

综上，的取值范围是   12分

（1） ；（2） ；（3）2个

试题分析：（1）由函数，在点处的切线方程为.所以对函数求导，根据斜率为1以及过点（1,0）两个条件即可求出结论.

（2）由函数，对函数求导，并令可解得两个根，由于函数在区间内有且仅有一个极值点，的根在内有且仅有一个根.所以通过分类讨论即可求的取值范围.

（3）两曲线在交点处的切线分别为.若取，当直线与轴围成等腰三角形时.通过求导求出两函数的切线的斜率，即可得到这两斜率不可能是相等，所以依题意可得到两切线倾斜角有两倍的关系，再通过解方程和函数的单调性的判断即可得到结论.

（1），∴，又，

∴．                                              3分

（2）；

∴

由得，

∴或．                                          5分

∵，当且仅当或时，函数在区间内有且仅有一个极值点．                                                 6分

若，即，当时；当时，函数有极大值点，

若，即时，当时；当时，函数有极大值点，

综上，的取值范围是．              8分

（3）当时，设两切线的倾斜角分别为，

则，

∵， ∴均为锐角，                        9分

当，即时，若直线能与轴围成等腰三角形，则；当，即时，若直线能与轴围成等腰三角形，则．

由得，，

得，即，

此方程有唯一解，直线能与轴围成一个等腰三角形．  11分

由得， ，

得，即，

设，，

当时，，∴在单调递增，则在单调递

增，由于，且，所以，则，

即方程在有唯一解，直线能与轴围成一个等腰三角形． 

因此，当时，有两处符合题意，所以直线能与轴围成等腰三角形时，值的个数

有2个．                                                   14分

（1）6，（2）.

试题分析：（1）由题意得：保持其缺口宽度不变，需在A,B点处分别作抛物线的切线. 以抛物线顶点为原点，对称轴为轴，建立平面直角坐标系，则，从而边界曲线的方程为，．因为抛物线在点处的切线斜率，所以，切线方程为，与轴的交点为．此时梯形的面积平方分米，即为所求．（2）若保持其缺口深度不变，需使两腰分别为抛物线的切线. 设梯形腰所在直线与抛物线切于时面积最小．此时，切线方程为，其与直线相交于，与轴相交于．此时，梯形的面积，．故，当时，面积有最小值为．

解：（1）以抛物线顶点为原点，对称轴为轴，建立平面直角坐标系，则，

从而边界曲线的方程为，．

因为抛物线在点处的切线斜率，

所以，切线方程为，与轴的交点为．

此时梯形的面积平方分米，即为所求．

（2）设梯形腰所在直线与抛物线切于时面积最小．

此时，切线方程为，

其与直线相交于，

与轴相交于．

此时，梯形的面积，．……11分

（这儿也可以用基本不等式，但是必须交代等号成立的条件）

=0，得，

当时，单调递减；

当时，单调递增，

故，当时，面积有最小值为．

（1），；（2）见解析．

试题分析：（1）先对原函数进行求导，易知点A坐标，又由曲线y=f(x)在A点处的切线方程是，可得，解得的值；（2）先写出的函数解析式，再对函数求导，然后对a分和两种情况讨论，列表求单调区间．

试题解析：（1）∵，∴．        1分

∵在处切线方程为，∴，        3分

∴，． （各1分）                5分

（2）．

．        7分

①当时，，                                          

的单调递增区间为，单调递减区间为．          9分

②当时，令，得或                  10分

（ⅰ）当，即时，

的单调递增区间为，单调递减区间为，；  11分

（ⅱ）当，即时，， 故在单调递减；  12分

（ⅲ）当，即时，

在上单调递增，在，上单调递减  

综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；

当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；

当时，的单调递减区间为；

当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，   14分

（1）设直线. 若直线l与曲线S同时满足下列两个条件：

①直线l与曲线S相切且至少有两个切点；

②对任意x∈R都有. 则称直线l为曲线S的“下夹线”.

（2）（3）见解析

(1) 设直线. 若直线l与曲线S同时满足下列两个条件：

①直线l与曲线S相切且至少有两个切点；

②对任意x∈R都有. 则称直线l为曲线S的“下夹线”. ----------3分

（2）因为，所以               -----4分

，        --------5分

解得，                   -----------6分

（3）由（2）得且

由得，

当时，，此时，，

，所以是直线与曲线的一个切点；     ……8分

当时，，此时，，

，所以是直线与曲线的一个切点；        ----10分

所以直线l与曲线S相切且至少有两个切点；

对任意x∈R，，

所以                       -----------12分

因此直线是曲线的“上夹线”.     ------13分

（I）函数f（x）的解析式为 

（Ⅱ）

（Ⅲ）当m=7或时，函数f（x）与g（x）的图象有且只有两个不同交点．

（I）由图形 知：，

∴函数f（x）的解析式为…………………………4分

（Ⅱ）由

得

∵0≤t≤2

∴直线l1与f（x）的图象的交点坐标为（…………………………6分

由定积分的几何意义知：

………………………………9分

（Ⅲ）令

因为x＞0，要使函数f（x）与函数g（x）有且仅有2个不同的交点，则函数

的图象与x轴的正半轴有且只有两个不同的交点

当x∈（0，1）时，是增函数；

当x∈（1，3）时，是减函数

当x∈（3，+∞）时，是增函数

当x=1或x=3时，

∴

………………………………12分

又因为当x→0时，

当

所以要使有且仅有两个不同的正根，必须且只须

即

∴m=7或

∴当m=7或时，函数f（x）与g（x）的图象有且只有两个不同交点．

（1）；（2）；（3）.

试题分析：（1）时，，有三个互不相同的零点，即有三个互不相同的实数根，构造函数确定函数的单调性，求函数的极值，从而确定的取值范围；

（2）要使函数在内没有极值点，只需在上没有实根即可，即的两根或不在区间上；

（3）求导函数来确定极值点，利用的取值范围，求出在上的最大值，再求满足时的取值范围．

（1）当时，.

因为有三个互不相同的零点，所以，即有三个互不相同的实数根.

令，则.

令，解得；令，解得或.

所以在和上为减函数，在上为增函数.

所以，.

所以的取值范围是.

（2）因为，所以.

因为在内没有极值点，所以方程在区间上没有实数根，

由，二次函数对称轴，

当时，即，解得或，

所以，或（不合题意，舍去），解得.

所以的取值范围是；

（3）因为，所以或，且时，，.

又因为，所以在上小于0，是减函数；

在上大于0，是增函数；

所以，而，

所以，

又因为在上恒成立，所以，即，即，在上恒成立.

因为在上是减函数，最小值为-87.

所以，即的取值范围是.