热门试卷

(1) 在上单调递增

(2) 当时，的最小值,最大值

(1)当时 

,在上单调递增.

（2）当时，，其开口向上，对称轴 ，且过 

（i）当，即时，，在上单调递增，

从而当时， 取得最小值 ,

当时， 取得最大值.

（ii）当，即时，令

解得：,注意到,

(注：可用韦达定理判断，,从而；或者由对称结合图像判断)

的最小值,

的最大值

综上所述，当时，的最小值,最大值

解法2（2）当时，对，都有，

故

故，而 ，

所以 ，

(1)根据k的取值化简函数的表达式，明确函数的定义域，然后利用求导研究函数的单调区间，中规中矩；（2）借助求导，通过对参数K的正负讨论和判别式的讨论进行分析求解最值.

【考点定位】本题考查函数的单调性和函数的最值问题，考查学生的分类讨论思想和构造函数的解题能力.

（1）a=1，（2）（3）构造函数，然后利用导数判断单调性，利用单调性证明不等式

试题分析：（1），

①当时，，单调递减，且无极值

②当时，令，得，当变化时，与的变化情况如下： 

在时有极小值，

（2），在时恒成立

①当时，恒成立

②当时，等价于在时恒成立，令，则在时为增函数，，即

综上所述，

（3）由（2）知，当时，在时为增函数

当时，

，令，，又

 即

点评：导数本身是个解决问题的工具，是高考必考内容之一，高考往往结合函数甚至是实际问题考查导数的应用，求单调、最值、完成证明等，请注意归纳常规方法和常见注意点

（1），定义域为

（2）的单调增区间为，

的单调减区间为，（3）

（1）………………………………………………………2分

，定义域为………4分

（2）

的单调增区间为，

的单调减区间为，………8分

（3）由（2）知在时单调递减，所以

所以………………………………………………………………12分

（1）0；（2）

试题分析：（1）先求，再利用判断函数的单调性并求最值；

（2）由题设知先求其导数得

因为，所以，可分，，三种情况探究，进而得到函数变化性质，并从中找出满足的的取值范围.

解：（1），                         1分

当时，；当时，；当时，；

所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减；  3分

故.                      4分

（2）由，得．    6分

当时，由（1）得成立；    8分

当时，因为时，所以时，

成立；                      10分

当时，因为时，所以．13分

综上，知的取值范围是.                14分

（1）见解析（2）见解析

(1)由题意得f′(x)＝，g′(x)＝x2－x＋b，x＞－1，

则解得 

∴f(x)＝ln(x＋1)(x＞－1)，g(x)＝x3－x2＋x.

令h(x)＝f(x)－g(x)

＝ln(x＋1)－x3＋x2－x(x＞－1)，

∴h′(x)＝－x2＋x－1＝－，

∴h(x)在(－1,0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，

∴h(x)≤h(0)＝0，∴f(x)≤g(x)．

(2)当x∈(x1，x2)时，由题意得－1＜x1＜x＜x2，

①设u(x)＝(x＋1)[f(x)－f(x1)]－(x－x1)，

则u′(x)＝ln(x＋1)－ln(x1＋1)＞0，

∴u(x)＞u(x1)＝0，即(x＋1)[f(x)－f(x1)]－(x－x1)＞0，

∴；

②设v(x)＝(x＋1)[f(x)－f(x2)]－(x－x2)，

则v′(x)＝ln(x＋1)－ln(x2＋1)＜0，

∴v(x)＞v(x2)＝0，即(x＋1)[f(x)－f(x2)]－(x－x2)＞0，

∴，

由①②得.

（1）；（2）在上的最大值为；（3）对任意给定的正实数，曲线上总存在两点，使得是以为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边的中点在y轴上．

试题分析：（1）求实数的值，由函数，由图像过坐标原点，得，且根据函数在点处的切线的斜率是，由导数几何意义可得，建立方程组，可确定实数的值，进而可确定函数的解析式；（2）求在区间的最大值，因为，由于是分段函数，可分段求最大值，最后确定最大值，当时，，求导得，，令，可得在上的最大值为，当时，．对讨论，确定函数的单调性，即可求得结论；（3）这是探索性命题，可假设曲线上存在两点满足题设要求，则点只能在轴两侧．设的坐标，由此入手能得到对任意给定的正实数，曲线上存在两点使得是以为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上．

试题解析：（1）当时，则 （1分）

依题意，得即，解得．     （3分）

（2）由（1）知，

①当时令得或     （4分）

当变化时的变化情况如下表：

又

所以在上的最大值为．                  （6分）

②当时，

当时， ，所以的最大值为0 ；

当时，在上单调递增，所以在上的最大值为．（7分）

综上所述，

当，即时，在上的最大值为2；

当，即时，在上的最大值为 ．     （9分） 

（3）假设曲线上存在两点满足题设要求，则点只能在y轴的两侧．

不妨设，则，显然

因为是以为直角顶点的直角三角形，

所以，即    ①

若方程①有解，则存在满足题意的两点；若方程①无解，则不存在满足题意的两点

若，则，代入①式得，

即，而此方程无实数解，因此．                        （11分） 

此时，代入①式得,即   ②

令，则，所以在上单调递增，因为，所以，当时，，所以的取值范围为。所以对于，方程②总有解，即方程①总有解．

因此对任意给定的正实数，曲线上总存在两点，使得是以为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边的中点在y轴上．                （14分） 

(Ⅰ)，；(Ⅱ) ；(Ⅲ)见解析.

试题分析：(Ⅰ)由已知条件“曲线在与处的切线相互平行”可知，曲线在这两处的切线的斜率相等，求出曲线的导数，根据求出的值及切线斜率；(Ⅱ)有已知条件“函数在区间上单调递减”可知，在区间上恒成立，得到，则有，依据二次函数在闭区间上的值域，求得函数在区间的值域是，从而得到；(Ⅲ)用反证法，先假设C1在点M处的切线与C2在点N处的切线平行，设，，则有，分别代入函数与函数的导函数，求得①，结合P、Q两点是函数的图像C1与函数的图像C2的交点，则坐标满足曲线方程，将①化简得到，设，，进行等量代换得到，存在大于1的实根，构造函数，结合导函数求得函数在区间是单调递减的，从而，得出矛盾.

试题解析：(Ⅰ)，

则，

∵在与处的切线相互平行，

∴，即，解得，

.

(Ⅱ)∵在区间上单调递减，

∴在区间上恒成立，

则，即，

∵，∴，

∴.

(Ⅲ)，，

假设有可能平行，则存在使，

，

不妨设，，

则方程存在大于1的实根，设，

则，∴，这与存在使矛盾．

（Ⅰ）；（Ⅱ）当或时，函数在上只有一个零点.

试题分析：：1.第（Ⅰ）的解答还是要破费周折的.首先要求出导函数.

然后根据的解集为，通过解混合组,得到进而得到.接下来通过研究函数的单调性，由的极大值等于，可解得，这样就可以求出的极小值.2.第（Ⅱ）问先由不等式的解集为集合，可以解得.然后研究的单调性，值得注意的是，换句话说方程两边对求导数，、应看作是常数.单调性弄清楚后，还要比较、的大小.然后根据只有一个零点，列出或，最后解之即可.值得注意的是，很多考生漏了.

试题解析：（Ⅰ）∵，∴.

∵不等式的解集为，

∴不等式的解集为.

∴即 

∴，.

∴当或时，，即为单调递减函数；

当时，，即为单调递增函数.

∴当时，取得极大值，当时，取得极小值.

由已知得，解得.

∴.

∴的极小值.

（Ⅱ）∵，，，

∴，解得，即.

∵，∴.

∴当或时，，即为单调递减函数；

当时，，即为单调递增函数.

∴当时，为单调递减函数；

当时，为单调递增函数.

∵，

，，

∴.

∴在上只有一个零点或.

由得；

由，即，得.

∴实数的取值范围为或.

∴当或时，函数在上只有一个零点.