热门试卷

（1）；（2）；（3）

试题分析：（1）根据导数的几何意义，先求 ,利用,然后将代入，求出`,此点也在函数f(x)上，代入，即可求出;

（2）根据,消去,得到关于的三次方程，，此方程有唯一解，令，求出,利用导数求出极值点，以及两侧的单调性，从而分析图像，得到的取值范围；

（3），因为存在极值，所以在上有根即方程在上有根．得到根与系数的关系，代入极值,得到的取值范围.

试题解析：（1）∵ 所以直线的，当时，，将（1，6）代入，得．       4分

（2） ，由题意知消去，

得有唯一解．

令，则，       6分

所以在区间上是增函数，在上是减函数，

又，故实数的取值范围是．   9分

（3）

因为存在极值，所以在上有根即方程在上有根．        10分

记方程的两根为由韦达定理，所以方程的根必为两不等正根．         12分

 所以满足方程判别式大于零

故所求取值范围为            14分

（1）；（2）或；（3）.

试题分析：（1）由题意可得，又根据在处的切线方程为，故可从切线斜率与切点建立关于的方程组，可解得，从而；（2）由（1）及方程，参变分离后可得：，因此问题就等价于求使恰有两个不同的，满足的的值，令，

可得，从而当时，取极小值，当时，取极大值，因此可以大致画出的示意图，而问题则进一步等价于直线与的图像恰有两个交点，通过示意图易得当或时满足题意；（3）通过题意可知，需求得的值夹在哪两个整数之间，由（1），可得，因此，而，

∴，∴，而将递推公式可进一步变形为，从而

，

又有，从而的整数部分为.

试题解析：（1）∵，∴, 由题意在处的切线方程为，则，∴；

（2）由（1），∴即，∴，因此问题即等价于存恰有两个不同的，使，令，则，∴在上单调递增，在，上单调递减，∴当时，取极小值，当时，取极大值，又当时，，当时，，因此可画出函数的大致示意图如下，而问题就等价于直线与的图像恰有两个交点，

故要存在两个不同的满足，则需或.

（3）由（1），∴，∴

又∵，∴，

∴

由,得,∴,

即，

∴

，又∵， 

综上，，∴的整数部分为.

（1）y＝2x.

（2）函数f(x)的单调增区间是，单调减区间是.

解：(1)当a＝－1时，f(x)＝x2＋x－ln x，

则f′(x)＝2x＋1－，

所以f(1)＝2，且f′(1)＝2.

所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的方程为

y－2＝2(x－1)，即y＝2x.

(2)由题意得f′(x)＝2x－(1＋2a)＋

＝

＝ (x>0)．

由f′(x)＝0，得x1＝，x2＝a.

①当0时，由f′(x)>0且x>0，

得0

由f′(x)<0且x>0，得a.

所以函数f(x)的单调递增区间是(0，a)和，单调递减区间是；

②当a＝时，f′(x)＝≥0，当且仅当x＝时，

f′(x)＝0.

所以函数f(x)在区间(0,1)上是单调递增函数；

③当0且x>0，

得0或a

由f′(x)<0且x>0，得

所以函数f(x)的单调递增区间是和(a,1)，单调递减区间是；

④当a≥1时，由f′(x)>0且x>0，

得0；

由f′(x)<0且x>0，得

所以函数f(x)的单调增区间是，单调减区间是.

(1) y=(a+1)x   (2) (-∞,-1]

(1)∵x>0,f'(x)=+a,

∴f'(1)=a+1,切点是(1,a+1),

所以切线方程为y-(a+1)=(a+1)(x-1),

即y=(a+1)x.

(2)方法一:∵x>0,f'(x)=.

①当a≥0时,x∈(0,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增,显然当x>1时,f(x)>0,f(x)≤0不恒成立.

②当a<0时,x∈(0,-),f'(x)>0,f(x)单调递增,

x∈(-,+∞),f'(x)<0,f(x)单调递减,

∴f(x)max=f(x)极大值=f(-)=ln(-)≤0,

∴a≤-1,

所以不等式f(x)≤0恒成立时,a的取值范围是(-∞,-1].

方法二:∵x>0,所以不等式f(x)≤0恒成立,等价于ax≤-lnx-1,即a≤,

令h(x)=,

则h'(x)=-+=,

当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,

当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.

∴h(x)min=h(x)极小值=h(1)=-1,∴a≤-1.

所以不等式f(x)≤0恒成立时,a的取值范围是(-∞,-1].

(Ⅰ)的单调递减区间是，单调递增区间是,极小值为;(Ⅱ) .

试题分析：(Ⅰ)直接根据导数和零的大小关系求得单调区间，并由单调性求得极值；(Ⅱ)先由导数判断出在R内单调递增，说明对任意，都有，而，从而得证.

试题解析：（I）

的图象与相切.

为的最大值或最小值，即或     （6分）

（II）又因为切点的横坐标依次成公差为的等差数列.所以最小正周期为

又，所以              （8分）

即                 （9分）

令

则       （10分）

由得k=1,2，

因此对称中心为               （12分）

（1）详见解析；（2）.

试题分析：（1）先求出导数方程的根，对此根与区间的位置关系进行分类讨论，确定函数在区间上的单调性，从而求出函数在区间上的最大值；（2）构造函数，

利用导数求出函数的极值点，并确定函数的单调性，得到，消去并化简得到，通过构造函数并利用导数研究函数的单调性并结合，得到，从而求出的值.

（1），，

令得. 因为时，，时，，

所以在递增，在递减；

①当时，即时，在上递减，

所以时取最大值；

②当时，即时，在递增，在递减，

所以时，取最大值；

③当即时，在递增，

所以时取最大值；

（2）因为方程有唯一实数解，即有唯一实数解，

设，则，

令，，因为，，

所以（舍去），，

当时，，在上单调递减，

当时，，在上单调递增，

所以最小值为，

则，即， 

所以，即，

设，

，恒成立，故在单调递增，

至多有一解，

又，所以，即，解得.

（1）在上是增函数 （2）

试题分析：

（1）对函数求导，求导函数大于0和小于0的解集，该函数的导函数为二次函数，且含有参数，可以通过判断该二次函数的图像的开口零点个数等确定导函数大于0和小于0的解集，进而得到单调区间.

（2）通过(1)可以得时，函数在区间[1,2]的单调性得到最大值求出8(并判断是否符合)，a<0时，继续通过讨论f(x)的导函数，通过对导函数(为二次函数)的开口 根的个数 根的大小与是否在区间[1,3]来确定原函数在区间[1,2]上的最值，进而得到a的值.

试题解析：

（1）    １分

因为，所以对任意实数恒成立，

所以在是减函数       4分

(2)当时，由（１）可知，在区间[1,2]是减函数

由得，（不符合舍去）       6分

当时，的两根       7分

①当，即时，在区间[1,2]恒成立，在区间[1,2]是增函数，由

得       9分

②当，即时　在区间[1,2]恒成立　在区间[1,2]是减函数

　，（不符合舍去）       11分

③当，即时，在区间是减函数，在区间是增函数；所以　无解       13分

综上，       14分

（1）当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；

（2）；（3）详见解析.

试题分析：（1）先求出函数的定义域求出，然后将代入函数的解析式，求出导数，并利用导数求出函数的减区间与增区间 ；（2）求出，并求出方程的，对的符号以及是否在区间内进行分类讨论，结合函数的单调性确定函数在上的最小值；（3）利用分析法将不等式等价转化为，然后令，将原不等式等价转化为在，利用（1）中的结论进行证明.

试题解析：（1）函数的定义域为，当时，，则，

解不等式，得；解不等式，得，

故函数的单调递减区间为，单调递增区间为；

（2），，

当时，，，此时函数在区间上单调递减，

函数在处取得最小值，即；

当时，令，

当时，即当，，，此时函数在区间上单调递减，

函数在处取得最小值，即；

当，即当时，当，，当时，，

此时函数在处取得极小值，亦即最小值，

即，

综上所述，；

（3）要证不等式，即证不等式，即证不等式，

即证不等式，

令，则 则，故原不等式等价于，

即不等式在上恒成立，

由（1）知，当时，函数在区间上单调递增，

即函数在区间上单调递增，故，

故有，因此不等式在上恒成立，故原不等式得证，

即对任意，.

(Ⅰ) 函数的递减区间为,递增区间为, (Ⅱ)

(Ⅰ) 当时,

,

令,得,

当变化时,的变化如下表:

右表可知,函数的递减区间为,递增区间为,.

(Ⅱ),

令,得,,

令,则,所以在上递增,

所以,从而,所以

所以当时,；当时,；

所以

令,则,

令,则

所以在上递减,而

所以存在使得,且当时,,

当时,,

所以在上单调递增,在上单调递减.

因为,,

所以在上恒成立,当且仅当时取得“”.

综上,函数在上的最大值.

(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）借助构造函数的技巧进行求解，如构造达到证明的目的，构造达到证明的目的.

【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.