热门试卷

（1）、、    （2）

解：（1）∵ 

∴ 

由题意得：，即， 

∴且

令得， ∵是函数的一个极值点

∴，即 故与的关系式为 

（Ⅰ）当时，，由得单增区间为：；

由得单减区间为：、；

（Ⅱ）当时，，由得单增区间为：；

由得单减区间为：、； 6分

（2）由（1）知：当时，，在上单调递增，在上单调递减，，

∴在上的值域为 易知在上是增函数

∴在上的值域为 由于，

又∵要存在，使得成立，

∴必须且只须解得： 所以：的取值范围为

（1）的增区间是和，减区间是，极大值，极小值；（2）实数的取值范围是.

试题分析：（1），令，得的增区间是和，减区间是，可判断函数在处有极大值，在处有极小值；（2）关于的方程有3个不同实根，则直线与函数图象有三个交点，由（1）可得函数草图，可得的取值.

解：（1），

令得：，

当变化时，的变化情况如下表：

所以的增区间是和，减区间是；

当时，取得极大值，极大值；

当时，取得极小值，极小值．

（2）由（1）得，作出函数的草图如图所示：

所以，实数的取值范围是.

（1）乙比甲跑得快（2）乙比甲跑得快

(1)由题图①在(0，t]时间段内，甲、乙跑过的路程s甲<s乙，故有即在任一时间段(0，t]内，甲的平均速度小于乙的平均速度，所以乙比甲跑得快．

(2)由题图②知，在终点附近[t－d，t)时间段内，路程增量Δs乙>Δs甲，所以即快到终点时，乙的平均速度大于甲的平均速度，所以乙比甲跑得快

(1)(2)

试题分析：(1)对函数在x=1处求导，得到该点处的斜率，应用点斜式方程写出切线方程；(2)求导，令分类讨论，当时,要使在区间上恰有两个零点,得到的取值范围..

试题解析：(1)  

在处的切线方程为  

(2)由  

由及定义域为,令  

①若在上,,在上单调递增,  

因此,在区间的最小值为.  

②若在上,,单调递减;在上,,单调递增,因此在区间上的最小值为  

③若在上,,在上单调递减,  

因此,在区间上的最小值为.  

综上,当时,;当时,;  

当时,  

可知当或时,在上是单调递增或递减函数,不可能存在两个零点.  

当时,要使在区间上恰有两个零点,则  

∴ 即,此时,.  

所以,的取值范围为 

（Ⅰ），；（Ⅱ）；（Ⅲ）.

试题分析：（Ⅰ）先求出在点处切线方程为，再求出在点处切线方程为，比较两方程的系数即可得，；（Ⅱ）根据题意可转化成在上有解，令，只需，分类讨论可求得实数m的取值范围是；

（Ⅲ）令，再证函数在区间上单调递增，当时，恒成立，即可得对任意，有，再证即可得证.

试题解析：（Ⅰ）∵，∴，则在点处切线的斜率，切点，则在点处切线方程为，

又，∴，则在点处切线的斜率，切点，则在点处切线方程为，

由解得，． 4分

（Ⅱ）由得，故在上有解，

令，只需．  6分

①当时，，所以； 7分

②当时，∵，

∵，∴，，∴，

故，即函数在区间上单调递减，

所以，此时．

综合①②得实数m的取值范围是．    9分

（Ⅲ）令，．

令，则在上恒成立，

∴当时，成立，∴在上恒成立，

故函数在区间上单调递增，∴当时，恒成立，

故对于任意，有．    12分

又∵，

∴．

∴，从而．… 14分   

略

（1）；（2）

（1）求导：

当时，，，在上递增

当，求得两根为

即在递增，递减，递增

（2），且解得：

（1）；（2）.

试题分析：（1）先对原函数进行求导得，则在点处的切线方程的斜率，过点，所以切线方程为；（2）利用求导，求出的最小值，只需要即可.对求导，列出和的变化情况统计表，则在上递减，在上递增，所以在上的最小值是，则，解得.

试题解析：（1）                   2分

，                                      4分

∴曲线在处的切线方程为

， 即.                        6分

（2）令得，                                   2分

当变化时，和的变化情况如下表：

∴在上递减，在上递增                       4分

∴在上的最小值是                      6分

∴，即

∴的取值范围是.                                    8分

342

将区间[1,10]n等分，则各小区间的长度为.在上取xi＝1＋i.

∴Fi＝＋1＝＋1，Wi＝Fi＝

＝18＋＝18＋＋

81.当n→∞时，→18＋×2＋81＝342.

所以F对质点所作的功为342.