热门试卷

解：(Ⅰ)当m=1时，，

f′(x)=-x2+2x，故f′(1)=1，

所以曲线y=f(x)在点（1，f(1)）处的切线的斜率为1。

(Ⅱ)f′（x）=x2+2x+m2-1，

令f′(x)=0，解得x=1-m或x=1+m，

因为m＞0，所以1+m＞1-m，

当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：

 所以f(x)在（-∞，1-m），(1+m，+∞)内是减函数，在（1-m，1+m）内是增函数，

函数f(x)在x=1-m处取得极小值f(1-m)，且，

函数f(x)在x=1+m处取得极大值f(1+m)，且。

(Ⅲ)由题设，，

所以方程有两个相异的实根x1，x2，

故，且，

解得（舍）或，

因为x1＜x2，所以，故，

若，则，

而f(x1)=0，不合题意，

若1＜x1＜x2，对任意的x∈[x1，x2]，有x＞0，x-x1≥0，x-x2≤0，

则，

又f(x1)=0，所以 f(x)在[x1，x2]上的最小值为0，

于是对任意的x∈[x1，x2]，f(x)＞f(1)恒成立的充要条件是，

解得；

综上，m的取值范围是。

证明：（I）∵f(x)=|1-|=

故f（x）在（0，1]上是减函数，而在（1，+∞）上是增函数，由0＜a＜b且f（a）=f（b）得0＜a＜1＜b和-1=1-，即+=2⇒2ab=a+b＞2

故＞1，即ab＞1

（II）0＜x＜1时，y=f(x)=|1-|=-1，∴f′(x0)=-，0＜x0＜1

曲线y=f（x）在点P（x0，y0）处的切线方程为：y-y0=-(x-x0)，即y=-+

∴切线与x轴、y轴正向的交点为(x0(2-x0)，0)和(0，(2-x0))

故所求三角形面积听表达式为：A (x0)=x0(2-x0)•(2-x0)=(2-x0)2

（1）设f（x）=ax2+bx+c（a≠0）

∵f（0）=2∴c=2

∵f（x）=f（-2-x）

∴图象的对称轴-=-1

导函数图象与直线y=-垂直

∴2a=2从而解得：a=1  b=2  

∴a=1  b=2 c=2

∴f（x）=x2+2x+2  （x∈R）…（6）

（2）g(x)==x++2在（0，2）上是减函数

当2-m≤0时，该函数在（0，+∞）上单调递增，故不符号题意．

g（x）=x++2≥2+2

该函数在（0，）上是减函数，在（，+∞）上递减

∴

∴m≤-2…（12）

解：函数f（x）的导函数为

（1）由题图可知，函数f（x）的图像过点（0，3），且

得；

（2）依题意可得得

解得

所以

（3）依题意

由得 ①

若方程有三个不同的根，当且仅当满足

 ②

由①②得

解得

所以当时，方程有三个不同的根。

解（1）∵=, x∈[0,3]      …………..  1分

当时，；当时，   

故值域为                                     ………………. 3分

（2），当，，单调递减，当，，单调递增．                                    ………………………….  5分

① ，t无解；                        ……………    6分

② ，即时，；     ……………….  7分

③，即时，在上单调递增，；……8分

所以．                      ……………….  9分

（3），所以问题等价于证明，由（2）可知

的最小值是，当且仅当时取到；………….. 11分                   

设，则，易得，当且仅当时

取到，从而对一切，都有成立．   …………….. 14分

略

（1）；（2）.

试题分析：（1）本小题考查导数在切线上的应用问题，根据所给的切点及切线所平行的直线方程，可得，从中求解关于的方程组即可；（2）将所给的代入得，通过求导，先求出函数的极值，写出极值点，然后根据三点共线，利用，即可计算出的值.

试题解析：（1）当时，

所以      2分

依题意可得,

即解得       5分

（2）当时，

所以       7分

令，解得，

当变化时，变化情况如下表：

所以当时，；当时，

不妨设       8分

因为三点共线，所以

即，解得

故所求值为       9分.

（1）；（2）见解析

试题分析：（1）将切点代入切线方程可得。由切线方程可知切线的斜率为1，根据导数的几何意义可得。解方程组即可求得的值。从而可得的解析式。（2）可将问题转化证，因为所以即证，分别去证和。再证这两个不等式时均采用构造函数求其最值的方法证明即可。用其他方法证明也可。

试题解析：（1），，∴由得 3分

把代入得，即，∴

∴.     5分

（2）『证法1』：

证明：由（1）∴证明即证

各项同除以，即证 8分

令，则，这样只需证明即

设,,

∵，∴，即在上是增函数

∴，即  10分

设，

∴在也是在增函数

，即

从而证明了成立，所以成立. 12分

『证法2』：

证明：等价于

即 8分

先证，

问题等价于，即

设，则

∴在上是增函数，

∵，∴，∴，

得证.    10分

再证，

问题等价于，即

设，则

∴在上是减函数，

∵，∴，∴，

得证.综上，.         12分

(1);(2)详见解析;(3）详见解析.

试题分析：（1）首先求出切线斜率即f’（x）利用点斜式即可求出答案；

（2）首先求出，判断在（1，+∞）是否大于零，判断g（x）在区间上的单调性，在求出的导数判断其在（1，+∞）是否大于零，即可得到在（1，+∞）上的单调性；

（3）对不等式两边取对数，化简得，设函数

将原问题转化为则在，求出H（x）的最小值大于0 即可.

（1）                          1分

                 2分

                                3分

（2）            4分

在上恒成立                  6分

在上单调递减                     

在上单调递增                            7分

（3）即            8分

设函数

则在

在上单调递增

                    11分

即在上恒成立  12分.

（I）由已知可得，.

（II）.

（III）时，的最大值是.

试题分析：（I）根据及导数的几何意义即得到的关系.

（II）将表示成，应用二次函数知识，当时，取到最大值，得到，从而得到.

（III）首先由函数 为偶函数，且当时，

得到当时，通过求导数并讨论时

时，时，的正负号，明确在区间是减函数，在是增函数，

肯定时，有最小值.

再根据为偶函数，得到时，也有最小值，

作出结论.

试题解析：（I）由已知可得

又因为.

（II），

所以当时，取到最大值，此时，

.

（III）因为，函数 为偶函数，且当时，

所以，当时，

此时，

当时，，当时，，

所以，在区间是减函数，在是增函数，

所以时，有最小值.

又因为为偶函数，故当时，也有最小值，

综上可知时，.

解：（Ⅰ）求函数f（x）的导数：，

曲线y=f（x）在点M（t，f（t））处的切线方程为：，

即；

（Ⅱ）如果有一条切线过点（a，b），

则存在t，使，

于是，若过点（a，b）可作曲线y=f（x）的三条切线，则方程有三个相异的实数根，

记，则，

当t变化时，变化情况如下表：

由g（t）的单调性，当极大值a+b＜0或极小值时，方程g（t）=0最多有一个实数根；

当a+b=0时，解方程g（t）=0得t=0，，即方程g（t）=0只有两个相异的实数根；

当b- f（a）=0时，解方程g（t）=0得，即方程g（t）=0只有两个相异的实数根；

综上，如果过（a，b）可作曲线y=f（x）三条曲线，

即g（t）=0有三个相异的实数根，则，

即-a＜b＜f（a）。

解：（1）因为

所以

函数的图像在点处的切线方程；

（2）由（1）知

所以

对任意恒成立

即

对任意恒成立

令则

令，则

所以函数在上单调递增

因为

所以方程在上存在唯一实根，且满足

当

即

当

即

所以函数在上单调递减，在上单调递增

所以

所以

故整数k的最大值是3；

（3）由（2）知，是上的增函数

所以当时，

即

整理得

因为

所以

即

即

所以。

解：由f（x） = 可得，

而，即，解得；

（Ⅱ），

令可得，当时，；

当时，。

于是在区间内为增函数；在内为减函数。

（Ⅲ），

当时， ，

当时，要证。

只需证，然后构造函数即可证明。