热门试卷

解：（1）∵，

∴．

∴．

（2）∵Cn的对称轴垂直于x轴，且顶点为Pn，

∴设Cn的方程为．

把Dn（0，n2+1）代入上式，得a=1，

∴Cn的方程为y=x2+（2n+3）x+n2+1．

∵kn=y'|x=0=2n+3，

∴，

∴==．

（3）T={y|y=﹣（12n+5），n∈N*}={y|y=﹣2（6n+1）﹣3，n∈N*}，

∴S∩T=T，T中最大数a1=﹣17．

设{an}公差为d，则a10=﹣17+9d∈（﹣265，﹣125．）

由此得．

又∵an∈T．∴d=﹣12m（m∈N*）

∴d=﹣24，

∴an=7﹣24n（n∈N*，n≥2）．

解：（1）因为f′（x）=3x2+2x

所以曲线y=f （x）在（xn+1，f （xn-1））处的切线斜率kn+1=3xn+12+2xn+1

因为过（0，0）和（xn，f （xn））两点的直线斜率是xn2+xn

所以xn2+xn= 3xn+12+2xn+1。

（2）因为函数h（x）=x2+x 当x>0时单调递增，

而xn2+xn=3xa+12+2xn+1 ≤4xn+12+2xn+1

所以，即

因此

又因为

令yn=xn2+xn则

因为y1=x21+x1=2

所以

因此

故。

（Ⅰ）；（Ⅱ）当时，函数的递增区间是；当时，函数的递增区间是，；当时，函数的递增区间是；当时，函数的递增区间是，.

试题分析：（Ⅰ）先求导，由导数的几何意义可得在点的导数即为在此点处切线的斜率。从而可得的值。（Ⅱ）先求导整理可得，当时，，解导数大于0可得增区间；当时，导数等于0的两根为或，注意对两根大小的讨论，同样解导数大于0可得增区间。

试题解析：（Ⅰ） = ()，()，

因为曲线在点处的切线与直线平行，

，解得.

（Ⅱ）因为

（1）当时，.令解得

（2）时

令，解得或.

（ⅰ）当即时，

由，及得 .

解得，或；

（ⅱ）当即时，

因为，恒成立.

（ⅲ）当即时，由，及得 .

解得，或.

综上所述，

当时，函数的递增区间是；

当时，函数的递增区间是，；

当时，函数的递增区间是；

当时，函数的递增区间是，.

解：（1）设与公共点处的切线相同

∵，，

由题意，

即由得：，或（舍去）

即有

令，则

于是，当，即时，；

当，即时，

故在为增函数，在为减函数，

于是在的最大值为。

（2）设，

则

故在为减函数，在为增函数，

于是函数在上的最小值是

故当时，有，

即当时，。

解：(1)∵f(x)=x3+ax2+bx+5，

∴f′(x)=3x2+2ax+b，

由已知f(x)在x=1处的切线斜率为=3，

∴，

∴a=2，b=-4，

∴f(x)=x3+2x2-4x+5，f′(x)=3x2+4x-4，

令f′(x)＞0得x＜-2 或x＞，

令f′(x)＜0得-2＜x＜，

∴f(x)在(-∞，-2)，(，+∞)上分别是增函数，f(x)在(-2，)上是减函数。

(2)由(1)可知，y=f(x)在x=-2时取得极大值，f(-2)=13，且f(-3)=8，f(-1)=4，

∴，

又g(x)=x2-2mx+1=(x-m)2+1-m2，

当0＜m＜1时，g(x)在[1，2]上的最小值为g(1)=2-2m=-，∴m=，与0＜m＜1矛盾；

②当1≤m＜2时，g(x)在[1，2]最小值为g(m)=1-m2=-，

∴m=或m=-（舍去）；

综上可知，m=。

解：（1）

故直线l的斜率为1，切点为

即

∴ ①

又∵

∴，切点为

∴，即 ②

比较①和②的系数得

∴。

（2）由，即

设

令，解得

由函数y1在R上各区间上的增减及极值情况，可得

①当时有两个解；

②当时有3个解；

③当时有4个解；

④当k=ln2时有2个解；

⑤当时无解。

解：（1）在等式

两边对x求导得

移项得

   （*）；

（2）（i）在（*）式中，令x=-1

整理得

；

（ii）由（1）知

两边对x求导，得

在上式中令x =-1，得

即

亦即

又由（i）知

由①+②得；

（iii）将等式

两边在[0，1]上对x积分

由微积分基本定理，得

所以。

（1）函数的图像在点处的切线方程为；（2）若， 在区间上单调递增，若，在区间上单调递减，在上单调递增；（3）整数的最大值为2.

试题分析：（1）求函数的图像在点处的切线方程，只需求出斜率即可，由导数的几何意义可知，，因此对函数求导，得，求出的斜率，由点斜式可得切线方程；（2）求函数的单调区间，可先求出函数的导数，由于函数中含有字母，故应按的取值范围进行分类讨论研究函数的单调性，给出单调区间；（3）由题设条件结合（2），将不等式，在时成立转化为成立，由此问题转化为求在上的最小值问题，求导，确定出函数的最小值，即可得出的最大值．本题解题的关键一是应用分类的讨论的方法，第二是化归思想，将问题转化为求函数的最小值问题．

试题解析：（1），，

函数的图像在点处的切线方程为

（2）.

若，则恒成立，所以，在区间上单调递增.

若，则当时，，当时，，

所以，在区间上单调递减，在上单调递增.

（3）由于，所以，

故当时，①

令，则

函数在上单调递增，而

所以在上存在唯一的零点，故在上存在唯一的零点.

设此零点为，则.当时，；当时，；

所以，在上的最小值为.由可得

所以，由于①式等价于.

故整数的最大值为2.

解：（1）因为

由已知

则

所以

当时，，

则，

故函数f（x）的图象在处的切线方程为

即。

（2）当时，的变化情况如下表：

因为f（x）的极大值

f（x）的极小值

因为

则

又

所以函数f（x）在区间内各有一个零点

故函数f（x）共有三个零点。

试题分析：（1）求导数，导数等于0求出，再代入原函数解析式，最后比较大小，即可；（2）设切点，由相切得出切线方程，然后列表并讨论求出结果;(3)由（2）容易得出结果.

(1)由得，令，得或，

因为，，，，

所以在区间上的最大值为.

（2）设过点P（1，t）的直线与曲线相切于点，则

，且切线斜率为，所以切线方程为，

因此，整理得：，

设，则“过点存在3条直线与曲线相切”等价于“有3个不同零点”， =，

与的情况如下：

所以，是的极大值，是的极小值，

当，即时，此时在区间和上分别至多有1个零点，所以

至多有2个零点，

当，时，此时在区间和上分别至多有1个零点，所以

至多有2个零点.

当且，即时，因为，，

所以分别为区间和上恰有1个零点，由于在区间和上单调，所以分别在区间和上恰有1个零点.

综上可知，当过点存在3条直线与曲线相切时，t的取值范围是.

（3）过点A（-1，2）存在3条直线与曲线相切；

过点B（2，10）存在2条直线与曲线相切；

过点C（0，2）存在1条直线与曲线相切.

（1）（2）

试题分析：（1）按公式直接求导即可。（2）根据导数的几何意义可求其切线斜率，用点斜式可求切线方程。

试题解析：解：（1），

∴

即         4分

（2）         6分

又当时，，所以切点为        8分

∴切线方程为，即         12分．

（1）y＝2x.（2）①当0＜a＜时，f(x)的单调增区间是(0，a)和，单调减区间是，②当a＝时，f(x)在区间(0,1)上是单调增函数．③当＜a＜1时，f(x)的单调增区间是和(a,1)，单调减区间是，④当a≥1时，f(x)的单调增区间是，单调减区间是

(1)当a＝－1时，f(x)＝x2＋x－ln x，则f′(x)＝2x＋1－，(2分)

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.(6分)

(2)由题意得f′(x)＝2x－(1＋2a)＋＝ (x＞0)，

由f′(x)＝0，得x1＝，x2＝a，(8分)

①当0＜a＜时，由f′(x)＞0，又知x＞0得0＜x＜a或＜x＜1

由f′(x)＜0，又知x＞0，得a＜x＜，

所以函数f(x)的单调增区间是(0，a)和，单调减区间是，(10分)

②当a＝时，f′(x)＝≥0，且仅当x＝时，f′(x)＝0，

所以函数f(x)在区间(0,1)上是单调增函数．(11分)

③当＜a＜1时，由f′(x)＞0，又知x＞0得0＜x＜或a＜x＜1，

由f′(x)＜0，又知x＞0，得＜x＜a，

所以函数f(x)的单调增区间是和(a,1)，单调减区间是，(13分)

④当a≥1时，由f′(x)＞0，又知x＞0得0＜x＜，

由f′(x)＜0，又知x＞0，得＜x＜1，

所以函数f(x)的单调增区间是，单调减区间是.(16分)

（1）∵f（x）=x2+bx+c为偶函数，故f（-x）=f（x）即有

（-x）2+b（-x）+c=x2+bx+c解得b=0

又曲线y=f（x）过点（2，5），得22+c=5，有c=1

∵g（x）=（x+a）f（x）=x3+ax2+x+a从而g′（x）=3x2+2ax+1，

∵曲线y=g（x）有斜率为0的切线，故有g′（x）=0有实数解．即3x2+2ax+1=0有实数解．

此时有△=4a2-12≥0解得

a∈（-∞，-]∪[，+∞）所以实数a的取值范围：a∈（-∞，-]∪[，+∞）；

（2）因x=-1时函数y=g（x）取得极值，故有g′（-1）=0即3-2a+1=0，解得a=2

又g′（x）=3x2+4x+1=（3x+1）（x+1）令g′（x）=0，得x1=-1，x2=-

当x∈（-∞，-1）时，g′（x）＞0，故g（x）在（-∞，-1）上为增函数

当x∈(-1，-)时，g′（x）＜0，故g（x）在（-1，-）上为减函数

当x∈（-，+∝）时，g′（x）＞0，故g（x）在( -，+∝)上为增函数．