热门试卷

（1）（2）见解析（3）

（1），由条件，得

 即 解得，所以．  3分

（2），其定义域为，

，

令，得（*）          5分

①若，则，即的单调递增区间为；      

②若，（*）式等价于，

当时，，无解，即无单调增区间，

当时，则，即的单调递增区间为，

当，则，即的单调递增区间为．  8分

（3）..

当时，，，

令，得，且当时，；当时，，

所以在上有极小值，即最小值为．   10分

当时，，，

令，得，

①若，方程不可能有四个解；        12分

②若，当时，，当时，，

所以在上有极小值且是最小值为，

又，的大致图象如图1所示，

从图象可以看出方程不可能有四个解．  14分

③若，当时，，当时，，

所以在上有极大值且是最大值为，

又，的大致图象如图2所示，

从图象可以看出若方程恰四个不同的解，

必须，解得．

综上所述，满足条件的实数的取值范围是．    16分

【命题意图】本题考查导数在函数中应用、函数图像等知识 ，意在考查运算求解能力，数学综合论证能力.

(1);(2)．

试题分析：(1)利用导数的几何意义，先求,利用,解出;

（2）函数的单调递增区间是，所以导函数的解集为，所以先求函数的导数，的解集为即的两个实根为或,根据根与系数的关系得到．

（1）,,代入                 5分

（2）,的解集为即的两个实根为或,根据根与系数的关系得到,a的取值集合为     10分

（1）最小值为0

（2）存在唯一的“隔离直线”

（1）

当时，，当时，，当时，

在处去的最小值为0

（2）由（1）知当时，，（仅当取等号）

若存在“隔离直线”，则存在常数k和b，使得

恒成立

的图像在处有公共点，

因此若存在的“隔离直线”，则该直线必过这个公共点

设该直线为

恒成立，恒成立，得

以下证明，当时恒成立

∴当时有为0,也就是最大值为0．从而,即恒成立．故函数和存在唯一的“隔离直线”．……………12分

设切点为P（x0，y0），

对y=x3-a求导数是y'=3x2，∴3x02=3．∴x0=±1．

（1）当x=1时，

∵P（x0，y0）在y=3x+1上，

∴y=3×1+1=4，即P（1，4）．

又P（1，4）也在y=x3-a上，

∴4=13-a．∴a=-3．

（2）当x=-1时，

∵P（x0，y0）在y=3x+1上，

∴y=3×（-1）+1=-2，即P（-1，-2）．

又P（-1，-2）也在y=x3-a上，

∴-2=（-1）3-a．∴a=1．

综上可知，实数a的值为-3或1．

（1）；（2）当时，的单调递减区间为，单调递增区间为，；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为，.

试题分析：（1）当时，先求出，根据导数的几何意义可得切线的斜率，进而计算出确定切点坐标，最后由点斜式即可写出切线的方程并化成直线方程的一般式；（2）先求导并进行因式分解，求出的两个解 或，针对两根的大小进行分类讨论即分、两类进行讨论，结合二次函数的图像与性质得出函数的单调区间，最后再将所讨论的结果进行阐述，问题即可解决.

试题解析：（1） ∵ ∴∴       2分

∴ ， 又，所以切点坐标为

∴ 所求切线方程为，即     5分

（2）

由 得 或                              7分

①当时，由， 得，由， 得或        9分

此时的单调递减区间为，单调递增区间为和  10分

②当时，由，得，由，得或       12分

此时的单调递减区间为，单调递增区间为和      13分

综上：当时，的单调递减区间为，单调递增区间为，；当时，的单调递减区间为单调递增区间为，        14分.

（Ⅰ）f'（x）=-3x2+2ax（1分）

由f'（2）=0得a=3，（2分）

又f（2）=0得b=-4（3分）

（Ⅱ）k=f'（x）=-3x2+2ax   x∈（0，1），

∴对任意的 x∈（0，1），|k|≤1，即）|-3x2+2ax|≤1对任意的x∈（0，1）恒成立（4分）

等价于3x-≤2a≤+3x对任意的x∈（0，1）恒成立．（5分）

令g（x）=+3x，h（x）=3x-，

则h（x）max≤a≤g（x）min，x∈（0，1）（6分）

+3x≥2，当且仅当x=时“=”成立，∴g（x）min=2（7分）

h（x）=3x-在（0，1）上为增函数∴h（x）max＜2（8分）

∴1≤a≤（9分）

（Ⅲ）设x1，x2∈R则k==-[x12+x1x2+x22-a（x1+x2）]＜1（10分）

即x12+（x2-a）x1+x22-ax2+1＞0，对x1∈R恒成立（11分）

∴△=（x2-a）2-4（x22-ax2+1）＜0，对x2∈R恒成立

即3x22-2ax2+4（4-a2）＞0对x2∈R恒成立（13分）

∴4a2-12（4-a2）＜0

解得a2＜3⇒|a|＜（14分）

解：（Ⅰ）在点（ak，ak2）处的切线方程为：y﹣ak2=2ak（x﹣ak），

当y=0时，解得，所以，

又∵a1=16，

∴a2=8，a3=4，a4=2

n=2时，，

由已知b1=2，b2=6，得|36﹣2a3|＜1，

因为b3为正整数，所以b3=18，同理b4=54

（Ⅱ）由（Ⅰ）可猜想：bn=2·3n﹣1证明：①n=1，2时，命题成立；

②假设当n=k﹣1与n=k（k≥2且k∈N）时成立，即bk=2·3k﹣1，bk﹣1=2·3k﹣2．

于是，整理得：

由归纳假设得：

因为bk+1为正整数，所以bk+1=2·3k即当n=k+1时命题仍成立．

综上：由知①②知对于n∈N*，有bn=2·3n﹣1成立

（Ⅲ）证明：由③

得④

③式减④式得⑤

⑥

⑤式减⑥式得

=﹣1+2

=1+2

=

=

则．

（1）曲线在处的切线方程；（2）当时，函数的增区间是，当时，函数的增区间是，减区间是；（3）实数的取值范围为.

试题分析：（1）求曲线在处的切线方程，由导数的几何意义得，对函数求导得，既得函数在处的切线的斜率为，又，得切点，由点斜式可得切线方程；（2）求函数的单调区间，由题意得，，求函数的单调区间，先确定函数的定义域为，由于含有对数函数，可对函数求导得，，由于含有参数，需对讨论，分，两种情况，从而得函数的单调区间；（3）当时，若函数没有零点，即无解，由（2）可知，当时，函数的最大值为，只要小于零即可，由此可得的取值范围．

试题解析：(1)，则函数在处的切线的斜率为.又，

所以函数在处的切线方程为,即       4分

（2）， ，（）.

①当时，，在区间上单调递增；

②当时，令，解得；令，解得.

综上所述，当时，函数的增区间是；

当时，函数的增区间是，减区间是.       9分

（3）依题意，函数没有零点，即无解.

由（2）知，当时，函数在区间上为增函数,区间上为减函数，

由于，只需，

解得.

所以实数的取值范围为.                    13分

解：（1）……2分

令，得

                    ……4分

的极大值为：；无极小值。……6分

（2）

定义域为，且

在定义域内单调递减在上恒成立

即：在上恒成立      ……8分

记

由，得

即：在上单调递增；在单调递减。……10分

故当时，取得最大值，且最大值为

为使在上恒成立必须且只需恒成立

故

所以的取值范围是 ……12分

略

(1) 0. (2)  .

(3) 结合（2）时,成立.令

得到，

累加可得.

试题分析：(1)求导数，并由得到的值; (2)恒成立问题，往往转化成求函数的最值问题.本题中设，即转化成.利用导数研究函数的最值可得.

(3) 结合（2）时,成立.令得到，

累加可得.

试题解析：(1)            2分

由题设，

，.                    4分

(2) ,，，即

设，即.

                   6分

①若，，这与题设矛盾.         8分

②若方程的判别式

当，即时，.在上单调递减，

，即不等式成立.                                            9分

当时，方程，其根，，

当,单调递增，，与题设矛盾.

综上所述， .                              10分

(3) 由(2)知,当时, 时,成立.

不妨令

所以，

           11分

             12分

累加可得

            14分

f′(x)＝ax－(2a＋1)＋(x＞0)．

(1) f′(1)＝f′(3)，解得a＝.(4分)

(2) f′(x)＝(x＞0)．

①当0＜a＜时，＞2，

在区间(0,2)和上，f′(x)＞0；

在区间上，f′(x)＜0，

故f(x)的单调递增区间是(0,2)和，单调递减区间是.(6分)

②当a＝时，f′(x)＝≥0，故f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)．(8分)

③当a＞时，0＜＜2，在区间和(2，＋∞)上，f′(x)＞0；在区间上，f′(x)＜0，故f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞)，单调递减区间是.(10分)

(3) 由已知，在(0,2]上有f(x)max＜g(x)max.(11分)

由已知，g(x)max＝0，由(2)可知，

①当0＜a≤时，f(x)在(0,2]上单调递增，

故f(x)max＝f(2)＝2a－2(2a＋1)＋2ln2

＝－2a－2＋2ln2，

∴－2a－2＋2ln2＜0，解得a＞ln2－1，ln2－1＜0，故0＜a≤.(13分)

②当a＞时，f(x)在]上单调递增，在]上单调递减，

故f(x)max＝f＝－2－－2lna.

由a＞可知lna＞ln＞ln＝－1,2lna＞－2，－2lna＜2，

∴－2－2lna＜0，f(x)max＜0，(15分)

综上所述，a＞0.(16分)

略

（1）－2(m/s)．（2）－18(m/s)（3）－7 m/s.

(1)刹车后1 s内平均速度＝－2(m/s)．

(2)刹车后1 s到2 s内的平均速度为：

＝－18(m/s)．

(3)从t＝1 s到t＝(1＋d)s内平均速度为：

＝

＝＝－7－8d－3d2→－7(m/s)(d→0)，

即t＝1 s时的瞬时速度为－7 m/s.