热门试卷

解：(Ⅰ)因为f(1)=0，g(1)=0，

所以点(1，0)同时在函数f(x)，g(x)的图象上，

因为f(x)=x2-1，g(x)=alnx，f′(x)=2x，g′(x)=，

由已知，得f′(1)=g′(1)，所以，即a=2．

(Ⅱ)因为F(x)=f(x)-2g(x)=x2-1-2alnx(x＞0)，

所以F′(x)=，

当a＜0时，因为x＞0，且x2-a＞0，所以F′(x)＞0对x＞0恒成立，

所以F(x)在(0，+∞)上单调递增，F(x)无极值；

当a＞0时，令F′(x)=0，解得(舍)，

所以当x＞0时，F′(x)，F(x)的变化情况如下表：

所以当时，F(x)取得极小值，且；

综上，当a＜0时，函数F(x)在(0，+∞)上无极值；当a＞0时，函数F(x)在处取得极小值a-1-alna。

y＝13x－32

试题分析：根据导数的几何意义，先求函数的导函数，进而求出，得到曲线

在点处的切线的斜率，由点斜式得切线方程.

试题解析：

∵f ′(x)＝3x2＋1，     4分

∴f(x)在点(2，－6)处的切线的斜率为k＝f ′(2)＝13.      9分

∴切线的方程为y＝13x－32.      12分

（Ⅰ）；（Ⅱ）当，从甲地到乙地的耗油量最少，最少耗油量为7升．

试题分析：(Ⅰ)由题意得，汽车从甲地到乙地行驶了小时，又因为每小时的耗油量（升）关于行驶速度（千米/时）的函数可表示为，二者相乘即得．（Ⅱ）由(Ⅰ)有，，利用导数可得其最小值.

试题解析：(Ⅰ)由题意得，汽车从甲地到乙地行驶了小时，            （2分）

．                  （5分）

（Ⅱ）由(Ⅰ)有，．          （8分）

令，得，．               （9分）

①当时，，是减函数；             （10分）

②当时，，是增函数；           （11分）

当，即汽车的行驶速度为（千米/时）时，从甲地到乙地的耗油量为最少，最少耗油量为（升）．                                 （12分）

(1)设直线，和相切于点

有两个极值点，于是

从而  ………………4分

（2）又，且为切点。

则     ，由 ③ 求得或，由①②联立知。在时，；在时， ，或      …9分

（3）当为整数时，符合条件，此时为，设过的直线和

相切于另一点．则         由④⑤及，可知即，再联立⑥可知，又，，此时 故切线方程为：

略

（1）因为函数f（x）的定义域为（0，+∞），导函数f′（x）=，

∴k=f′（1）=1-a，

又f（1）=a-1，即切点坐标为（1，a-1），

所以，函数f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为：

y-（a-1）=（1-a）（x-1），即y=（1-a）x+2（a-1）．

（2）结合（1），令f′（x）=0得x=e1-a，由对数函数的单调性知：

当x∈（0，e1-a）时，f′（x）＞0，f（x）是增函数；

当x∈（e1-a，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）是减函数．

（ⅰ）当e1-a＜e2时，a＞-1时，f（x）max=f（e1-a）=ea-1-1，

令ea-1-1≤0，解得a≤1，即-1＜a≤1，

（ⅱ）当e1-a≥e2即a≤-1时，f（x）在（0，e2]上是增函数，

∴f（x）在（0，e2]上的最大值为f（e2）=-1，

令-1≤0，解得a≤e2-2，即a≤-1，

综上可知，实数a的取值范围是a≤1．

∵切线与直线y=4x+3平行，斜率为4

又切线在点x0的斜率为y′|_x0

∵3x02+1=4，∴x0=±1，有，或，

∴切点为（1，-8）或（-1，-12），

切线方程为y+8=4（x-1）或y+12=4（x-1），

即y=4x-12或y=4x-8．

（1） （2） （3）

试题分析：（1） 利用导数求切线方程,关键在于理解切点的三个含义,一是在切点处的导数值为切线的斜率,二是切点在曲线上,即切点坐标满足曲线方程,三是切点在直线上,即切点坐标满足直线方程,有时这一条件用直线两点间斜率公式表示.因为所以,再根据点斜式写出切线方程. （2）利用导数研究函数单调性,往往转化为研究导函数为零时方程根的情况,本题函数在区间(1,2)上不是单调函数,就转化为在区间(1,2)上有不相等的根,可由实根分布列充要条件,也可利用变量分离结合图象求函数对应区域范围,（3）已知函数最值求参数取值范围，可从恒成立角度出发，实现等价转化，也可分类讨论求最值列等式.本题采取对恒成立较好.转化为二次函数恒成立可从四个方面研究：一是开口方向，二是对称轴，三是判别式，四是区间端点函数值的正负.

试题解析：（1）解:当时,,则,故 2分

又切点为,故所求切线方程为,即  4分

（2）由题意知,在区间(1,2)上有不重复的零点,

由,得,因为,所以  7分令,则,故在区间(1,2)上是增函数,所以其值域为,从而的取值范围是    9分

（3）,

由题意知对恒成立,即对恒成立,即  ①对恒成立    11分

当时,①式显然成立;

当时,①式可化为    ②,

令,则其图象是开口向下的抛物线,所以      13分

即,其等价于   ③,

因为③在时有解,所以,解得,

从而的最大值为        16分

解：（1）由题意可设，

又函数图象经过点，则，得.……… 2分

（2）由（1）可得。

所以，

，                       ………… 4分

函数在和处取到极值，

故，                              ………… 5分

，

  ………… 7分

又，故。                                …… 8分

（3）设切点，则切线的斜率

又，所以切线的方程是

    …… 9分

又切线过原点，故

所以，解得，或。 ………… 10分

两条切线的斜率为，，

由，得，，

，

                    ………………………… 12分

所以，

又两条切线垂直，故，所以上式等号成立，有，且。

所以。             ………… 14分

略

解: （I）f′(x)=3ax2+2bx－3，依题意，f′(1)=f′(－1)=0，

即

解得a=1，b=0.

∴f(x)=x3－3x.

（II）∵f(x)=x3－3x,∴f′(x)=3x2－3=3(x+1)(x－1)，

当－1

fmax(x)=f(－1)=2，fmin(x)=f(1)=－2

∵对于区间[－1，1]上任意两个自变量的值x1，x2，

都有|f(x1)－f(x2)|≤|fmax(x) －fmin(x)|

|f(x1)－f(x2)|≤|fmax(x)－fmin(x)|=2－(－2)=4

（III）f′(x)=3x2－3=3(x+1)(x－1)，

∵曲线方程为y=x3－3x，∴点A（1，m）不在曲线上.

设切点为M（x0，y0），则点M的坐标满足

因，故切线的斜率为

，

整理得.

∵过点A（1，m）可作曲线的三条切线，

∴关于x0方程=0有三个实根.

设g(x­0)= ，则g′(x0)=6，

由g′(x0)=0，得x0=0或x0­=1.

∴g(x0)在（－∞，0），（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减.

∴函数g(x0)= 的极值点为x0=0，x0=1

∴关于x0方程=0有三个实根的充要条件是

，解得－3

故所求的实数a的取值范围是－3

略

解：（1）f（x）=ax++b≥2+b=b+2当且仅当ax=1（x=）时，

f（x）的最小值为b+2；

（2）由题意，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=，可得：f（1）=，

∴a++b=①

f'（x）=a﹣，

∴f′（1）=a﹣=②

由①②得：a=2，b=-1。

是的一个极大值, 是的一个极小值.

、不存在

解：(I)  .注意到，即，

得或．所以当变化时，的变化情况如下表：

所以是的一个极大值, 是的一个极小值.

(II) 点的中点是,所以的图象的对称中心只可能是. 

设为的图象上一点,关于的对称点是Q，

因，又

所以，

即点也在函数y=f(x)的图像上。 

设为的图象上一点,关于的对称点是……

(III) 假设存在实数、.,或.

若, 当时, ,而.故不可能…

若,当时, ,而.故不可能….

若,由的单调递增区间是,知是的两个解.而无解. 故此时的取值范围是不可能是.

综上所述,假设错误,满足条件的实数、不存在.

（1）当k为奇数时，f(x)的单调递增区间为，当k为偶数时f(x)的单调递增区间为（2）见解析（3）见解析

（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞）

又                  

当k为奇数时，

即的单调递增区间为                    

当k为偶函数时，

由>0，得x-1>0,∴x>1,即f(x)的单调递增区间为，

综上所述：当k为奇数时，f(x)的单调递增区间为，当k为偶数时f(x)的单调递增区间为                                        

（Ⅱ）当k为偶数时，由（Ⅰ）知

所以

根据题设条件有

∴{ }是以2为公式的比例数列                

假设数列{}中存在三项，，，成等差数列

不妨设r=+

即

又 

（Ⅲ）当k为奇数时       

方法二：（数学归纳发）

当n=1是，左边=0，右边=0，显然不等式成立

设n=k+1时：

又

n=k+1时结论成立。

综上，对一切正整数n结论成立。

（I）设f（x）=x有不同于α的实数根β，即f（β）=β，不妨设β＞α，

于是在α与β间必存在c，α＜c＜β，

使得β-α=f（β）-f（α）=（β-α）f′（c）∴f′（c）=1，这与已知矛盾，∴方程f（x）=x存在唯一实数根α．

（II）令g（x）=x-f（x）

∴g′（x）=1-f′（x）＞0

∴g（x）在定义域上为增函数

又g（α）=α-f（α）=0∴当x＞α时，g（x）＞g（α）=0

∴当x＞α时，f（x）＜x、

（III）不妨设x1＜x2，∵0＜f′（x）＜1∴f（x）在定义域上为增函数

由（2）知x-f（x） 在定义域上为增函数、∴x1-f（x1）＜x2-f（x2）

∴0＜f（x2）-f（x1）＜x2-x1

即|f（x2）-f（x1）|＜|x2-x1|

∵|x2-x1|≤|x2-α|+|x1-α|＜4

∴|f（x1）-f（x2）|＜4．