热门试卷

（1）设动圆圆心为（x，y），依题意得，=|y+1|，整理，得x2=4y．

所以轨迹M的方程为x2=4y．

（2）由（1）得x2=4y，即y=x2，则y′=x．

设点D（x0，x02），由导数的几何意义知，直线的斜率为kBC=x0，

由题意知点A（-x0，x02）．设点C（x1，x12），B（x2，x22），

则kBC===x0，即x1+x2=2x0，

因为kAC==，kAB==，

由于kAC+kAB=+==0，即kAC=-kAB，

所以∠BAD=∠CAD；

（3）由点D到AB的距离等于|AD|，可知∠BAD=45°，

不妨设点C在AD上方，即x2＜x1，直线AB的方程为：y-x02=-（x+x0）．

由，解得点B的坐标为（x0-4，(x0-4)2），

所以|AB|=|（x0-4）-（-x0）|=2|x0-2|．

由（2）知∠BAD=∠CAD=45°，同理可得|AC|=2|x0+2|，

所以△ABC的面积S=×2|x0-2|×2x0+2|=4|x02-4|=20，解得x0=±3，

当x0=3时，点B的坐标为（-1，），kBC=，

直线BC的方程为y-=（x+1），即6x-4y+7=0；

当x0=-3时，点B的坐标为（-7，），kBC=-，

直线BC的方程为y-=-（x+7），即6x+4y-7=0．

（1）y'=3x2-6x+2=3（x-1）2-1，

所以，x=1时，y'有最小值-1，（3分）

把x=1代入曲线方程得：y=0，所以切点坐标为（1，0），

故所求切线的斜率为-1，其方程为：y=-x+1．            

（2）设切点坐标为M（x0，y0），则y0=x03-3x02+2x0，

切线的斜率为3x02-6x0+2，

故切线方程为y-y0=（3x02-6x0+2）（x-x0），（9分）

因为切线过原点，所以有-y0=（3x02-6x0+2）（-x0），

即：x03-3x02+2x0=x0（3x02-6x0+2），

解之得：x0=0或x0=．                                  

所以，切点坐标为M（0，0）或M(，-)，

相应的切线方程为：y=2x或y+=-(x-)

即切线方程为：2x-y=0或x+4y=0．

解（1）当a=1时，f（x）=x2+|lnx-1|

令x=1得f（1）=2，f'（1）=1，所以切点为（1，2），切线的斜率为1，

所以曲线y=f（x）在x=1处的切线方程为：x-y+1=0．

（2）①当x≥e时，f（x）=x2+alnx-a，f′(x)=2x+（x≥e）

∵a＞0，

∴f（x）＞0恒成立．

∴f（x）在[e，+∞）上增函数．

故当x=e时，ymin=f（e）=e2

②当1≤x＜e时，f（x）=x2-alnx+1，

f′(x)=2x-=(x+)(x-)（1≤x＜e）

（i）当≤1，即0＜a≤2时，f'（x）在x∈（1，e）时为正数，

所以f（x）在区间[1，e）上为增函数．

故当x=1时，ymin=1+a，且此时f（1）＜f（e）

（ii）当1＜＜e，即2＜a＜2e2时，

f'（x）在x∈(1，)时为负数，在间x∈()时为正数

所以f（x）在区间[1，)上为减函数，在(，e]上为增函数

故当x=时，ymin=-ln，

且此时f()＜f(e)

（iii）当≥e；即a≥2e2时，

f'（x）在x∈（1，e）时为负数，

所以f（x）在区间[1，e]上为减函数，

当x=e时，ymin=f（e）=e2．

综上所述，当a≥2e2时，f（x）在x≥e时和1≤x≤e时的最小值都是e2．

所以此时f（x）的最小值为f（e）=e2；

当2＜a＜2e2时，f（x）在x≥e时的最小值为f()=-ln，

而f()＜f(e)，

所以此时f（x）的最小值为f()=-ln．

当0＜a≤2时，在x≥e时最小值为e2，在1≤x＜e时的最小值为f（1）=1+a，

而f（1）＜f（e），所以此时f（x）的最小值为f（1）=1+a

所以函数y=f（x）的最小值为ymin=

（1）函数的定义域为{x|x≠2}， f′(x)=

当x＞3时，f'（x）＞0，

当x＜3且x≠2时，f'（x）＜0．

故函数f（x）的增区间为（3，+∞），减区间为（-∞，-2），（2，3）．

（2）函数f（x）的图象与y轴交点坐标为(0， -)，∴f′(0)=

故切线方程为y+=-x，

切线与两坐标轴的交点分别为(0， -)和(-， 0)

∴所求图象的面积S=××=．

（1）－1±

（2）(2，＋∞)

（3）

解：(1)因为f(x)＝ln x，所以f′(x)＝，因此f′(1)＝1，所以函数f(x)的图像在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.

由

消去y，得x2－2(b＋1)x＋2＝0.

所以Δ＝4(b＋1)2－8＝0，

解得b＝－1±.

(2)因为h(x)＝f(x)＋g(x)

＝ln x＋x2－bx(x>0)，

所以h′(x)＝＋x－b＝.

由题意知，h′(x)<0在(0，＋∞)上有解．

因为x>0，设u(x)＝x2－bx＋1，

则u(0)＝1>0，

所以，解得b>2.

所以实数b的取值范围是(2，＋∞)．

(3)不妨设x1>x2.

因为函数f(x)＝ln x在区间[1,2]上是增函数，所以f(x1)>f(x2)，函数g(x)图像的对称轴为直线x＝b，且b>1.

(ⅰ)当b≥2时，函数g(x)在区间[1,2]上是减函数，所以g(x1)2)，所以|f(x1)－f(x2)|>|g(x1)－g(x2)|等价于f(x1)－f(x2)>g(x2)－g(x1)，即f(x1)＋g(x1)>f(x2)＋g(x2)，等价于h(x)＝f(x)＋g(x)＝ln x＋x2－bx(x>0)在区间[1,2]上是增函数，即等价于h′(x)＝＋x－b≥0在区间[1,2]上恒成立，亦等价于b≤x＋在区间[1,2]上恒成立，所以b≤2.

又b≥2，所以b＝2；

(ⅱ)当1

①当1≤x21≤b时，|f(x1)－f(x2)|>|g(x1)－g(x2)|等价于f(x1)－f(x2)>g(x2)－g(x1)，等价于f(x1)＋g(x1)>f(x2)＋g(x2)，等价于h(x)＝f(x)＋g(x)＝ln x＋x2－bx(x>0)在区间[1，b]上是增函数，等价于h′(x)＝＋x－b≥0在区间[1，b]上恒成立，等价于b≤x＋在区间[1，b]上恒成立，所以b≤2.

又1

②当b≤x21≤2时，|f(x1)－f(x2)|>|g(x1)－g(x2)|等价于f(x1)－f(x2)>g(x1)－g(x2)等价于f(x1)－g(x1)>f(x2)－g(x2)，等价于H(x)＝f(x)－g(x)＝ln x－x2＋bx在区间[b,2]上是增函数，等价于H′(x)＝－x＋b≥0在区间[b,2]上恒成立，等价于b≥x－在区间[b,2]上恒成立，所以b≥，故≤b<2；

③当1≤x21≤2时，由g(x)图像的对称性知，只要|f(x1)－f(x2)|>|g(x1)－g(x2)|对于①②同时成立，那么对于③，

则存在t1∈[1，b]，使|f(x1)－f(x2)|>|f(t1)－f(x2)|>|g(t1)－g(x2)|＝|g(x1)－g(x2)|恒成立；

或存在t2∈[b,2]，使|f(x1)－f(x2)|>

|f(x1)－f(t2)|>|g(x1)－g(t2)|＝

|g(x1)－g(x2)|恒成立．

因此≤b<2.

综上所述，实数b的取值范围是.

（1）；（2）当a≤0时，f(x)在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递增.

试题分析：（1）因为f（x）=ax2－(2a＋1)x＋2lnx，所以f′(x)＝ax−(2a+1)+．因为曲线y=f（x）在x=1和x=3处的切线互相平行，所以f′（1）=f′（3）．由此能求出实数a．

（2）因为函数f（x）的定义域是（0，+∞），且f′（x）=，再由实数a的取值范围进行分类讨论，能够求出f（x）的单调区间．

试题解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)

∵f ' (x)＝ax－(2a＋1)＋

（1）由已知函数f ' (1)＝f ' (3)a－(2a＋1)＋2＝3a－(2a＋1)＋a＝  6分

（2）f ' (x)＝＝(x∈(0，＋∞))         8分

①当a＝0时，f ' (x)＝，由f ' (x)＞0得0＜x＜2，由f ' (x)＜0得x＞2

∴f(x)在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减                    10分

②当a＜0时，由f ' (x)＝＝0的x1＝(舍去)，x2＝2，由f ' (x)＞0的0＜x＜2，由f ' (x)＜0的x＞2

∴f(x)在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减              12分

综上：当a≤0时，f(x)在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递增      13分

（1）

（2）当或时，；

当时，；

（3）.

试题分析：（1）利用导数的几何意义，明确曲线在点处的切线的斜率为,建立方程

，再根据曲线经过点，得到方程，解方程组即得所求.

（2）利用“表解法”，确定函数的极值，注意讨论或及，的不同情况；

（3）根据在区间内存在两个极值点，得到，

即在内有两个不等的实根．

利用二次函数的图象和性质建立不等式组 求的范围.

试题解析：（1），

直线的斜率为，曲线在点处的切线的斜率为,

 ①

曲线经过点， ②

由①②得：              3分

（2）由（1）知：，，, 由，或.

当，即或时，，，变化如下表

由表可知：

    5分

当即时，，，变化如下表

由表可知：

   7分

综上可知：当或时，；

当时，       8分

（3）因为在区间内存在两个极值点 ，所以，

即在内有两个不等的实根．

∴            10分

由 （1）+（3）得：，           11分

由（4）得：，由（3）得：，

，∴．

故               13分

（1）切点，或者切点，；（2）.

试题分析：（1）先设切点，然后依题意计算出，由，计算出切点的横坐标，代入切线的方程，可得切点的纵坐标，最后再将切点的坐标代入曲线C的方程计算得的值；（2）结合（1）中求出的，确定，设，然后将存在使成立问题，转化为，进而求出，分、、三种情况讨论函数在上的单调性，确定，相应求解不等式，即可确定的取值范围.

试题解析：（1）设直线与曲线相切于点

∴,解得或

代入直线方程，得切点坐标为或

切点在曲线上，∴或

综上可知，切点，或者切点，          5分

（2）∵，∴，设，若存在使成立，则只要              7分

①当即时

，是增函数，不合题意              8分

②若即

令，得，∴在上是增函数

令，解得，∴在上是减函数

，,解得               10分

③若即，

令，解得

，∴在上是增函数

∴，不等式无解，∴不存在                12分

综上可得，实数的取值范围为                      13分.

（Ⅰ）；（Ⅱ）．

试题分析：（Ⅰ）先对函数求导，求出函数的极值，根据函数在区间上存在极值，

所以 从而解得（Ⅱ）不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题．

试题解析：

解：（Ⅰ）因为，则，          （2分）

当时，；当时，.

所以在上单调递增；在上单调递减，

所以函数在处取得极大值.                （4分）

因为函数在区间上存在极值，

所以 解得                  （6分）

（Ⅱ）不等式即为 记，

所以，        （9分）

令，则，

，，

在上单调递增，

，从而，

故在上也单调递增，所以，

所以.                         （12分）

（1）；（2）（i）；（ii）.

试题分析：（1）将代入函数解析式，求出，由此计算与的值，最后利用点斜式写出相应的切线方程；（2）利用参数分离法将问题转化为直线与函数的图象有且仅有一个交点来处理，然后利用导数来研究函数的单调性与极值，从而求出的值；（ii）将问题转化为，然后利用导数研究在区间上最值，从而确定实数的取值范围.

（1）当时，，定义域，

，

，又，

在处的切线方程；

（2）（ⅰ）令，

则，

即，

令，

则，

令，

，

，在上是减函数，

又，

所以当时，，当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

，

所以当函数有且仅有一个零点时；

（ⅱ）当，，

若，，只需证明，

，

令，得或，

又，

函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增

又，，

，

即，，.

（1）或；（2）；（3）.

试题分析：（1）利用导数求出函数在点的切线方程，并将切线方程与函数的方程联立，利用求出的值；（2）将题中问题转化为从而确定最大整数的值；（3）假设，考查函数和的单调性，从而将，得到，于是得到，然后构造函数

，转化为函数在区间为单调递增函数，于是得到在区间上恒成立，利用参变量分离法求出的取值范围.

（1），，，

函数的图象在点处的切线方程为，

直线与函数的图象相切，由，消去得，

则，解得或；

（2）当时，，

，

当时，，在上单调递减，

，，

则，

，故满足条件的最大整数；

（3）不妨设，函数在区间上是增函数，，

函数图象的对称轴为，且，函数在区间上是减函数，

，

等价于，

即，

等价于在区间上是增函数，

等价于在区间上恒成立，

等价于在区间上恒成立，

，又，.

（1）,（2）当汽车以千米∕时的速度行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为升

试题分析：（1）解实际问题应用题，需正确理解题目含义. 从甲地到乙地需耗油等于每小时的耗油量乘以行驶时间. 从甲地到乙地行驶了（小时），每小时的耗油量为，，所以共需耗油，（2）在（1）的基础上，将从甲地到乙地耗油表示为速度的函数关系式：，利用导数求出其极小值，也是最小值.解题过程中需明确极值点是否在定义区间内.

试题解析：解：（1）当时，汽车从甲地到乙地行驶了（小时），

需耗油（升）。

所以汽车以40千米∕时的速度匀速行驶，从甲地到乙地需耗油升 …4分.

（2）当汽车的行驶速度为千米∕时时，从甲地到乙地需行驶小时.

设耗油量为升，依题意，得

，.……7分

 .

令 ，得 .

因为当时，，是减函数；当时，，是增函数，所以当时，取得最小值.

所以当汽车以千米∕时的速度行驶时，从甲地到乙地耗油最少，

最少为升。                 12分

(1) 极小值为f(2)＝ln 2－ (2)见解析   (3) 存在实数m＝1使得曲线C：y＝f(x)在点P(1,1)处的切线l与曲线C有且只有一个公共点

(1)f′(x)＝m(x－1)－2＋ (x＞0)．

当m＝时，f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x1＝2，x2＝.

f (x)，f′(x)在x∈(0，＋∞)上的变化情况如下表：

所以当x＝2时，函数f(x)在x∈[1,3]上取到极小值，且极小值为f(2)＝ln 2－.

(2)证明：令f′(x)＝0，得mx2－(m＋2)x＋1＝0.(*)

因为Δ＝ (m＋2)2－4m＝m2＋4＞0，所以方程(*)存在两个不等实根，记为a，b(a＜b)．

因为m≥1，所以，

所以a＞0，b＞0，即方程(*)有两个不等的正根，因此f′(x)＜0的解为(a，b)．

故函数f(x)存在单调递减区间[a，b]．

(3)因为f′(1)＝－1，所以曲线C：y＝f(x)在点P(1,1)处的切线l的方程为y＝－x＋2.若切线l与曲线C有且只有一个公共点，则方程m(x－1)2－2x＋3＋ln x＝－x＋2有且只有一个实根．

显然x＝1是该方程的一个根．

令g(x)＝m(x－1)2－x＋1＋ln x，则g′(x)＝m(x－1)－1＋＝.

当m＝1时，有g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以x＝1是方程的唯一解，m＝1符合题意．

当m＞1时，由g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝，则x2∈(0,1)，易得g (x)在x1处取到极小值，在x2处取到极大值．

所以g(x2)＞g(x1)＝0，又当x趋近0时，g(x)趋近－∞，所以函数g(x)在内也有一个解，m＞1不符合题意．

综上，存在实数m＝1使得曲线C：y＝f(x)在点P(1,1)处的切线l与曲线C有且只有一个公共点．