热门试卷

解：令解之得： …4分

在上递增，在上递减，

所以最大值为

最小值是0。………10分

略

（I）0或2

（II）8

（III）

（I）

的极值点，

解得或2.                                                                              …………4分

（II）是切点，

即

的斜率为-1

代入解得

的两个极值点.

在[-2，4]上的最大值为8.                                            …………10分

（III）因为函数在区间（-1，1）不单调，

所以函数在（-1，1）上存在零点.

而的两根为a-1，a+1，区间长为2，

∴在区间（-1，1）上不可能有2个零点.

所以

即：

又             …………13分

证明见答案

任取，

这就是说，如果函数在点处可导，那么在点处连续，由的任意性知，

如果函数在内可导，那么在内连续．

解：（1）∵P（2，4）在曲线 上，且y'=x2∴在点P（2，4）处的切线的斜率k=y'|x=2=4；

∴曲线在点P（2，4）处的切线方程为y﹣4=4（x﹣2），即4x﹣y﹣4=0．

（2）设曲线 与过点P（2，4）的切线相切于点A（x0，），

则切线的斜率 ，

∴切线方程为y﹣（ ）=x02（x﹣x0），即

∵点P（2，4）在切线上，

∴4=2x02﹣，即x03﹣3x02+4=0，

∴x03+x02﹣4x02+4=0，

∴（x0+1）（x0﹣2）2=0

解得x0=﹣1或x0=2

故所求的切线方程为4x﹣y﹣4=0或x﹣y+2=0．

(1) 单调递增区间为 ，单调递减区间为 和；(2) ；(3)

试题分析：(1)求导，令导数大于0得增区间令导数小于0得减区间。(2) 对于任意都有成立，转化为对于任意都有。求时可根据求导求单调性求最值，也可直接根据二次函数问题求其单调区间再求其最值。(3)先在曲线上任取一点，根据导数的几何意义求其过此点的切线的斜率，再用点斜式求切线方程。将代入直线方程。分析可知此方程应有3个不同的解。将上式命名新函数，用单调性求此函数的极值点可知一个极值应大于0，另一个极值应小于0.

试题解析：(1)当时，函数，

得．                            1分

所以当时，，函数f(x)单调递增；                    2分

当x＜1或x＞2时，，函数f(x)单调递减．                      3分

所以函数的单调递增区间为 ，单调递减区间为 和 ．4分

(2)由，得，            5分

因为对于任意都有成立，

所以问题转化为对于任意都有．          6分

因为，其图象开口向下，对称轴为.

①当，即时，在上单调递减，

所以，

由，得，此时.                 7分

②当，即时，在上单调递增，在上单调递减，

所以，

由，得，此时.                 8分

综上可得，实数的取值范围为 ．                   9分

(3)设点是函数图象上的切点，

则过点的切线的斜率，                    10分

所以过点P的切线方程为，     11分

因为点在该切线上，

所以，

即.

若过点可作函数图象的三条不同切线，

则方程有三个不同的实数解．                    12分

令，则函数的图象与坐标轴横轴有三个不同的交点．

令，解得或.

因为，，                     13分

所以必须，即.

所以实数的取值范围为 ．                             14分

（1）g(x)＝x2－lnx（2）

(1)g′(x)＝2bx＋ 由条件，得即∴b＝，c＝－1，

∴g(x)＝x2－lnx.

(2)G(x)＝ 

当x＞0时，G(x)＝g(x)＝x2－lnx，g′(x)＝x－＝.

令g′(x)＝0，得x＝1，且当x∈(0，1)，g′(x)＜0，x∈(1，＋∞)，g′(x)＞0，

∴g(x)在(0，＋∞)上有极小值，即最小值为g(1)＝.

当x≤0时，G(x)＝f(x)＝ax3－3ax，f′(x)＝3ax2－3a＝3a(x＋1)(x－1)．

令f′(x)＝0，得x＝－1.①若a＝0，方程G(x)＝a2不可能有四个解；

②若a＜0时，当x∈(－∞，－1)，f′(x)＜0，当x∈(－1，0)，f′(x)＞0，∴f(x)在(－∞，0]上有极小值，即最小值为f(－1)＝2a.又f(0)＝0，∴G(x)的图象如图①所示，从图象可以看出方程G(x)＝a2不可能有四个解；

,①)　　,②)

③若a＞0时，当x∈(－∞，－1)，f′(x)＞0，当x∈(－1，0)，f′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，0]上有极大值，即最大值为f(－1)＝2a.又f(0)＝0，∴G(x)的图象如图②所示．从图象可以看出方程G(x)＝a2若有四个解，必须＜a2＜2a，∴＜a＜2.综上所述，满足条件的实数a的取值范围是

解：对于y=x2-1，有y′=x，k1=y′|x=x0=x0；

对于y=1+x3，有y′=3x2，k2=y′|x=x0=3x02，

又k1k2=-1，

则x03=-1，

∴x0=-1。

(1);(2)轮船应以50海里/小时的速度行驶.

试题分析：(1)由题意易列出速度与成本的函数；(2)由列出的函数利用导数求最值.(也可用均值不等式)

试题解析：

解：(1)由题意得：，

即：  6分

(2)由（1）知，

令，解得x=50,或x=-50(舍去).  8分

当时，

当时，（均值不等式法同样给分）  10分

因此，函数在x=50处取得极小值，也是最小值.

故为使全程运输成本最小，轮船应以50海里/小时的速度行驶.  12分

考点:导数的应用.

(1)由原式得f(x)＝x3－ax2－4x＋4a，

∴f′(x)＝3x2－2ax－4.

由f′(－1)＝0得a＝，

此时有f(x)＝(x2－4)，f′(x)＝3x2－x－4.

由f′(x)＝0得x＝或x＝－1，

当x在[－2,2]变化时，f′(x)，f(x)的变化如下表：

∵f(x)极小＝f＝－，f(x)极大＝f(－1)＝，

所以f(x)在[－2,2]上的最大值为，最小值为－.

(2)法一：f′(x)＝3x2－2ax－4的图象为开口向上且过点(0，－4)的抛物线，由条件得f′(－2)≥0，f′(2)≥0，

即，∴－2≤a≤2.

所以a的取值范围为[－2,2]．

略

由题意知．即①   

又 即②

解得．

（1）；（2）；（3）详见解析．

试题分析：（1）由题设条件知曲线y=f（x）在点处的切线方程是．由此可知．所以．（2）由，知，同理．故．由此入手能够导出．（3）由题设知，所以，由此可知．

解：（1）由题可得．

所以曲线在点处的切线方程是：．

即．

令，得．

即．显然，

∴．

（2）由，知，’同理．----6’

故．-----7’

从而，即．所以，数列成等比数列．---8’

故．即．----9’

从而,所以．----10’

（3）由（Ⅱ）知，∴

∴   ---11’

当时，显然．-------12’

当时，-----13’

∴．综上，．

由得：，

．

又，得③

，得④

可解得．