热门试卷

（1）函数的单调递减区间是，，递增区间是。

（2）的最小值为。

（3）。

试题分析：函数的定义域为，且   2分

（1）函数

当且时， ；当时，

所以函数的单调递减区间是，，递增区间是  .5分

（2）因为在上为减函数，故在上恒成立

所以当时，

又

故当，即时，

所以于是，故的最小值为             .8分

（3）命题“若，使成立”等价于

“当时，有”

由（2），当时，，所以

问题等价于： “当时，有”            9分

（i）当时，由（2）在上为减函数

则，故

（ii）当时，由于在上为增函数

故的值域为，即

由的单调性值域知

唯一，使，且满足：

当时，，为减函数；当时，，为增函数；所以， 

所以，，与矛盾，不合题意

综上，                                            12分

点评：难题，利用导数研究函数的单调性、极值，是导数应用的基本问题，主要依据“在给定区间，导函数值非负，函数为增函数；导函数值非正，函数为减函数”。确定函数的极值，遵循“求导数，求驻点，研究单调性，求极值”。不等式恒成立问题，往往通过构造函数，研究函数的最值，使问题得到解决。本题的难点在于利用转化思想的灵活应用。

解：（1）设切点P（x1，y1），Q（x1，y1）

由题意可得，kAP==，由导数的几何意义可得，kAP=2x1，

∴=2x1，整理可得，同理可得﹣1=0，

从而可得x1，x2是方程x2﹣2ax﹣1=0的两根，

∴x=a±，k1=，k2=，

∴k1k2==﹣4，

即k1k2为定值﹣4．

（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），

由于y'=2x，故切线AP的方程是：y﹣y1=2x1（x﹣x1），

则﹣y1=2x1（a﹣x1）=2x1a﹣2x12=2x1a﹣2（y1﹣1）

∴y1=2x1a+2，

同理y2=2x2a+2，

则直线PQ的方程是y=2ax+2，则直线PQ过定点（0，2）．

（3）即A（a，0）点到PQ的距离，

要使最小，就是使得A到直线PQ的距离最小，

而A到直线PQ的距离d===≥，

当且仅当，即a2=时取等号，

∴最小值为．

解：（1）当p=2时，函数

f（1）=2-2-2ln1=0，f'（x）=

曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率为f'（1）=2+2-2=2

从而曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y-0=2（x-1），

即y=2x-2。

（2）

令h（x）=px2-2x+p，要使f（x）在定义域（0，+∞）内是增函数，

只需h（x）≥0在（0，+∞）内恒成立，

由题意p>0，h（x）=px2-2x+p的图象为开口向上的抛物线，对称轴方程为

∴

只需

即p≥1时，h（x）≥0，f'（x）≥0，

∴f（x）在（0，+∞）内为增函数，正实数p的取值范围是[1，+∞）。

（3）∵在[1，e]上是减函数，

∴x=e时，g（x）min=2

x=1时，g（x）max=2e，

即g（x）∈[2，2e]

①当p＜0时，h（x）=px2-2x+p其图象为开口向下的抛物线，对称轴在y轴的左侧，

且h（0）＜0，

所以f（x）在x∈ [1，e]内是减函数，

当p=0时，h（x）=-2x

因为x∈[1，e]，

所以h（x）＜0，

此时，f（x）在x∈[1，e]内是减函数，

故当p≤0时，f（x）在x∈[1，e]上单调递减=f（1）=0＜2，不合题意；

②当0＜p＜1时，x∈[1，e]

所以f（x）=

又由（2）知当p=1时f（x）在 x∈[1，e]上是增函数，

∴

不合题意；

③当p≥1时，由（2）知f（x）在x∈[1，e]上是增函数

f（1）= 0＜2

又g（x）在x∈[1，e]上是减函数，

故只需f（x）max>g（x）min，x∈[1，e]，

而

g（x）min=2，即

解得

所以实数p的取值范围是。

解：（1）设，对求导得，

故直线的斜率，

当时，不合题意，

所心

圆心为，的斜率

由知，即，

解得，故

所以。

（2）设为上一点，则在该点处的切线方程为

即若该直线与圆相切，

则圆心到该切线的距离为，

即，

化简可得

求解可得

抛物线在点处的切线分别为，

其方程分别为① ②  ③

②－③得，

将代入②得，

故

所以到直线的距离为。

解：（1），直线的斜率为5

由题意知

解得

∴；

（2）∵，

所以切线方程为

即；

（3）由（1）知

令得或

当x变化时，的变化情况如下表：

∴

∴

函数的图像大致如右

若方程有3个解，需使直线与函数的图像有3个交点，

由图像可知：。

（Ⅰ）；（Ⅱ） （Ⅲ）见解析.

试题分析：（Ⅰ）由已知在处的切线与直线平行，得且有两个不等实根，从而得出的范围；（Ⅱ）先由导函数得出函数的单调性，确定函数的极小值点，然后由函数的极小值为1得出存在的值；（Ⅲ）先确定的单调性，在上是增函数，故，构造，分别取的值为1、2、3、 、累加即可得证.

试题解析：（Ⅰ）

  由题意

          ①        （1分）

    ②

由①、②可得，

故实数a的取值范围是         （3分）

（Ⅱ）存在               （5分）

由（1）可知，

，且

，

.                  （6分）

             （7分）   

的极小值为1.           （8分）   

（Ⅲ）由

即

故，

则在上是增函数，故，

所以，在上恒为正。.           （10分）

（注：只判断符号，未说明理由的，酌情给分）

当时，，设，则

即：.           （12分）   

上式分别取的值为1、2、3、 、累加得：

，（）

，（）

，（）

，（）

即，，（），当时也成立    （14分）

（1）时，的单调增区间是，，单调减区间是；时，的单调增区间，，单调减区间为；

（2）①；②.

试题分析：（1）先求出导函数，进而由，于是，针对分、两种情况，分别求出、的解即可确定函数的单调区间；（2）①先由条件得到的一个不等关系式，再由有零点，且对函数定义域内一切满足的实数有，作出判断的零点在内，设，则可得条件即，结合即可确定的取值，进而可写出的解析式；②设，先通过函数的导数确定函数在的单调性，进而求出在的零点，进而即可求出与的图像在区间上的交点坐标.

（1）          2分

由，故

时，由得的单调增区间是，

由得单调减区间是

同理时，的单调增区间，，单调减区间为    5分

（2）①由（1）及（i）

又由有知的零点在内，设，

则即

所以由条件

此时有      8分

∴     9分

②又设，先求与轴在的交点

∵，由得

故，在单调递增

又，故与轴有唯一交点

即与的图象在区间上的唯一交点坐标为为所求    13分.

解：（1）；

（2）或；

（3）用导数求最值，可证得。

（1）见解析；（2）；（3）见解析.

试题分析：（1）对于研究非常规的初等函数的最值问题，往往都需要求函数的导数.根据函数导数的正负判断函数的单调性，利用单调性求函数在某个区间上的最值；（2）恒成立问题，一般都需要将常数和变量分离开来（分离常数法）转化为最值问题处理；（3）证明不等式恒成立问题，往往将不等式转化为函数来证明恒成立问题.但有些时候这样转化后不等会乃然很难实现证明，还需对不等式经行恒等变形以达到化简不等式的目的，然后再证.

试题解析：⑴ ，当，，单调递减，

当，，单调递增．               1分

（由于的取值范围不同导致所处的区间函数单调性不同，故对经行分类讨论.）

① ，t无解；                  2分

② ，即时，         3分

③ ，即时，在上单调递增，；

所以                     5分

由题可知:,则.因对于,恒成立，故,

设，则.

单调递增，单调递减.

所以，即.

问题等价于证明(为了利用第（1）小问结论，并考虑到作差做函数证明不方便，下证的最值与最值的关系.)

由（1）可知在的最小值是,当且仅当时取到.

设,则,易得,当且仅当时取到.

从而对于一切,都有恒成立.

解：（Ⅰ）∵（nx2）'=2nx

∴曲线Cn过点Pn（xn，yn）的切线ln的方程为y-nx2=2nxn（x-xn）

即2nxnx-y-nxn2=0

令x=0，得y=-nx2∴Qn的坐标为（0，-nx2）；

（Ⅱ）原点D（0，0）到ln的距离为

即时，取的最大值

故所求点Pn的坐标为；

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，于是

现证明

故问题得证。

解：（1）因为

所以

得曲线在x=1处的切线的斜率为1-a

由已知在x=1处的切线方程为

从而1-a=3

∴ ；

（2）充分性：∵a=1

∴当时，

∴函数在（1，+∞）是增函数

当时，

∴函数在（0，1）是减函数

∴

必要性：由

当时，

∴函数在（0，+∞）是增函数而

当时，与当恒成立矛盾

∴时不满足题意

当时，时

∴函数在（a，+∞）是增函数

当时，

∴函数在（0，a）是减函数

∴

∵

∴当时，此时与恒成立矛盾

综上恒成立的充要条件是a=1；

（3）由（2）知当a＜0时，函数f（x）在（0，1]是增函数

而函数f（x）=在（0，1]是减函数

不妨设

则，

∴

等价于

即

设

则等价于h（x）在（0，1]上是减函数

∴在（0，1]上恒成立

即在（0，1]上恒成立

即a不小于在（0，1]上的最大值

而函数在（0，1]上是增函数

∴函数的最大值为-3

故

又a＜0

故实数a的取值范围为[-3，0）。

解：（I）因为，

又因为当x=0时，f（0）=0，

所以方程f（x）﹣x=0有实数根0．

所以函数是的集合M中的元素．

（II）假设方程f（x）﹣x=0存在两个实数根α，β（α≠β），

则f（α）﹣α=0，f（β）﹣β=0不妨设α＜β，根据题意存在数c（α，β）

使得等式f（β）﹣f（α）=（β﹣α）f'（c）成立．

因为f（α）=α，f（β）=β，且α≠β，

所以f'（c）=1，

与已知0＜f'（x）＜1矛盾，

所以方程f（x）﹣x=0只有一个实数根；

（III）不妨设x2＜x3，因为f'（x）＞0，

所以f（x）为增函数，

所以f（x2）＜f（x3），

又因为f'（x）﹣1＜0，

所以函数f（x）﹣x为减函数，

所以f（x2）﹣x2＞f（x3）﹣x3，

所以0＜f（x3）﹣f（x2）＜x3﹣x2，

即|f（x3）﹣f（x2）|＜|x3﹣x2|，

所以|f（x3）﹣f（x2）|＜|x3﹣x2|=|x3﹣x1﹣（x2﹣x1）|≤|x3﹣x1|+|x2﹣x1|＜2

解：（1）函数f（x）=，g（x）=alnx，aR．

f '（x）=，g '（x）=（x＞0），

由已知得解得

两条曲线交点的坐标为（e2，e）．

切线的斜率为k=f '（e2）=，

切线的方程为y﹣e=（x﹣e2）．

（2）由条件知h（x）=﹣alnx（x＞0），

h '（x）=﹣=，

①当a＞0时，令h '（x）=0，解得x=4a2．

当0＜x＜4a2时，h '（x）＜0，h（x）在（0，4a2）上单调递减；

当x＞4a2时，h '（x）＞0，h（x）在（4a2，+）上单调递增．

x=4a2是h（x）在（0，+）上的惟一极值点，且是极小值点，从而也是h（x）的最小值点．

最小值（a）=h（4a2）=2a﹣aln（4a2）=2a[1﹣ln （2a）]．

②当a0时，h '（x）=＞0，h（x）在（0，+）上单调递增，无最小值．

故h（x）的最小值（a）的解析式为（a）=2a[1﹣ln （2a）]（a＞0）．

（3）证明：由（2）知（a）=2a（1﹣ln 2﹣ln a），

则'（a）=﹣2ln （2a）．

令'（a）=0，解得a=．

当0＜a＜时，'（a）＞0，（a）在（0，）上单调递增；

当a＞时，'（a）＜0，（a）在（，+）上单调递减．

（a）在a=处取得极大值?（）=1．

（a）在（0，+）上有且只有一个极值点，

（）=1也是（a）的最大值．

当a（0，+）时，总有（a）1．

解：（1），

则f(0)=1，f′(0)=2，

故f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=2x+1。

（2）由（1）知，

由；由；

由，

故f(x)在区间上为增函数，在区间上为减函数，

又，

故其最小值为，

要使f(x)≥0对任意实数x∈[0，π]恒成立，

只需，

即m的取值范围是。