热门试卷

（1）当m=1时，f(x)=-x6+xk，f′(x)=-xk+kx，

故f'（1）=-1+k=1，所以曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率为1．（k分）

（k）f'（x）=-xk+kx+mk-1，令f'（x）=0，解得x=1-m或x=1+m．

∵m＞0，所以1+m＞1-m，当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：

∴f（x）在（-∞，1-m），（1+m，+∞）内是减函数，在（1-m，1+m）内是增函数．

函数f（x）在x=1-m处取得极0值f（1-m），且f（1-m）=-m6+mk-，

函数f（x）在x=1+m处取得极图值f（1+m），且f（1+m）=m6+mk-．（6分）

（6）由题设，f(x)=x(-xk+x+mk-1)=-x(x-x1)(x-xk)，

∴方程-xk+x+mk-1=0有两个相异的实根x1，xk，

故x1+xk=6，且△=1+(mk-1)＞0，∵m＞0

解得m＞，（8分）

∵x1＜xk，所以kxk＞x1+xk=6，

故xk＞＞1．（10分）

①当x1≤1＜xk时，f（1）=-（1-x1）（1-xk）≥0，而f（x1）=0，不符合题意，

②当1＜x1＜xk时，对任意的x∈[x1，xk]，都有x＞0，x-x1≥0，x-xk≤0，

则f(x)=-x(x-x1)(x-xk)≥0，又f（x1）=0，所以f（x）在[x1，xk]上的最0值为0，

于是对任意的x∈[x1，xk]，f（x）＞f（1）恒成立的充要条件是f（1）=mk-＜0，

解得-＜m＜，

∵由上m＞，

综上，m的取值范围是（，）．（14分）

（1)10； （2）销售价格为3.3元/件时，该店每月销售饰品所获得的利润最大.

试题分析：（1）直接代入点（4，21）即可求出；（2）先建立利润函数模型，然后由导数确定函数的单调性，求出函数的最值及条件.

试题解析：（1）因为时，，  

代入关系式，得，        2分

解得.        4分

（2）由（1）可知，套题每日的销售量，         6分

所以每日销售套题所获得的利润

从而.          8分

令，得,且在上,，函数单调递增；在上，，函数单调递减，         10分

所以是函数在内的极大值点，也是最大值点，       11分

所以当时，函数取得最大值.         12分

故当销售价格为3.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大.

（1）每隔10天购买一次饲料才能使平均每天支付的总费用最小（2）该厂应该利用此优惠条件

（1）设该厂应隔天购买一次饲料，平均每天支付的总费用为元…1分

∵饲料的保管费用每天比前一天少200×0.03＝6（元），

∴天饲料的保管费用共是

                        ………………4分

从而有                                  …………5分

                                          ………………7分

当且仅当，即时，有最小值417………………8分

即每隔10天购买一次饲料才能使平均每天支付的总费用最小.

（2）若厂家利用此优惠条件，则至少25天购买一次饲料，设该厂利用此优惠条件，每隔天()购买一次饲料，平均每天支付的总费用为元，则

                                                ……………10分

∵

∴当时，，即函数在上是增函数…………11分

∴当时，取得最小值390

∵390<417，故该厂应该利用此优惠条件   …………………………………… 13分

（1）a＝，b＝5

（2）①M(a)＝

②

解：(1)由P(2，c)为公共切点，

f(x)＝ax2＋1，g(x)＝x3＋bx(a>0)，

得f′(x)＝2ax，k1＝4a，

g′(x)＝3x2＋b，k2＝12＋b.

又f(2)＝4a＋1，g(2)＝8＋2b，

所以，解得a＝，b＝5.

(2)①h(x)＝f(x)＋g(x)

＝x3＋ax2＋bx＋1，

则h′(x)＝3x2＋2ax＋b.

因为函数f(x)＋g(x)的单调减区间为，

所以x∈时，有3x2＋2ax＋b≤0恒成立．

此时x＝－是方程3x2＋2ax＋b＝0的一个根，

所以32＋2a＋b＝0，

得a2＝4b，

所以h(x)＝f(x)＋g(x)

＝x3＋ax2＋a2x＋1.

又函数h(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．

若－1≤－，即a≤2时，

最大值为h(－1)＝a－；

若－<－1<－时，即2

最大值为h＝1；

若－1≥－时，即a≥6时，

最大值为h＝1，

综上所述，M(a)＝

②由①可知h(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．

所以h为极大值，h＝1，

h为极小值，h＝－＋1，

因为|h(x)|≤3在x∈[－2,0]上恒成立，

又h(0)＝1，所以

即

解得

故实数a的取值范围是.

（1）；（2）；（3）.

试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数求曲线的切线、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值、恒成立问题等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力，考查学生的分类讨论思想、函数思想.第一问，对求导，将切点的横坐标代入得到切线的斜率，再将切点的横坐标代入到中，得到切点的纵坐标，利用点斜式得到切线的方程；第二问，在定义域内是增函数，只需在恒成立，对求导，由于分母恒正，只需分子在恒成立，设函数，利用抛物线的性质求出，令即可，解出P的值；第三问，先通过函数的单调性求出的值域，通过对P的讨论研究的单调性，求出的值域，看是否有值大于的最小值为2.

（1）当时，函数，．

，曲线在点处的切线的斜率为．

从而曲线在点处的切线方程为，即．…4分

（2）．

令，要使在定义域内是增函数，只需在内恒成立．

由题意，的图象为开口向上的抛物线，对称轴方程为，∴，     只需，即时，

∴在内为增函数，正实数的取值范围是．……9分

（3）∵在上是减函数，

∴时，；时，，即，

①当时，，其图象为开口向下的抛物线，对称轴在轴的左侧，且，所以在内是减函数．

当时，，因为，所以，，

此时，在内是减函数．

故当时，在上单调递减，不合题意；

②当时，由，所以．

又由（2）知当时，在上是增函数，

∴，不合题意；

③当时，由（2）知在上是增函数，，

又在上是减函数，故只需，，

而，，

即，解得，

所以实数的取值范围是．      14分

（1）；（2）；（3）详见解析.

试题分析：（1）先求出与的值，利用点斜式求出相应的切线方程；（2）利用题中的条件结合迭

代法求出函数在区间上的解析式；（3）构造新函数，考

查函数在区间上的单调性，求出函数在区间上

的最小值，于是得到，然后利用分组求和法与错位相减法来证明

题中相应的等式.

（1）时，，，

所以，函数的图象在点处的切线方程为，即；

（2）因为，

所以，当，时，，

；

（3）考虑函数，，，

则，

当时，，单调递减；

当时，；

当时，，单调递增；

所以，当，时，，

当且仅当时，.

所以，，

而，

令，则，

两式相减得，

，

所以，，

故，

所以，，

当且仅当，、、、、时，

，

所以，存在唯一一组实数，、、、、，

使得等式成立.

（Ⅰ）xk=xk﹣1﹣1（2≤k≤n）（Ⅱ）

试题分析：（Ⅰ）设出pk﹣1的坐标，求出Qk﹣1，利用导数的几何意义函数在切点处的导数值是曲线的曲线的斜率，利用点斜式求出切线方程，令y=0得到xk与xk+1的关系．

（Ⅱ）求出|PkQk|的表达式，利用等比数列的前n项和公式求出和．

解：（Ⅰ）设Pk﹣1（xk﹣1，0），

由y=ex得

点Qk﹣1处切线方程为

由y=0得xk=xk﹣1﹣1（2≤k≤n）．

（Ⅱ）x1=0，xk﹣xk﹣1=﹣1，得xk=﹣（k﹣1），

Sn=|P1Q1|+|P2Q2|+|P3Q3|+…+|PnQn|

=

点评：本题考查导数的几何意义：函数在切点处的导数值是曲线的曲线的斜率、考查等比数列的前n项和公式求出和．

（1）见解析（2）

(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f(x)是增函数．

∵f(2)＝ln 2－2<0，f(3)＝ln 3>0，

∴f(2)·f(3)<0.

∴f(x)在(2,3)上至少有一个零点．

又因f(x)在(0，＋∞)上是增函数，

从而f(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点．

(2)由(1)知f(2)<0，f(3)>0.

∴f(x)的零点x0∈(2,3)．

取x1＝，∵f＝ln －1＝ln－ln e<0，∴f·f(3)<0，∴x0∈.

取x2＝，∵f＝ln －＝ln －ln e >0，∴f·f<0.

∴x0∈且＝≤，∴即为符合条件的区间．

（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）.

试题分析：（Ⅰ）当时,先求导，通过斜率为1得到切点.然后利用点斜式得到所求切线方程；（Ⅱ）先将两点的坐标设出，其中纵坐标用相应点的横坐标表示.再由导数的几何意义，得到两点横坐标满足.从而得到中点，又中点在曲线上 ，显然成立．得证；（Ⅲ）由中点在直线，又在曲线，从而得，再反代如直线与曲线联立得方程，得到两点的坐标，代入导函数中得到斜率，从而得到.

试题解析：（Ⅰ）当时，，

设切点为，由，切点为

故为所求．                (4分)

（Ⅱ），设，

由导数的几何意义有

中点，即，

又中点在曲线上 ，显然成立．得证．     (8分)

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，中点的横坐标为，且在上，，

又在曲线上，，

所以．

由，

由于，

故．

综上，为所求．                                  (13分)

（1）；（2），.

试题分析：本试题主要是考查了导数在研究函数中的运用.（1）先由，计算出，然后计算出，根据题中条件可得即，求解方程组即可；（2）先求出导数等于零的解，然后确定函数的单调区间与极值点，列出表格，从表格中的极值与端点值，可得函数的最值.

试题解析：（1）                  1分

，∴，∴    3分

又∵切点为，∴         5分

联立可得                  6分

∴                  7分

（2）            8分

令

令或

令            10分

由上表知，在区间上，当时，

当时，      14分.

（1），；（2）或；（3）.

试题分析：本题考查导数的运算，利用导数求切线方程、判断函数的单调性、求函数的最值等基础知识，考查函数思想、分类讨论思想，考查综合分析和解决问题的能力.第一问，利用导数求切线方程，先求导，将切点的横坐标代入到导数中，得到切线的斜率，再求即切点的纵坐标，直接利用点斜式写出切线方程；第二问，先将代入得到解析式，求导数，判断函数的单调性，因为在有唯一的零点，所以或，所以解得或；第三问，属于恒成立问题,通过分析题意，可以转化为在上的最大值与最小值之差，因为，所以讨论的正负来判断的正负，当时，为单调函数，所以，当时，需列表判断函数的单调性和极值来决定最值的位置，这种情况中还需要讨论与1的大小.

试题解析：(1) ，所以，得.      2分

又，所以，得.      3分

（2） 因为所以， .      4分

当时，，当时，

所以在上单调递减，在上单调递增                  5分

又，可知在区间内有唯一零点等价于

或，                             .      7分

得或.                                    8分

(3)若对任意的，均有，等价于

在上的最大值与最小值之差                 10分

（ⅰ） 当时，在上，在上单调递增，

由，得，

所以                                   9分

（ⅱ）当时，由得

由得或

所以，同理        .      10分

 当，即时，，与题设矛盾；   11分

 当，即时，恒成立；     12分

 当，即时，恒成立；      13分

综上所述，的取值范围为.                         14分

的定义域为，的导数. 

（Ⅰ），所以切线方程为：.

（Ⅱ）令，解得

当时，，单调递增，当时，，单调递减.

当时，在上单调递增，

当时，在上单调递增，在上单调递减，

略

由题意，y′=x2+1，

故在点（1，）处的切线斜率为2，

方程为6x-3y-2=0．

令x=0，则y=-；

令y=0，则x=，

故所求的三角形面积为．

（1）；（2）；（3）存在实数，使在上的最小值是.

试题分析：（1）当时， ，求其在切点处的导函数值，得到切线斜率，由点斜式即得所求；

（2）函数在上是减函数，转化成在上恒成立；

令，解即得；

（3）假设存在实数，使在上的最小值是，根据，

讨论当、 、等三种情况时，令，求解即得.

（1）当时，           1分

,函数在点处的切线方程为   3分

（2）函数在上是减函数

在上恒成立       4分

令，有得              6分

                               7分

（3）假设存在实数，使在上的最小值是3

                         8分

当时，，在上单调递减，

（舍去)                           10分

当且时，即，在上恒成立，在上单调递减，（舍去)           11分

当且时，即时，令，得；，得

在上单调递减，在上单调递增

，满足条件              13分

综上所述，存在实数，使在上的最小值是.  14分