热门试卷

解：（1）设与公共点处的切线相同

∵，，

由题意，

即由得：，或（舍去）

即有

令，则

于是，当，即时，；

当，即时，

故在为增函数，在为减函数，

于是在的最大值为。

（2）设，

则

故在为减函数，在为增函数，

于是函数在上的最小值是

故当时，有，

即当时，。

解：(1)∵f(x)=x3+ax2+bx+5，

∴f′(x)=3x2+2ax+b，

由已知f(x)在x=1处的切线斜率为=3，

∴，

∴a=2，b=-4，

∴f(x)=x3+2x2-4x+5，f′(x)=3x2+4x-4，

令f′(x)＞0得x＜-2 或x＞，

令f′(x)＜0得-2＜x＜，

∴f(x)在(-∞，-2)，(，+∞)上分别是增函数，f(x)在(-2，)上是减函数。

(2)由(1)可知，y=f(x)在x=-2时取得极大值，f(-2)=13，且f(-3)=8，f(-1)=4，

∴，

又g(x)=x2-2mx+1=(x-m)2+1-m2，

当0＜m＜1时，g(x)在[1，2]上的最小值为g(1)=2-2m=-，∴m=，与0＜m＜1矛盾；

②当1≤m＜2时，g(x)在[1，2]最小值为g(m)=1-m2=-，

∴m=或m=-（舍去）；

综上可知，m=。

（1）（2）

试题分析：（1）按公式直接求导即可。（2）根据导数的几何意义可求其切线斜率，用点斜式可求切线方程。

试题解析：解：（1），

∴

即         4分

（2）         6分

又当时，，所以切点为        8分

∴切线方程为，即         12分．

（1）y＝2x.（2）①当0＜a＜时，f(x)的单调增区间是(0，a)和，单调减区间是，②当a＝时，f(x)在区间(0,1)上是单调增函数．③当＜a＜1时，f(x)的单调增区间是和(a,1)，单调减区间是，④当a≥1时，f(x)的单调增区间是，单调减区间是

(1)当a＝－1时，f(x)＝x2＋x－ln x，则f′(x)＝2x＋1－，(2分)

所以f(1)＝2，且f′(1)＝2.

所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的方程为：y－2＝2(x－1)，

即：y＝2x.(6分)

(2)由题意得f′(x)＝2x－(1＋2a)＋＝ (x＞0)，

由f′(x)＝0，得x1＝，x2＝a，(8分)

①当0＜a＜时，由f′(x)＞0，又知x＞0得0＜x＜a或＜x＜1

由f′(x)＜0，又知x＞0，得a＜x＜，

所以函数f(x)的单调增区间是(0，a)和，单调减区间是，(10分)

②当a＝时，f′(x)＝≥0，且仅当x＝时，f′(x)＝0，

所以函数f(x)在区间(0,1)上是单调增函数．(11分)

③当＜a＜1时，由f′(x)＞0，又知x＞0得0＜x＜或a＜x＜1，

由f′(x)＜0，又知x＞0，得＜x＜a，

所以函数f(x)的单调增区间是和(a,1)，单调减区间是，(13分)

④当a≥1时，由f′(x)＞0，又知x＞0得0＜x＜，

由f′(x)＜0，又知x＞0，得＜x＜1，

所以函数f(x)的单调增区间是，单调减区间是.(16分)

（1）∵f（x）=x2+bx+c为偶函数，故f（-x）=f（x）即有

（-x）2+b（-x）+c=x2+bx+c解得b=0

又曲线y=f（x）过点（2，5），得22+c=5，有c=1

∵g（x）=（x+a）f（x）=x3+ax2+x+a从而g′（x）=3x2+2ax+1，

∵曲线y=g（x）有斜率为0的切线，故有g′（x）=0有实数解．即3x2+2ax+1=0有实数解．

此时有△=4a2-12≥0解得

a∈（-∞，-]∪[，+∞）所以实数a的取值范围：a∈（-∞，-]∪[，+∞）；

（2）因x=-1时函数y=g（x）取得极值，故有g′（-1）=0即3-2a+1=0，解得a=2

又g′（x）=3x2+4x+1=（3x+1）（x+1）令g′（x）=0，得x1=-1，x2=-

当x∈（-∞，-1）时，g′（x）＞0，故g（x）在（-∞，-1）上为增函数

当x∈(-1，-)时，g′（x）＜0，故g（x）在（-1，-）上为减函数

当x∈（-，+∝）时，g′（x）＞0，故g（x）在( -，+∝)上为增函数．

（1）当a=2时，f(x)=ax2-(a+1)x+lnx，

f′（x）=2x2-3+，故f′（2）=．

所以曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线的斜率为．

（2）f′（x）=ax2-（a+1）+．

令f′（x）=0，解得x=1，或x=．

因为a＞0，x＞0．

①当0＜a＜1时，

若x∈（0，1）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；

若x∈（1，）时，f′（x）0，＜函数f（x）单调递减；

若x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；

②当a=1时，

若x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；

③当a＞1时，

若x∈（0，）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；

若x∈（，1）时，f′（x）0，＜函数f（x）单调递减；

若x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．

解：（1）因为

由已知

则

所以

当时，，

则，

故函数f（x）的图象在处的切线方程为

即。

（2）当时，的变化情况如下表：

因为f（x）的极大值

f（x）的极小值

因为

则

又

所以函数f（x）在区间内各有一个零点

故函数f（x）共有三个零点。

试题分析：（1）求导数，导数等于0求出，再代入原函数解析式，最后比较大小，即可；（2）设切点，由相切得出切线方程，然后列表并讨论求出结果;(3)由（2）容易得出结果.

(1)由得，令，得或，

因为，，，，

所以在区间上的最大值为.

（2）设过点P（1，t）的直线与曲线相切于点，则

，且切线斜率为，所以切线方程为，

因此，整理得：，

设，则“过点存在3条直线与曲线相切”等价于“有3个不同零点”， =，

与的情况如下：

所以，是的极大值，是的极小值，

当，即时，此时在区间和上分别至多有1个零点，所以

至多有2个零点，

当，时，此时在区间和上分别至多有1个零点，所以

至多有2个零点.

当且，即时，因为，，

所以分别为区间和上恰有1个零点，由于在区间和上单调，所以分别在区间和上恰有1个零点.

综上可知，当过点存在3条直线与曲线相切时，t的取值范围是.

（3）过点A（-1，2）存在3条直线与曲线相切；

过点B（2，10）存在2条直线与曲线相切；

过点C（0，2）存在1条直线与曲线相切.

（Ⅰ）f'（x）=-3x2+2ax（1分）

由f'（2）=0得a=3，（2分）

又f（2）=0得b=-4（3分）

（Ⅱ）k=f'（x）=-3x2+2ax   x∈（0，1），

∴对任意的 x∈（0，1），|k|≤1，即）|-3x2+2ax|≤1对任意的x∈（0，1）恒成立（4分）

等价于3x-≤2a≤+3x对任意的x∈（0，1）恒成立．（5分）

令g（x）=+3x，h（x）=3x-，

则h（x）max≤a≤g（x）min，x∈（0，1）（6分）

+3x≥2，当且仅当x=时“=”成立，∴g（x）min=2（7分）

h（x）=3x-在（0，1）上为增函数∴h（x）max＜2（8分）

∴1≤a≤（9分）

（Ⅲ）设x1，x2∈R则k==-[x12+x1x2+x22-a（x1+x2）]＜1（10分）

即x12+（x2-a）x1+x22-ax2+1＞0，对x1∈R恒成立（11分）

∴△=（x2-a）2-4（x22-ax2+1）＜0，对x2∈R恒成立

即3x22-2ax2+4（4-a2）＞0对x2∈R恒成立（13分）

∴4a2-12（4-a2）＜0

解得a2＜3⇒|a|＜（14分）

（1）（2）见解析（3）

（1），由条件，得

 即 解得，所以．  3分

（2），其定义域为，

，

令，得（*）          5分

①若，则，即的单调递增区间为；      

②若，（*）式等价于，

当时，，无解，即无单调增区间，

当时，则，即的单调递增区间为，

当，则，即的单调递增区间为．  8分

（3）..

当时，，，

令，得，且当时，；当时，，

所以在上有极小值，即最小值为．   10分

当时，，，

令，得，

①若，方程不可能有四个解；        12分

②若，当时，，当时，，

所以在上有极小值且是最小值为，

又，的大致图象如图1所示，

从图象可以看出方程不可能有四个解．  14分

③若，当时，，当时，，

所以在上有极大值且是最大值为，

又，的大致图象如图2所示，

从图象可以看出若方程恰四个不同的解，

必须，解得．

综上所述，满足条件的实数的取值范围是．    16分

【命题意图】本题考查导数在函数中应用、函数图像等知识 ，意在考查运算求解能力，数学综合论证能力.

(1);(2)．

试题分析：(1)利用导数的几何意义，先求,利用,解出;

（2）函数的单调递增区间是，所以导函数的解集为，所以先求函数的导数，的解集为即的两个实根为或,根据根与系数的关系得到．

（1）,,代入                 5分

（2）,的解集为即的两个实根为或,根据根与系数的关系得到,a的取值集合为     10分

解：（Ⅰ）在点（ak，ak2）处的切线方程为：y﹣ak2=2ak（x﹣ak），

当y=0时，解得，所以，

又∵a1=16，

∴a2=8，a3=4，a4=2

n=2时，，

由已知b1=2，b2=6，得|36﹣2a3|＜1，

因为b3为正整数，所以b3=18，同理b4=54

（Ⅱ）由（Ⅰ）可猜想：bn=2·3n﹣1证明：①n=1，2时，命题成立；

②假设当n=k﹣1与n=k（k≥2且k∈N）时成立，即bk=2·3k﹣1，bk﹣1=2·3k﹣2．

于是，整理得：

由归纳假设得：

因为bk+1为正整数，所以bk+1=2·3k即当n=k+1时命题仍成立．

综上：由知①②知对于n∈N*，有bn=2·3n﹣1成立

（Ⅲ）证明：由③

得④

③式减④式得⑤

⑥

⑤式减⑥式得

=﹣1+2

=1+2

=

=

则．

（1）曲线在处的切线方程；（2）当时，函数的增区间是，当时，函数的增区间是，减区间是；（3）实数的取值范围为.

试题分析：（1）求曲线在处的切线方程，由导数的几何意义得，对函数求导得，既得函数在处的切线的斜率为，又，得切点，由点斜式可得切线方程；（2）求函数的单调区间，由题意得，，求函数的单调区间，先确定函数的定义域为，由于含有对数函数，可对函数求导得，，由于含有参数，需对讨论，分，两种情况，从而得函数的单调区间；（3）当时，若函数没有零点，即无解，由（2）可知，当时，函数的最大值为，只要小于零即可，由此可得的取值范围．

试题解析：(1)，则函数在处的切线的斜率为.又，

所以函数在处的切线方程为,即       4分

（2）， ，（）.

①当时，，在区间上单调递增；

②当时，令，解得；令，解得.

综上所述，当时，函数的增区间是；

当时，函数的增区间是，减区间是.       9分

（3）依题意，函数没有零点，即无解.

由（2）知，当时，函数在区间上为增函数,区间上为减函数，

由于，只需，

解得.

所以实数的取值范围为.                    13分