热门试卷

（1）最小值为0

（2）存在唯一的“隔离直线”

（1）

当时，，当时，，当时，

在处去的最小值为0

（2）由（1）知当时，，（仅当取等号）

若存在“隔离直线”，则存在常数k和b，使得

恒成立

的图像在处有公共点，

因此若存在的“隔离直线”，则该直线必过这个公共点

设该直线为

恒成立，恒成立，得

以下证明，当时恒成立

∴当时有为0,也就是最大值为0．从而,即恒成立．故函数和存在唯一的“隔离直线”．……………12分

设切点为P（x0，y0），

对y=x3-a求导数是y'=3x2，∴3x02=3．∴x0=±1．

（1）当x=1时，

∵P（x0，y0）在y=3x+1上，

∴y=3×1+1=4，即P（1，4）．

又P（1，4）也在y=x3-a上，

∴4=13-a．∴a=-3．

（2）当x=-1时，

∵P（x0，y0）在y=3x+1上，

∴y=3×（-1）+1=-2，即P（-1，-2）．

又P（-1，-2）也在y=x3-a上，

∴-2=（-1）3-a．∴a=1．

综上可知，实数a的值为-3或1．

（1）；（2）当时，的单调递减区间为，单调递增区间为，；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为，.

试题分析：（1）当时，先求出，根据导数的几何意义可得切线的斜率，进而计算出确定切点坐标，最后由点斜式即可写出切线的方程并化成直线方程的一般式；（2）先求导并进行因式分解，求出的两个解 或，针对两根的大小进行分类讨论即分、两类进行讨论，结合二次函数的图像与性质得出函数的单调区间，最后再将所讨论的结果进行阐述，问题即可解决.

试题解析：（1） ∵ ∴∴       2分

∴ ， 又，所以切点坐标为

∴ 所求切线方程为，即     5分

（2）

由 得 或                              7分

①当时，由， 得，由， 得或        9分

此时的单调递减区间为，单调递增区间为和  10分

②当时，由，得，由，得或       12分

此时的单调递减区间为，单调递增区间为和      13分

综上：当时，的单调递减区间为，单调递增区间为，；当时，的单调递减区间为单调递增区间为，        14分.

(1) 0. (2)  .

(3) 结合（2）时,成立.令

得到，

累加可得.

试题分析：(1)求导数，并由得到的值; (2)恒成立问题，往往转化成求函数的最值问题.本题中设，即转化成.利用导数研究函数的最值可得.

(3) 结合（2）时,成立.令得到，

累加可得.

试题解析：(1)            2分

由题设，

，.                    4分

(2) ,，，即

设，即.

                   6分

①若，，这与题设矛盾.         8分

②若方程的判别式

当，即时，.在上单调递减，

，即不等式成立.                                            9分

当时，方程，其根，，

当,单调递增，，与题设矛盾.

综上所述， .                              10分

(3) 由(2)知,当时, 时,成立.

不妨令

所以，

           11分

             12分

累加可得

            14分

f′(x)＝ax－(2a＋1)＋(x＞0)．

(1) f′(1)＝f′(3)，解得a＝.(4分)

(2) f′(x)＝(x＞0)．

①当0＜a＜时，＞2，

在区间(0,2)和上，f′(x)＞0；

在区间上，f′(x)＜0，

故f(x)的单调递增区间是(0,2)和，单调递减区间是.(6分)

②当a＝时，f′(x)＝≥0，故f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)．(8分)

③当a＞时，0＜＜2，在区间和(2，＋∞)上，f′(x)＞0；在区间上，f′(x)＜0，故f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞)，单调递减区间是.(10分)

(3) 由已知，在(0,2]上有f(x)max＜g(x)max.(11分)

由已知，g(x)max＝0，由(2)可知，

①当0＜a≤时，f(x)在(0,2]上单调递增，

故f(x)max＝f(2)＝2a－2(2a＋1)＋2ln2

＝－2a－2＋2ln2，

∴－2a－2＋2ln2＜0，解得a＞ln2－1，ln2－1＜0，故0＜a≤.(13分)

②当a＞时，f(x)在]上单调递增，在]上单调递减，

故f(x)max＝f＝－2－－2lna.

由a＞可知lna＞ln＞ln＝－1,2lna＞－2，－2lna＜2，

∴－2－2lna＜0，f(x)max＜0，(15分)

综上所述，a＞0.(16分)

略

（1）－2(m/s)．（2）－18(m/s)（3）－7 m/s.

(1)刹车后1 s内平均速度＝－2(m/s)．

(2)刹车后1 s到2 s内的平均速度为：

＝－18(m/s)．

(3)从t＝1 s到t＝(1＋d)s内平均速度为：

＝

＝＝－7－8d－3d2→－7(m/s)(d→0)，

即t＝1 s时的瞬时速度为－7 m/s.

解: (I) 直线的斜率为1.函数的定义域为，，所以，所以. 所以. .由解得；由解得.

所以的单调增区间是,单调减区间是.   ……………………4分

(II)，由解得；由解得.

所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.

所以当时，函数取得最小值，.

因为对于都有成立，所以即可.

则. 由解得.  所以的范围是.……8分

(III)依题得，则.由解得；由解得.

所以函数在区间为减函数，在区间为增函数.

又因为函数在区间上有两个零点，所以

解得.所以的取值范围是.      …………12分

略

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，+∞）。

（1） （2）．

试题分析：（1）根据点都在函数的图像上，得到．利用“两步一验”即得数列的通项公式.

（2）由导数的几何意义得到，

从而可利用“错位相减法”求数列的前n项和Tn

本题综合性较强，但解题思路明确，难度适中.

试题解析：（1）点都在函数的图像上，

．      2分

当时， 

当时，满足上式，

所以数列的通项公式为       6分

（2）由求导可得，

因为过点的切线的斜率为，，

，

两式相减得

    9分

．         12分

（1） ；（2）或．

试题分析：（1）先求出的值，再求函数的导函数，求得的值即为点斜率，代入点斜式方程，再化为一般式方程即可；（2）设切点为，利用导数的几何意义和相互平行的直线的斜率相等，即可得所求切线的斜率，再求出切点的坐标，代入点斜式方程，再化为一般式方程即可．

（1） ∵，∴，求导数得：，

∴切线的斜率为，

∴所求切线方程为，即：．

（2）设与直线平行的切线的切点为，

则切线的斜率为．

又∵所求切线与直线平行，∴，

解得：，代入曲线方程得：切点为或，

∴所求切线方程为：或，

即：或．

（1）；（2）实数的取值范围;（3）详见解析.

试题分析：（1）因为,故, ,,,由此可得,是以4为周期,重复出现,故;（2）若在上恒成立，求实数的取值范围,由得,,即在上恒成立，令,只需求出在上的最小值即可,可利用导数法来求最小值;（3）证明：,由（2）知：时，,即,这样得到，令，叠加即可证出．

试题解析：(1)…周期为4，

.

（2）方法一：即在上恒成立，

当时，；

当时，，设，

，

设，

，则时，增；减.

而，所以在上存在唯一零点，设为，则

,所以在处取得最大值，在处取得最小值，.

综上：.

方法二：设，.

.

当时，在上恒成立，成立，故；

当时，在上恒成立，得，无解.

当时，则存在使得时增，时减，

故，，解得，故.

综上：.

（3）由（2）知：时，

即.

当时，，

，

=，

.