热门试卷

（1）见解析（2）

证明：（I）

故f(x)在（0，1]上是减函数，而在（1，+∞）上是增函数，由0

故

（II）0

曲线y=f(x)在点P（x0，y0）处的切线方程为：

∴切线与x轴、y轴正向的交点为

故所求三角形面积表达式为：

（1）见解析（2）h(x)=4x3-3x（3）见解析

（1）解：由f(1)=1,f(-1)=-1得q+s="0,r+p=1"

h(x)=px3-sx2+(1-p)x+s

h’(x)=3px2-2sx+1-p

因为（-1，1）内有两极值且f(1)=1,所以有p>0

=0(*)

又由韦达定理得，即代入(*)中得

因为p>0,a+bÎ（-2，2）,所以

所以有

（2）解：由得s=0，q="0"

所以h(x)=px3+(1-p)x，又

消去p得所以有

所以有h(x)=4x3-3x

（3）解：因为|x|<1时|f(x)|<1,所以有|f(1)|£1,|f(-1)|£1

令F(x)=h(x)+f(x)，G(x)=h(x)-f(x)

则有F(1)=1+f(1)³0,F()=-1+f()<0,F()=1+f(-)>0,F(-1)=-1+f(-1)£0

所以有F（x）在(-1,1)内有极大值和极小值，当x>1时，F(x)>0,当x<-1时，F(x)<0

同理有：G(1)=1-f(1)³0,  G()=-1-f()<0,  G()=1-f(-)>0,

G(-1)=-1-f(-1)£0

所以有G（x）在(-1,1)内有极大值和极小值，当x>1时，G(x)>0,当x<-1时，G(x)<0

所以当|x|>1时，有F(x)G(x)>0即h2(x)>f2(x)即|h(x)|>|f(x)

（I）令f1(x)=x3-(a+5)x(x≤0)，f2(x)=x3-x2+ax(x＞0)．

①(x)=3x2-(a+5)，由于a∈[-2，0]，从而当-1＜x＜0时，(x)=3x2-(a+5)＜3-a-5≤0，

所以函数f1（x）在区间（-1，0）内单调递减，

②(x)=3x2-(a+3)x+a=（3x-a）（x-1），由于a∈[-2，0]，所以0＜x＜1时，(x)＜0；

当x＞1时，(x)＞0，即函数f2（x）在区间（0，1）内单调递减，在区间（1，∞）上单调递增．

综合①②及f1（0）=f2（0），可知：f（x）在区间（-1，1）内单调递减，在区间（1，+∞）内单调递增；

（II）证明：由（I）可知：f′（x）在区间（-∞，0）内单调递减，在区间(0，)内单调递减，在区间(，+∞)内单调递增．

因为曲线y=f（x）在点Pi（xi，f（xi））（i=1，2，3）处的切线相互平行，从而x1，x2，x3互不相等，且f′(x1)=f′(x2)=f′(x3)．

不妨x1＜0＜x2＜x3，由3-(a+5)=3-(a+3)x2=3-(a+3)x3+a．

可得3-3-(a+3)(x2-x3)=0，解得x2+x3=，从而0＜x2＜＜x3．

设g（x）=3x2-（a+3）x+a，则g()＜g(x2)＜g(0)=a．

由3-(a+5)=g(x2)＜a，解得-＜x1＜0，

所以x1+x2+x3＞-+，

设t=，则a=，

∵a∈[-2，0]，∴t∈[，]，

故x1+x2+x3＞-t+=(t-1)2-≥-，

故x1+x2+x3＞-．

解：（Ⅰ）因f（x）=2x3+ax2+bx+1，

故f '（x）=6x2+2ax+b

从而f '（x）=6

y=f '（x）关于直线x=﹣对称，

从而由条件可知﹣=﹣，

解得a=3

又由于f '（x）=0，

即6+2a+b=0，

解得b=﹣12

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）=2x3+3x2﹣12x+1

f '（x）=6x2+6x﹣12

=6（x﹣1）（x+2）

令f '（x）=0，得x=1或x=﹣2

当x∈（﹣∞，﹣2）时，f '（x）＞0，f（x）在（﹣∞，﹣2）上是增函数；

当x∈（﹣2，1）时，f '（x）＜0，f（x）在（﹣2，1）上是减函数；

当x∈（1，+∞）时，f '（x）＞0，f（x）在（1，+∞）上是增函数．

从而f（x）在x=﹣2处取到极大值f（﹣2）=21，在x=1处取到极小值f（1）=﹣6．

解：（1）当a=0时，

故f'（1）=3e

所以曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率为3e；

（2）

令f'（x）=0，解得x=-2a或x=a-2

由知，-2a≠a-2

以下分两种情况讨论：

（i）若，则-2a＜a-2，当x变化时，f'（x）、f（x）的变化情况如下表：

所以f（x）在（-∞，-2a），（a-2，+∞）内是增函数，

在（-2a，a-2）内是减函数

函数f（x）在x=-2a处取得极大值f（-2a），且f（-2a）=3ae-2a，

函数f（x）在x=a-2处取得极小值f(a-2)，且f（a-2）=（4-3a）ea-2（ii）若，则-2a>a-2，当x变化时，f'（x）、f（x）的变化情况如下表：

所以f（x）在（-∞，a-2），（-2a，+∞）内是增函数，在（a-2，-2a）内是减函数

函数f（x）在x=a-2处取得极大值f（a-2），且f（a-2）= （4-3a）ea-2函数f（x）在x=-2a处取得极小值f（-2a），且f（-2a）= 3ae-2a。

略

（1）

对任意的------------------------------------------- 1分

-------------------------------- 3分

∵ 

∴

∴，函数在上单调递增。----------------5分

（2）解：令，------------------------------------7分

令（负值舍去）--------------------------------------9分

将代入得--------10分

（3）∵ ∴   ----------------------------------------12分

∵   ∴（等号成立当）--------------------14分

∴的取值范围是-------- 16分

（1）y”（2）

（1）

．

（2），

．

解：(Ⅰ)因为f(1)=0，g(1)=0，

所以点(1，0)同时在函数f(x)，g(x)的图象上，

因为f(x)=x2-1，g(x)=alnx，f′(x)=2x，g′(x)=，

由已知，得f′(1)=g′(1)，所以，即a=2．

(Ⅱ)因为F(x)=f(x)-2g(x)=x2-1-2alnx(x＞0)，

所以F′(x)=，

当a＜0时，因为x＞0，且x2-a＞0，所以F′(x)＞0对x＞0恒成立，

所以F(x)在(0，+∞)上单调递增，F(x)无极值；

当a＞0时，令F′(x)=0，解得(舍)，

所以当x＞0时，F′(x)，F(x)的变化情况如下表：

所以当时，F(x)取得极小值，且；

综上，当a＜0时，函数F(x)在(0，+∞)上无极值；当a＞0时，函数F(x)在处取得极小值a-1-alna。

19．（本题满分13分）

解: (Ⅰ)因为 , …………1分

，，…………4分

所以函数的图象在处的切线方程为即…………6分

（Ⅱ）由（Ⅰ）得

函数的取值情况列表如下：

…………9分

函数在区间上的最大值，

最小值.                          …………10分

,                                 …………12分

                  …………13分

(Ⅰ) 当时，有最小值；当时，有最大值  (Ⅱ) 见解析 （Ⅲ）见解析

（1）=，令，得

当[1，]时，，则在区间[1，]上是增函数

∴ 当时，有最小值；当时，有最大值………4分

（2）设=，则

∵ ， ∴ 在区间（1，）上是减函数   又∵

∴ ，即，

∴在区间（1，）上，函数图象在函数图象的下方

（3）当时，左边=，右边=，不等式成立；

当时，

=

∴ ≥ 

∴ ≥．

y＝13x－32

试题分析：根据导数的几何意义，先求函数的导函数，进而求出，得到曲线

在点处的切线的斜率，由点斜式得切线方程.

试题解析：

∵f ′(x)＝3x2＋1，     4分

∴f(x)在点(2，－6)处的切线的斜率为k＝f ′(2)＝13.      9分

∴切线的方程为y＝13x－32.      12分

（Ⅰ）；（Ⅱ）当，从甲地到乙地的耗油量最少，最少耗油量为7升．

试题分析：(Ⅰ)由题意得，汽车从甲地到乙地行驶了小时，又因为每小时的耗油量（升）关于行驶速度（千米/时）的函数可表示为，二者相乘即得．（Ⅱ）由(Ⅰ)有，，利用导数可得其最小值.

试题解析：(Ⅰ)由题意得，汽车从甲地到乙地行驶了小时，            （2分）

．                  （5分）

（Ⅱ）由(Ⅰ)有，．          （8分）

令，得，．               （9分）

①当时，，是减函数；             （10分）

②当时，，是增函数；           （11分）

当，即汽车的行驶速度为（千米/时）时，从甲地到乙地的耗油量为最少，最少耗油量为（升）．                                 （12分）

(1)设直线，和相切于点

有两个极值点，于是

从而  ………………4分

（2）又，且为切点。

则     ，由 ③ 求得或，由①②联立知。在时，；在时， ，或      …9分

（3）当为整数时，符合条件，此时为，设过的直线和

相切于另一点．则         由④⑤及，可知即，再联立⑥可知，又，，此时 故切线方程为：

略

（1） （2） （3）

试题分析：（1） 利用导数求切线方程,关键在于理解切点的三个含义,一是在切点处的导数值为切线的斜率,二是切点在曲线上,即切点坐标满足曲线方程,三是切点在直线上,即切点坐标满足直线方程,有时这一条件用直线两点间斜率公式表示.因为所以,再根据点斜式写出切线方程. （2）利用导数研究函数单调性,往往转化为研究导函数为零时方程根的情况,本题函数在区间(1,2)上不是单调函数,就转化为在区间(1,2)上有不相等的根,可由实根分布列充要条件,也可利用变量分离结合图象求函数对应区域范围,（3）已知函数最值求参数取值范围，可从恒成立角度出发，实现等价转化，也可分类讨论求最值列等式.本题采取对恒成立较好.转化为二次函数恒成立可从四个方面研究：一是开口方向，二是对称轴，三是判别式，四是区间端点函数值的正负.

试题解析：（1）解:当时,,则,故 2分

又切点为,故所求切线方程为,即  4分

（2）由题意知,在区间(1,2)上有不重复的零点,

由,得,因为,所以  7分令,则,故在区间(1,2)上是增函数,所以其值域为,从而的取值范围是    9分

（3）,

由题意知对恒成立,即对恒成立,即  ①对恒成立    11分

当时,①式显然成立;

当时,①式可化为    ②,

令,则其图象是开口向下的抛物线,所以      13分

即,其等价于   ③,

因为③在时有解,所以,解得,

从而的最大值为        16分