热门试卷

(1) 单调递增区间为 ，单调递减区间为 和；(2) ；(3)

试题分析：(1)求导，令导数大于0得增区间令导数小于0得减区间。(2) 对于任意都有成立，转化为对于任意都有。求时可根据求导求单调性求最值，也可直接根据二次函数问题求其单调区间再求其最值。(3)先在曲线上任取一点，根据导数的几何意义求其过此点的切线的斜率，再用点斜式求切线方程。将代入直线方程。分析可知此方程应有3个不同的解。将上式命名新函数，用单调性求此函数的极值点可知一个极值应大于0，另一个极值应小于0.

试题解析：(1)当时，函数，

得．                            1分

所以当时，，函数f(x)单调递增；                    2分

当x＜1或x＞2时，，函数f(x)单调递减．                      3分

所以函数的单调递增区间为 ，单调递减区间为 和 ．4分

(2)由，得，            5分

因为对于任意都有成立，

所以问题转化为对于任意都有．          6分

因为，其图象开口向下，对称轴为.

①当，即时，在上单调递减，

所以，

由，得，此时.                 7分

②当，即时，在上单调递增，在上单调递减，

所以，

由，得，此时.                 8分

综上可得，实数的取值范围为 ．                   9分

(3)设点是函数图象上的切点，

则过点的切线的斜率，                    10分

所以过点P的切线方程为，     11分

因为点在该切线上，

所以，

即.

若过点可作函数图象的三条不同切线，

则方程有三个不同的实数解．                    12分

令，则函数的图象与坐标轴横轴有三个不同的交点．

令，解得或.

因为，，                     13分

所以必须，即.

所以实数的取值范围为 ．                             14分

由题意知．即①   

又 即②

解得．

（1）；（2）；（3）详见解析．

试题分析：（1）由题设条件知曲线y=f（x）在点处的切线方程是．由此可知．所以．（2）由，知，同理．故．由此入手能够导出．（3）由题设知，所以，由此可知．

解：（1）由题可得．

所以曲线在点处的切线方程是：．

即．

令，得．

即．显然，

∴．

（2）由，知，’同理．----6’

故．-----7’

从而，即．所以，数列成等比数列．---8’

故．即．----9’

从而,所以．----10’

（3）由（Ⅱ）知，∴

∴   ---11’

当时，显然．-------12’

当时，-----13’

∴．综上，．

(1) ，.  (2) 在上是存在极值点

试题分析：

(1)分析题意,可得该三次函数过原点,根据函数与x轴相切,所以有个极值为0且有一个重根,故可得函数有一个极大值0和一个极小值,有一个重根,则对因式分解会得到完全平方式,即提取x的公因式后,剩下二次式的判别,得到a,b之间的关系式,再根据极小值为,则求导求出极小值点,得到关于a,b的另外一个等式,即可求出a,b的值.

(2) ①对求导,带入与已知条件联立化简即可得到需要的不等式.

②求出,讨论a的取值范围,证明其中必有两者异号,则根据零点存在定理,即可证明有极值点.

试题解析：

（1），

依据题意得：，且．             2分

，得或．

如图，得,

∴，，

代入得，.              4分

（2）①．

．           8分

②，．

若，则，由①知，

所以在有零点，从而在上存在极值点．          10分

若，由①知;

又，

所以在有零点，从而在上存在极值点．……12分

若，由①知，，

所以在有零点，从而在上存在极值点．

综上知在上是存在极值点．                 14分

解：对于y=x2-1，有y′=x，k1=y′|x=x0=x0；

对于y=1+x3，有y′=3x2，k2=y′|x=x0=3x02，

又k1k2=-1，

则x03=-1，

∴x0=-1。

(1);(2)轮船应以50海里/小时的速度行驶.

试题分析：(1)由题意易列出速度与成本的函数；(2)由列出的函数利用导数求最值.(也可用均值不等式)

试题解析：

解：(1)由题意得：，

即：  6分

(2)由（1）知，

令，解得x=50,或x=-50(舍去).  8分

当时，

当时，（均值不等式法同样给分）  10分

因此，函数在x=50处取得极小值，也是最小值.

故为使全程运输成本最小，轮船应以50海里/小时的速度行驶.  12分

考点:导数的应用.

(1)由原式得f(x)＝x3－ax2－4x＋4a，

∴f′(x)＝3x2－2ax－4.

由f′(－1)＝0得a＝，

此时有f(x)＝(x2－4)，f′(x)＝3x2－x－4.

由f′(x)＝0得x＝或x＝－1，

当x在[－2,2]变化时，f′(x)，f(x)的变化如下表：

∵f(x)极小＝f＝－，f(x)极大＝f(－1)＝，

所以f(x)在[－2,2]上的最大值为，最小值为－.

(2)法一：f′(x)＝3x2－2ax－4的图象为开口向上且过点(0，－4)的抛物线，由条件得f′(－2)≥0，f′(2)≥0，

即，∴－2≤a≤2.

所以a的取值范围为[－2,2]．

略

由得：，

．

又，得③

，得④

可解得．

设切线方程为y=k（x-2），所以因为相切所以△=0，解得k=0或k=-1，

∴切线方程为x+y-2=0．或y=0

，

令，得，

．

又．

．

（1）∵f（x）=ax3+bx2的图象经过点M（1，4），∴a+b=4①式 …（1分）

f'（x）=3ax2+2bx，则f'（1）=3a+2b…（3分）

由条件f′(1)•(-)=-1，即3a+2b=9②式…（5分）

由①②式解得a=1，b=3

（2）f（x）=x3+3x2，f'（x）=3x2+6x，

令f'（x）=3x2+6x≥0得x≥0或x≤-2，…（8分）

∵函数f（x）在区间[m，m+1]上单调递增

∴[m，m+1]⊆（-∝，-2]∪[0，+∝）

∴m≥0或m+1≤-2

∴m≥0或m≤-3

（1），，（2）

试题分析：（1）在处的切线切线斜率为，由导数的几何意义可知，将代入切线方程可得即又因为，解以上三个方程组成的方程组可得的值。（2）由（1）可知函数的解析式，从而可得函数解析式。将其求导可得，令，可将问题转化为函数在内有极值，即应有2个根（判别式应大于0），但在内至少有一个根（故应分两种情况讨论）。因为，所以在内有一个根时应有，在内有两个根时应因为，则且顶点纵坐标小于0

（1）由题设知，的定义域为,,

因为在处的切线方程为，

所以,且，即,且,

又 ，解得，， 

（2）由（Ⅰ）知

因此， 

所以 

令.

（ⅰ）当函数在内有一个极值时，在内有且仅有一个根，即在内有且仅有一个根，又因为，当，即时，在内有且仅有一个根，当时，应有，即，解得，所以有.

（ⅱ）当函数在内有两个极值时，在内有两个根，即二次函数在内有两个不等根，

所以，解得.   

综上，实数的取值范围是

（1）y＝4x3－20x2＋33x－17，(1≤x≤2)（2）不能

试题分析：（1）根据收益等于单件利润与销售量的乘积，列等量关系.注意今年销售量等于原销售量与新增的年销量之和，另外还要注意交代函数定义域；y＝[1＋4(x－2)2](x－1)＝4x3－20x2＋33x－17，(1≤x≤2)．（2）本题实际需求本年收益范围，即需求函数y＝4x3－20x2＋33x－17，1≤x≤2的值域，这可借助于导数研究.

求导后可知函数图像先增后减再增，因此其最大值在极大值及处取到，比较大小知f(x)在区间[1，2]上的最大值为f(2)＝1，即为往年的收益，所以商户甲采取降低单价，提高销量的营销策略不能获得比往年更大的收益．

试题解析：解 （1）由题意知，今年的年销售量为1＋4(x－2)2 (万件)．

因为每销售一件，商户甲可获利(x－1)元，所以今年商户甲的收益y＝[1＋4(x－2)2](x－1)

＝4x3－20x2＋33x－17，(1≤x≤2)．  4分

（2）由（1）知y＝4x3－20x2＋33x－17，1≤x≤2， 从而y′＝12x2－40x＋33＝(2x－3)(6x－11)．

令y′＝0，解得x＝，或x＝．列表如下：

 7分

又f()＝1，f(2)＝1，所以f(x)在区间[1，2]上的最大值为1(万元)．

而往年的收益为(2－1)×1＝1(万元)，

所以，商户甲采取降低单价，提高销量的营销策略不能获得比往年更大的收益．

10分