热门试卷

试题分析：本题属于导数应用中的基本问题，题目的难度是逐渐由易到难，（1）利用导函数对分类求出单调区间；（2）要灵活运用“恒成立问题”解决的方法研究问题。（3）根据题意设出切点，再利用切点在曲线上构造方程去研究方程根的个数即切线条数。

（Ⅰ）函数的定义域为．．

（1）当时，恒成立，函数在上单调递增；

试题分析：本题属于导数应用中的基本问题，题目的难度是逐渐由易到难，（1）利用导函数对分类求出单调区间；（2）要灵活运用“恒成立问题”解决的方法研究问题。（3）根据题意设出切点，再利用切点在曲线上构造方程去研究方程根的个数即切线条数。

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，

（1）当时，即时，函数在区间上为增函数，

所以在区间上，，显然函数在区间上恒大于零；

（2）当时，即时，函数在上为减函数，在

上为增函数，所以．

依题意有，解得，所以．

（3）当时，即时，在区间上为减函数，

所以．

依题意有，解得，所以．

综上所述，当时，函数在区间上恒大于零．………………8分

试题分析：本题属于导数应用中的基本问题，题目的难度是逐渐由易到难，（1）利用导函数对分类求出单调区间；（2）要灵活运用“恒成立问题”解决的方法研究问题。（3）根据题意设出切点，再利用切点在曲线上构造方程去研究方程根的个数即切线条数。

（Ⅲ）设切点为，则切线斜率，

切线方程为．

因为切线过点，则，即．……①

令 ，则 ．

（1）当时，在区间上，， 单调递增；

在区间上，，单调递减，

所以函数的最大值为．

故方程无解，即不存在满足①式．

因此当时，切线的条数为．

（2）当时, 在区间上，，单调递减，

在区间上，，单调递增，

所以函数的最小值为．

取，则．

故在上存在唯一零点．

取，则．

设，，则．

当时，恒成立．

所以在单调递增，恒成立．所以．

故在上存在唯一零点．

因此当时，过点P存在两条切线．

（3）当时，，显然不存在过点P的切线．

综上所述，当时，过点P存在两条切线；

当时，不存在过点P的切线．…………………………………………………13分

（Ⅰ），

由x = e是f(x)的极值点，得，解得 或，

经检验，符合题意，所以或；

（Ⅱ）由已知得方程只有一个根，

即曲线f(x)与直线只有一个公共点。

易知，设，

①当时，易知函数f(x)在上是单调递增的，满足题意；

②当时，易知h(x)是单调递增的，又，，

∴，，

当时，>0，∴f(x)在上单调递增，

同理f(x)在上单调递减，在上单调递增，

又极大值，所以曲线f(x) 满足题意；

③当a>1时，，，

∴，，即，得，

可得f(x) 在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

又，若要曲线f(x) 满足题意，只需，即，

所以，由知，且在[1,+∞)上单调递增，

由，得，因为在[1,+∞)上单调递增，

所以；

综上知，。

，

若曲线在点（2，f(2)）处的切线的斜率小于0，

则，即有，∴2a+1>2>1，…………………2

则由f(x)>0得0<x<1或x>2a+1；由f(x)<0得1<x<2a+1。

∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，（2a+1,+），单调递减区间为(1,2a+1)。……5

∵，∴(2a+1)[4,6],由(Ⅰ)知f(x)在[1,2]上为减函数。

不妨设1≤x1<x2≤2，则f(x1)>f(x2)，，

∴原不等式即为：f(x1)-f(x2)<，

即，对任意的，x1，x2[1,2]恒成立。……7

令g(x)=f(x)-，∴对任意的，x1，x2[1,2]有g(x1)<g(x2)恒成立，

∴g(x)=f(x)-在闭区间[1，2]上为增函数，

∴对任意的，x[1,2]恒成立。……………………9

而，

化简得，

即≥0，其中。

∵[1,2]，，只需，

即对任意x[1,2]恒成立，

令，x[1,2]，恒成立，

∴在闭区间[1,2]上为减函数，

则。由，解得。……12