热门试卷

（1）y′=2x--；

（2）y′=cos（2x）+x[cos（2x）]′=cos（2x）-2xsin（2x）．

（1）设h（x）=f（x）-g（x）

即证函数h（x）与x轴有交点，

即证方程x4-2ax2-1=0有实根，设t=x2

即证方程t2-2at-1=0有非负实数根，

而△=4a2+4＞0，t1t2=-1＜0

∴方程t4-2at-1=0恒有正根

∴f（x）与g（x）图象恒有公共点（4分）

（2）f′（x）=4x3-4ax

∵当0＜x≤1时4xa＞4x3-1恒成立

即a＞x2-，设y=x2-，

则y′=2x+＞0，

∴y=x2-在（0，1]上单调递增，

∴a＞1-=

∴a的取值范围为(，+∞)（8分）

（3）由题设知当x∈[0，1]时，|4x3-4ax|≤1恒成立

记F（x）=4x3-4ax

若a≤0则F（1）=4（1-a）≥4不满足条件

故a＞0而F′(x)=12x2-4a=12(x-)(x+)

①当＜1时，即0＜a＜3时，F（x）在[0，]上递减，在[]上递增，

于是

∴，∴，∴a=

②当≥1时，即a≥3时，F（x）在[0，1]上递减，

于是矛盾

综上所述：a=（14分）

（1）y'=（2x）'sin（2x-5）+2x[sin（2x-5）]′

=2sin（2x-5）+2x（2x-5）′cos（2x-5）

=2sin（2x-5）+4xcos（2x-5）

（2）f'（x）=()′

=.(x2+1)-12(x2+1)′

=.2x

=．

（I）极大值，极小值；（2）。

试题分析：（I）利用导函数求解单调区间，根据单调区间求解极大极小值。先减后增，极小值；先增后减，极大值。（2）结合（I），并考虑与两个方向图像的变化，数形结合即可得解。

试题解析：         2分

令，解得或，列表如下         4分

由表可得当时，函数有极大值；

当时，函数有极小值；       8分

（2）由（1）及当，；，大致图像为如下图（大致即可）问题“方程有两个不同的实数根”转化为函数的图像与的图像有两个不同的交点，                10分

故实数的取值范围为．                   13分

（I）b=2

（II）当a＞0时，函数f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）；

当a＜0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）；

（III）见解析

试题分析：（I）把x=e代入函数f（x）=﹣ax+b+axlnx，解方程即可求得实数b的值；

（II）求导，并判断导数的符号，确定函数的单调区间；

（III）假设存在实数m和M（m＜M），使得对每一个t∈[m，M]，直线y=t与曲线y=f（x）（x∈[，e]）都有公共点，转化为利用导数求函数y=f（x）在区间[，e]上的值域．

解：（I）由f（e）=2，代入f（x）=﹣ax+b+axlnx，

得b=2；

（II）由（I）可得f（x）=﹣ax+2+axlnx，函数f（x）的定义域为（0，+∞），

从而f′（x）=alnx，

∵a≠0，故

①当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞1，由f′（x）＜0得0＜x＜1；

②当a＜0时，由f′（x）＞0得0＜x＜1，由f′（x）＜0得x＞1；

综上，当a＞0时，函数f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）；

当a＜0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）；

（III）当a=1时，f（x）=﹣x+2+xlnx，f′（x）=lnx，

由（II）可得，当x∈（，e），f（x），f′（x）变化情况如下表：

又f（）=2﹣＜2，

所以y=f（x）在[，e]上的值域为[1，2]，

据此可得，若，则对每一个t∈[m，M]，直线y=t与曲线y=f（x）（x∈[，e]）都有公共点；

并且对每一个t∈（﹣∞，m）∪（M，+∞），直线y=t与曲线y=f（x）（x∈[，e]）都没有公共点；

综上当a=1时，存在最小实数m=1和最大的实数M=2（m＜M），使得对每一个t∈[m，M]，直线y=t与曲线y=f（x）（x∈[，e]）都有公共点．

点评：此题是个难题．主要考查函数、导数等基础知识，考查推理论证能力和抽象概括能力、运算求解能力，考查函数与方程思想，数形结合思想，化归和转化思想，分类与整合思想．其中问题（III）是一个开放性问题，考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力．

解：⑴由题意知：的解集为，

所以，-2和2为方程的根……2分

由韦达定理知，即m=1，n=0．……4分

⑵∵，∴，∵

当A为切点时，切线的斜率，

∴切线为，

即； ……6分

当A不为切点时，设切点为，这时切线的斜率是，

切线方程为，即   

因为过点A（1，-11）， ，∴，

∴或，而为A点，即另一个切点为，

∴，

切线方程为，即………………8分

所以，过点的切线为或．…9分

⑶存在满足条件的三条切线．                                  

设点是曲线的切点，

则在P点处的切线的方程为 即

因为其过点A（1，t），所以，，   

由于有三条切线，所以方程应有3个实根，        ……………11分

设，只要使曲线有3个零点即可．

因为=0，∴，

当时，在和上单增，

当时，在上单减，

所以，为极大值点，为极小值点.

所以要使曲线与x轴有3个交点，当且仅当即，

解得  .                               ………14分

略

(1) ．(2)  (3)

试题分析：(1) 由题意得f(x)的导函数，然后利用单调区间判断即可；

(2) 由题意得,∴．构造新函数用单调区间判断即可；

(3) 由题意得,则

 设, 则,

∴在内是增函数, ∴即,

∴,所以m的最大值为．

(1) 由题意得,则

要使的单调减区间是则,解得 ; 

另一方面当时,

由解得,即的单调减区间是．

综上所述．            (4分)

(2)由题意得,∴．

设,则        (6分)

∵在上是增函数,且时,．

∴当时;当时,∴在内是减函数,在内是增函数．∴ ∴, 即．                       (8分)

(3) 由题意得,则

∴方程有两个不相等的实根,且

又∵,∴,且           (10分)

设, 则,           (12分)

∴在内是增函数, ∴即,

∴,所以m的最大值为．                     (14分)

(1)详见解析  (2)

试题分析:(1)首先对函数求导并化简得到导函数,导函数的分母恒大于0,分子为含参的二次函数,故讨论分子的符号,确定导函数符号得到原函数的单调性,即分和得到导函数分子大于0和小于0的解集进而得到函数的单调性.

(2)利用第(1)可得到当时,导数等于0有两个根,根据题意即为两个极值点,首先导函数等于0的两个根必须在原函数的可行域内,把关于的表达式带入,得到关于的不等式,然后利用导函数讨论的取值范围使得成立.即可解决该问题.

(1)对函数求导可得

,因为,所以当时,即时,恒成立,则函数在单调递增,当时, ,则函数在区间单调递减,在单调递增的.

(2)解:(1)对函数求导可得,因为,所以当时,即时,恒成立,则函数在单调递增,当时, ,则函数在区间单调递减,在单调递增的.

(2)函数的定义域为,由(1)可得当时,,则 ,即,则为函数的两个极值点,代入可得

=

令,令,由知: 当时,, 当时,,

当时,,对求导可得,所以函数在上单调递减,则,即不符合题意.

当时, ,对求导可得,所以函数在上单调递减,则,即恒成立,

综上的取值范围为.

（1）f(x)＝x－

（2）见解析

解：(1)方程7x－4y－12＝0可化为y＝x－3，

当x＝2时，y＝．

又f′(x)＝a＋，

于是，解得

故f(x)＝x－．

(2)证明：设P(x0，y0)为曲线上任一点，由f′(x)＝1＋知，曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(1＋)·(x－x0)，即y－(x0－)＝(1＋)(x－x0)．

令x＝0得，y＝－，从而得切线与直线x＝0，交点坐标为(0，－)．

令y＝x，得y＝x＝2x0，从而得切线与直线y＝x的交点坐标为(2x0,2x0)．

所以点P(x0，y0)处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形面积为|－||2x0|＝6．

曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和直线y＝x所围成的三角形面积为定值，此定值为6．