热门试卷

(Ⅰ) (Ⅱ) (Ⅲ)

试题分析：(Ⅰ)因为,所以切线的斜率

       2分

又,故所求切线方程为,即             4分

(Ⅱ)因为,又,所以当时,；当时, .

即在上递增,在上递减    5分

又,所以在上递增,在上递减      6分

欲与在区间上均为增函数,则,解得    8分

(Ⅲ) 原方程等价于,令,则原方程即为.                 9分

因为当时原方程有唯一解,所以函数与的图象在轴右侧有唯一的交点          10分

又,且，

所以当时,，函数单调递增；当时, ，函数单调递减.

故在处取得最小值．                                   12分

从而当时原方程有唯一解的充要条件是．     13分

点评：第一问利用导数的几何意义可求出切线斜率，进而得到直线方程，由导数大于零可求得增区间，导数小于零可得减区间，第三问将方程有一个根转化为两函数图像只有唯一交点，结合图像需求函数最值

有最大值，此时, 无最小值．

由可知．

令，则，．

当时，有最大值，此时, 无最小值．

当时，函数无极值

当时，函数在处取得极小值，无极大值

函数的定义域为，．

（Ⅰ）当时，，，，

在点处的切线方程为，即．

（Ⅱ）由可知：

①当时，，函数为上的增函数，函数无极值；

②当时，由，解得；

时，，时，

在处取得极小值，且极小值为，无极大值．

综上：当时，函数无极值

当时，函数在处取得极小值，无极大值．

此题考查的是最基本的函数切线问题及对极值含参情况的讨论，所以导数公式必需牢记，对于参数的讨论找到一个合理的分类标准做到不重不漏即可，可这往往又是学生最容易出现问题的地方。

【考点定位】 本题主要考查函数与导数、不等式的基础。注意对参数的分类讨论，属于函数中的简单题。

(Ⅰ) 无极大值.

（Ⅱ）当时，在上是减函数；

当时，在和单调递减，在上单调递增；

当时，在和单调递减，在上单调递增；

（Ⅲ） 

试题分析：(Ⅰ)函数的定义域为.  

当时，2分

当时，当时， 无极大值. 4分

（Ⅱ） 

5分

当，即时， 在定义域上是减函数；

当，即时，令得或

令得当，即时，令得或

令得      综上，当时，在上是减函数；

当时，在和单调递减，在上单调递增；

当时，在和单调递减，在上单调递增；8分

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当时，在上单减，是最大值， 是最小值.

  10分

而经整理得，由得，所以12分

点评：典型题，本题属于导数应用中的基本问题，通过研究函数的单调性，明确了极值情况。涉及不等式恒成立问题，转化成了研究函数的最值之间的差，从而利用“分离参数法”又转化成函数的最值问题。涉及对数函数，要特别注意函数的定义域。

略

（Ⅰ），

（Ⅱ）的取值范围为

解：（Ⅰ），

因为函数在及取得极值，则有，．

即……5分

解得，．……7分

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，

．

当时，；

当时，；

当时，．……10分

所以，当时，取得极大值，又，．

则当时，的最大值为．……12分

因为对于任意的，有恒成立，

所以　，

解得　或，

因此的取值范围为……15分

思路分析：第一问中，利用，因为函数在及取得极值，则有，得到解析式

第二问中，对于任意的，都有成立只需要求解y=f(x)的最大值即可。

解：（I），其中.

因为，所以，又，所以，

当且仅当时取等号，其最小值为. ……………………………4分

（II）当时，，.

………………………………………………………..6分

的变化如下表：

0

0

所以，函数的单调增区间是，；单调减区间是.

函数在处取得极大值，在处取得极小值.

（III）由题意，.

不妨设，则由得.  ……………12分

令，则函数在单调递增.

在恒成立.

即在恒成立.

因为，因此，只需.

解得. 

故所求实数的取值范围为

本试题主要考查了导数在研究函数中的运用。