热门试卷

（1）的极大值为，此即为最大值；（2）≥；（3）．

试题分析：（1）依题意，知的定义域为（0，+∞），当时，，

（2′）令=0，  解得．（∵）

因为当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减。所以的极大值为，此即为最大值          4分

（2），，则有≤，在上恒成立，

所以≥，（8′）当时，取得最大值，所以≥          8分

（3）因为方程有唯一实数解，所以有唯一实数解，

设，则．令，．

因为，，所以（舍去），，

当时，，在（0，）上单调递减，当时，，在（，+∞）单调递增   当时，=0，取最小值 则既所以，因为，所以（*）设函数，因为当时，是增函数，所以至多有一解．因为，所以方程（*）的解为，即，解得．         12分

点评：典型题，切线的斜率，等于在切点的导函数值。利用导数研究函数的极值，一般遵循“求导数、求驻点、研究导数的正负、确定极值”，利用“表解法”，清晰易懂。不等式恒成立问题，往往通过构造函数，通过研究函数的最值确定参数的范围。

（1）  （2）    （3）

试题分析：（1）∵，∴，得          

当时， ； 当时，。

∴在时取得极小值，故符合。               

（2）当时，对恒成立，在上单调递增，

∴                          

当时，由得，

若，则，∴在上单调递减。

若，则，∴在上单调递增。          

∴在时取得极小值，也是最小值，即。

综上所述，                

（3）∵任意，直线都不是曲线的切线，

∴对恒成立，即的最小值大于，

而的最小值为，∴，故.

点评：深刻理解导数的几何意义及熟练利用导数求极值、最值是解题的关键．分类讨论思想和转化思想是解题常用的思想方法，应熟练掌握．

（1）若单调增加.

若，单调增加，在单调减少. 

（2）见解析。

试题分析：解：（1）…………………………………………1分

 …………………………2分

（i）若单调增加.…………………3分

（ii）若

且当

所以单调增加，在单调减少. ……………………5分

（2）设函数则

…………………………………7分

当时，，所以单调递增，

故当，  ……………………………9分

（3）由（I）可得，当的图像与x轴至多有一个交点，

故，从而的最大值为

不妨设

由（II）得

从而

由（I）知，  …………………………………………………14分

点评：解答本题易出现以下失误：①忘记求函数的定义域；②想不到分类讨论，从而在判断函数的单调性时出现错误。当求函数的单调性时，如果无法判断导函数的符号，自然而然的就应该想到分类讨论，为了避免错误的发生，在平常做题时就要养成分析思路的习惯。

解：（1）     （2）    （3）略

本试题主要是考查了函数与导数的关系运用，以及向量的共线的综合运用。

（1）由向量共线得到函数关系式，进而分析求解。

（2）函数在给定区间增函数，说明了导数恒大于等于零，得到参数a的范围。

（3）结合上面的结论，运用放缩法求证。

（Ⅰ）,,；（Ⅱ）详见解析.

试题分析：（Ⅰ）利用导数的几何意义求、，利用导数导数法判断单调性，用函数的最值积恒成立求；（Ⅱ）构造新函数，利用导数法求的最小值，利用结合（Ⅰ）中的结论进行证明.

试题解析：（Ⅰ）,,,

,.                                  (2分)

,由于,

所以当时,是增函数,

当时,是减函数,

,

由恒成立，，即恒成立，①     （4分）

令，则，

在上是增函数，上是减函数，

，即，当且仅当时等号成立 .

，

由①②可知，，所以.            (6分)

（Ⅱ）证法一:所求证不等式即为.

设,,

当时,是减函数,

当时,是减函数,

,即.             (8分)

由（Ⅰ）中结论②可知,,,当时,,

从而                    (10分)

.

(或者也可)

即,原不等式成立.                           (12分)

（1）（2）存在一条公切线，切线方程为：

试题分析：（Ⅰ） 依题有：则在上有变号零点；

令，则

当，则；当，则

因此，在处取得极小值。            3分

而，，

易知，

①当存在两个变号零点时，，可得：

②      当存在一个变号零点时，，可得：

综上，当在上存在极值时，的范围为：       6分

(Ⅱ) 当时，，

易知是与的一个公共点。

若有公共切线，则必为切点，∵，∴

可知在处的切线为

而，∴则

可知在处的切线也为

因此，存在一条公切线，切线方程为：。          12分

点评：函数在某区间有极值，则在区间上有变号零点，转化为导函数最大值最小值一正一负，第二问找到两函数的公共点是求解的关键，只需求在该点处的两条切线看其是否相同

（1）函数f（x）的单调递增区间是（4，+∞），单调递减区间是（0.4）．

（2）e2-4e+2-a．

试题分析：解：（1）当a=18时，f（x）=x2-4x-16lnx（x＞0），所以f'（x）=2x-4- ，由f'（x）＞0，解得x＞4或一2＜x＜0，注意到x＞0，所以函数f（x）的单调递增区间是（4，+∞）．由f'（x）＜0，解得0＜x＜4或x＜-2．注意到x＞0，所以函数f（x）的单调递减区间是（0，4）．综上所述，函数f（x）的单调递增区间是（4，+∞），单调递减区间是（0.4）．（2）当x∈[e，e2]时，f（x）=x2-4x+（2-x）lnx， f'（x）=2x-4+ 设g（x）=2x2-4x+2-a．当a＜0时，有△=16-4×2（2-a）=8a＜0，此时g（x）＞0恒成立，所以f'（x）＞0，f（x）在[e，e2]上单调递增，所以f（x）min=f（e）=e2-4e+2-a．当a＞0时，△=16-4×2（2-a）=8a＞0，令f'（x）＞0，即2x2-4x+2-a＞0，解得x＞1+或x＜1-令f'（x）＜0，即2x2-4x+2-a＜0，解得1-＜x＜．①当≥e2，即a≥2（e2-1）2时，f（x）在区间[e，e2]上单调递减，所以f（x）min=f（e2）=e4-4e2+4-2a；②当e＜＜e2，即2（e-1）2＜a＜2（e2-1）2时，在区间[e，]上单调递减，在区间[，e2]上单调递增，所以f（x）min=f()=a-3+（2-a）ln（）；③当≤e，即0＜a≤2（e-1）2时，以f（x）在区间[e，e2]上单调递增，所以f（x）min=f（e）=e2-4e+2-a．综上所述，当a≥2（e2-1）2时，f（x）min=e4-4e2+4-2a；当2（e-1）2＜a＜2（e2-1）2时，f（x）min=-3+（2-a）ln（）；当a＜0或0＜a≤2（e-1）2时，f（x）min=e2-4e+2-a．

点评：本题考查函数的单调区间的求法，考查函数的最小值的求法，综合性强，难度大，计算繁琐．解题时要认真审题，注意分类讨论思想和等价转化思想的合理运用。

（1）；（2）（3）利用函数单调性及不等式的性质证明不等式

试题分析：（1），根据题意，即

（2）由（Ⅰ）知，，

令，

则，=

①当时， ，

若，则，在为减函数，存在，

即在上不恒成立．

②时，，当时，，在增函数，又，

∴，∴恒成立．

综上所述，所求的取值范围是

（3）有（2）知当时，在上恒成立．取得

令，得，

即

∴

上式中令n=1，2，3，…，n，并注意到：

然后n个不等式相加得到

点评：利用导数工具研究函数的有关性质，把导数应用于单调性、极值等传统、常规问题的同时，进一步升华到处理与不等式的证明、解析几何、方程的解及函数零点等问题，是函数知识和其它知识的交汇运用