热门试卷

（Ⅰ）∵f′(x)=，直线l是函数f（x）=lnx的图象在点（1，0）处的切线，

∴其斜率为k=f′（1）=1

∴直线l的方程为y=x-1．

又因为直线l与g（x）的图象相切

∴⇒x2+(m-1)x+=0，

得△=（m-1）2-9=0⇒m=-2（m=4不合题意，舍去）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，g(x)=x2-2x+

∴h（x）=f（x+1）-g′（x）=ln（x+1）-x+2（x＞-1），

∴h′(x)=-1=．（x＞-1）

当-1＜x＜0时，h′（x）＞0；当x＞0时，h′（x）＜0．

于是，h（x）在（-1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减．

所以，当x=0时，h（x）取得最大值h（0）=2；

（Ⅲ）由（Ⅱ）知：当-1＜x＜0时，h（x）＜2，即ln（1+x）＜x，

当0＜a＜1时，-1＜＜0

∴f(1+a)-f(2)=ln=ln(1+)＜．

（1）；（2）；（3）证明见解析.

试题分析：解题思路：（1）利用导数的几何意义求解即可；（2）利用该区间上的极值的正负判断函数零点的个数；（3）通过构造函数求最值进行证明.规律总结：利用导数研究函数的性质是常见题型，主要是通过导数研究函数的单调性、求单调区间、求极值、最值以及不等式恒成立等问题，往往计算量较大，思维量大，要求学生有较高的逻辑推理能力.

试题解析：（1）当时，，，切点坐标为，

切线的斜率，则切线方程为，即.

（2），则，

因，故时，.当时，；当时，.

所以在处取得极大值.

又，，，则，

在上有两个零点，则

解得，即实数的取值范围是.

（3）因为的图象与轴交于两个不同的点，

所以方程的两个根为，则两式相减得.又，，则.

下证（*），即证明，，

因为，∴，即证明在上恒成立.

所以，又，∴，

所以在上是增函数，则，从而知，

故（*）式成立，即成立.

（1）当时，的减区间为;当时，的减区间为；  当时，无减区间．（2） （3）存在，且交点纵坐标的最大值为10．

试题分析：（1）首先对函数求导，然后根据导数的性质，求原函数的单调区间．

（2）由题意可知恒成立，根据绝对值的几何意义，分类去掉绝对值符号，然后再根据基本不等式求解即可．

（3）设切线与直线的公共点为P（2，t），当时，则，由导数的几何意义可知点A为切点的切线的斜率k=，切线方程为．把点P（2，t）代入切线方程中，整理得，同理可得，设，则原问题等价于函数至少有两个不同的零点．求，利用导数的性质求出函数g(x)的单调区间和极值，欲使至少有两个不同的零点，则需满足极大值g（0）≥0且极小值g（2）≤0，解出t即可．

（1）当时，的减区间为；  

当时，的减区间为；  当时，无减区间。            4分

（2）由条件得：，

当时，得，即恒成立，因为

（当时等号成立)，所以，即;                                6分

当时，得，即恒成立，因为，（当时等号成立)，所以，即;

当时，;

综上所述，的取值范围是                                                9分

（3）设切线与直线的公共点为，当时，，

则，因此以点为切点的切线方程为．

因为点在切线上，所以，即．

同理可得方程．                                          11分

设，则原问题等价于函数至少有两个不同的零点．

因为,

当或时，单调递增，当时，递减。

因此，在处取得极大值，在处取得极小值

若要满足至少有两个不同的零点，则需满足，解得

故存在，且交点纵坐标的最大值为10．

（Ⅰ）当a=1时，f′（x）=2x-3+=，

当0＜x＜时，f′（x）＞0；当＜x＜1时，f′（x）＜0；

当x＞1时，f′（x）＞0．

所以当x=1时，f（x）取极小值-2．                    …（7分）

（Ⅱ）当a=4时，f′（x）=2x-6+，∵x＞0，

∴f′（x）=2x+-6≥4-6，

故l1或l2中，不存函数图象的切线．

由2x+-6=3得x=，或x=4，

当x=时，可得n=--4ln2，

当x=4时，可得n=4ln4-20．                  （15分）