热门试卷

解：（1）  

，

于是， 

（2）

因此，当单调递减；

当单调递增.

由的单调性，知=在上的最小值,

时，=0，

综上知，当时，单调递减；

当时，单调递增.

当=0，

当>0.

（Ⅰ）由得0＜x＜2，即函数的定义域为（0，2）；

f′(x)=-．

（Ⅱ）当a≥-1时，f′(x)=-=

当a=-1时，f′(x)=，所以在区间（0，2）上，f'（x）＞0，

故函数f（x）的单调递增区间是（0，2）；

当a＞-1时，令f′(x)==0，解得x=，

①当≥2时，即-1＜a≤0时，在区间（0，2）上，f'（x）＞0，

故函数f（x）的单调递增区间是（0，2）；

②当0＜＜2时，即a＞0时，在区间(0，)上，f'（x）＞0，

在区间(，2)上，f'（x）＜0，故函数f（x）的单调递增区间是(0，)，单调递减区间是(，2)．

（Ⅲ）当x∈（0，1]且m＞0时，g′(x)=-+m=+m＞0，

即函数在区间（0，1]上是增函数，故函数g（x）在（0，1]上的最大值为g（1），

所以g(1)=m=，即m=．

（1）∵x-1≠0∴f（x）的定义域为（-∞，1）∪（1，+∞），

f′(x)==e-ax（3分）

（2）①当0＜a≤2时，f'（x）≥0，所以f（x）在（-∞，1），（1，+∞）上为增函数（4分）

②当a＞2，由f′（x）＞0得ax2+2-a＞0，x＞或x＜-

∴f(x)在(-∞，-)，(，1)，(1，+∞)上为增函数，在(-，)上是减函数（7分）

（2）①当0＜a≤2时，由（1）知，对任意x∈（0，1），恒有f（x）＞f（0）=1（8分）

②当a＞2时，由（1）知，f（x）在(0，)上是减函数，在()上是增函数，

取x0=∈(0，1)，则f（x0）＜f（0）=1（10分）

③当a≤0时，对任意x∈（0，1），恒有＞1且e-ax≥1，得f(x)=e-ax＞1（11分）

综上当且仅当a∈（-∞，2]时，若对任意x∈（0，1）恒有f（x）＞1成立．     （12分）

（1）由已知得f′(x)=-a．

∵函数y=f（x）的导函数是奇函数．

∴f′（-x）=-f′（x），解得a=．故f′(x)=-，f′(x)=-，所以f′(x)∈(-，)

（2）由（1）f′(x)=-a=1--a．

当a≥1时，f′（x）＜0恒成立，

∴当a≥1时，函数y=f（x）在R上单调递减；

当0＜a＜1时，由f′（x）＞0得（1-a）（ex+1）＞1，即ex＞-1+，x＞ln，

∴当0＜a＜1时，y=f(x)在(ln，+∞)内单调递增，

在(-∞，ln)内单调递减．

故当a≥1时，函数y=f（x）在R上单调递减；

当0＜a＜1时，y=f(x)在(ln，+∞)内单调递增；在(-∞，ln)内单调递减．

解：（1）依题意的定义域为（0，+∞）

因为h（x）在（0，+∞）上是增函数

所以对x∈（0，+∞）恒成立

所以

因为x>0，

所以（当且仅当时取等号）

所以b的取值范围是。

（2）设则函数化为

∵

所以当，即时，函数y在[1，2]上是增函数，

当t=1时，ymin=b+1

当，即-4＜b＜-2时，当时，

；

当，即b≤-4时，函数y在[1，2]上是减函数，

当t=2时，ymin=4+2b

综上所述，当时，φ（x）的最小值为b+l；

当-4＜b＜-2时，φ（x）的最小值为；

当b≤-4时，φ（x）的最小值为4+2b。

（3）设点P、Q的坐标是（x1，y1）、（x2，y2），且0＜x1＜x2，

则点M、N的横坐标为

C1在点M处的切线斜率为

C2在点N处的切线斜率为

假设C1在点M处的切线与C2在点N处的切线平行，

则k1=k2，即

所以

所以

设

则

令

则

因为u>1，

所以r'（u）>0

所以r（u）在（1，+∞）上单调递增

故r（u）>r（1）=0。

则这与①矛盾，故假设不成立，

故不存在点R，使C1在点M处的切线与C2在点N处的切线平行。

（1）f′(x)=2-=

令f'（x）=0

解得x=(x=-舍）

∵x∈[1，)时f'（x）＜0；

x∈(，10]时f'（x）＞0

∴f（x）在[1，)上是减函数，在(，10]上是增函数

∴函数f（x）不是[1，10]上的单调函数

∴f(x)=2x+不是闭函数．

②∵g'（x）=-x2≤0∴g（x）=-x3在R上是减函数，

设g（x）在[a，b]上的值域也是[a，b]，

则，解得

∴存在区间[-1，1]⊆R，

使f（x）在[-1，1]上的值域也是[-1，1]

∴函数g（x）=-x3是闭函数

（2）函数f(x)=+k在定义域上是增函数

设函数f（x）在[a，b]上的值域也是[a，b]，

则，

故a，b是方程x=k+的两个不相等的实根，

命题等价于有两个不相等的实根，

当k≤-2时，，

解得k＞-，∴k∈(-，-2]．

当k＞-2时，，无解．

∴k的取值范围是(-，-2]

（1）∵定义在区间[-1，1]上的函数f（x）=为奇函数，

∴f（0）=0，即b=0，…（2分）

检验：当b=0时，f（x）=为奇函数，…（3分）

∴b=0．

（2）函数f（x）=在区间（-1，1）上是增函数…（4分）

证明：∵f（x）=，

∴f′（x）=

=，…（6分）

∵x∈（-1，1），

∴f′（x）＞0，…（7分）

∴函数f（x）在区间（-1，1）上是增函数 …（8分）

（3）由（2）知函数f（x）在区间[m，n]上是增函数，函数f（x）的值域为[f（m），f（n）]

∴即…（9分）

由①得m=-1 或 0或1，

由②得n=-1 或 0或1…（11分）

又∵-1≤m＜n≤1

∴m=-1，n=0；或m=-1，n=1；或m=0，n=1…（12）

∴m+n=-1；或m+n=0；或m+n=1…（13）

（1）f′（x）=-，

所以当f′（x）＞0，即ln（x+1）+1＜0，即ln（x+1）＜-1，所以x+1＜，即-1＜x＜-1，故函数在区间（-1，-1）内单调递增；

当f′（x）＜0，即-1＜x＜0或x＞0，所以函数在区间（-1，0）和（0，+∞）内单调减．

故函数的单调增区间为（-1，），单调减区间为（-1，0）和（0，+∞）．

（2）由f′（x）=-=0可得x=-1，

由（1）可得f（x）在（-1，-1）内单调递增，在（-1，0）内单调减，

所以在区间（-1，0）上，当x=-1时，f（x）取得极大值即最大值为f（-1）=-e．

又因为当x从-1的右边靠近-1时，0＜x+1＜1，所以x→-1时f（x）→-∞；当x从0的左边靠近0时，f（x）→-∞；

所以当x∈（-1，0）时，f（x）∈（-∞，-e]．

在区间（0，+∞）上f（x）是减函数，并且f（x）＞0，

当x从0的右边靠近0时，f（x）→+∞；当x→+∞时，由函数的解析式可得f（x）→0．

所以当x∈（0，+∞）时，f（x）∈（0，+∞）．

故f（x）的值域为（-∞，-e]∪（0，+∞）

（3）∵-1＜x＜0，∴0＜x+1＜1，从而1＜，

由题意可得：＞（x+1）m对任意x∈（-1，0）恒成立，

所以两边取自然对数得：ln2＞mln(x+1)

所以m＞，对x∈（-1，0）恒成立，则m大于的最大值，

由（2）可得当x∈（-1，0）时，f（x）=∈（-∞，-e]，

所以取得最大值为-eln2，所以m＞-eln2．

所以实数m的取值范围为（-eln2，+∞）．

（I）f′（x）=3x2-3a

由题意可得，f′（-1）=0即3-3a=0∴a=1

（II）由f（x）=x3-3x-1，得f′（x）=3x2-3

令f′（x）=3x2-3=0，得x=±1

∴函数f（x）在（-∞，-1），单调递增，（-1，1）单调递减，（1，+∞）单调递增

从而函数在区间[-2，1]上的最大值为f（-1），最小值是f（-2）与f（1）中的较小者

∵f（-2）=-3，f（-1）=1，f（1）=-3

∴函数的值域是[-3，1]