热门试卷

（1）函数的单调递增区间是：，单调递减区间是：（1，3）；（2）.

试题分析：(1)①：当m=2时，可以得到f(x)的具体的表达式，进而求得的表达式，根据即可确定f(x)的单调区间；②：根据①中所得的的表达式，可以得到的值，即切线方程的斜率，在由过(0,0)即可求得f(x)在(0,0)处的切线方程；(2) f(x)即有极大值，又有极小值，说明有两个不同的零点，在时，恒成立，

说明<36恒成立，

即，通过判断在[0,4m]上的单调性，即可求把 用含m的代数式表示出来，从而建立关于m的不等式.

（1）当m=2时，则 1分

①令，解得x=1或x="3"    2分

∴函数的单调递增区间是：，单调递减区间是：（1，3）  4分

②∵，∴函数y=f(x)的图象在点(0,0)处的切线方程为y=3x    6分；

(2)因为函数f(x)既有极大值，又有极小值，则有两个不同的根，则有

 又     8分

令，依题意：即可.

,,

   10分

,又，

∴g(x)最大值为   12分,   13分

∴m的取值范围为       14分．.

（1）参考解析；（2）； （3）参考解析

试题分析：（1）由函数(其中)，求出，由于求y=在点(1，)处的切线方程，由点斜式可得结论.

（2）由，再利用分离变量即可得到.在再研究函数的单调性即可得到结论.

（3）由可得.需证任意，恒成立，等价证明.然后研究函数，通过求导求出函数的最大值.研究函数，通过求导得出函数的.再根据不等式的传递性可得结论.

（1）由得，，

所以曲线y=在点(1，)处的切线斜率为，

，曲线y=切线方程为，

假设切线过点(2，0)，代入上式得：，得到0=1产生矛盾，所以假设错误，

故曲线y=在点(1，)处的切线不过点(2，0）   4分

（2）由得

，，所以在(0，1]上单调递减，故    7分

（3）令，当=1时，，所以..

因此，对任意，等价于.    9分

由，.所以.

因此，当时，，单调递增；时，，单调递减.

所以的最大值为，故.            12分

设，，所以时，单调递增，，

故时，，即.

所以.

因此，对任意，恒成立         14分

（1）2;（2）

试题分析：（1）利用函数在某点的导数就是该点的切线切线斜率将切线的斜率用表示出来，再根据两直线平行斜率相等及已知，列出关于的方程，解出参数的值；（2）求出函数导数，利用导数求函数的极值方法，通过分类讨论求出的极值，结合函数在处取得极小值这一条件确定参数的取值范围，再求出在此范围下的最大值，利用由恒成立知，求出实数的取值范围.

试题解析：（1），由

（2）由

①当，即时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增

即函数在处取得极小值

②当，即时，函数在上单调递增，无极小值，所以

③当，即时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增

即函数在处取得极小值，与题意不符合

即时，函数在处取得极小值，又因为，所以.

（1）；（2）证明过程详见试题解析；（3）证明过程详见试题解析.

试题分析：（1）当时，∴. ∵ 有单调减区间，∴有解.分两种情况讨论有解.可得到的取值范围是；（2）此问就是要证明函数在上的最大值小于或等于，经过求导讨论单调性得出当时，有最大值，命题得证；（3）利用（2）的结论，将此问的不等关系，转化成与（2）对应的函数关系进行证明.

试题解析：（1）当时，

∴. 

∵ 有单调减区间，∴有解，即

∵ ，∴ 有解.

（ⅰ）当时符合题意；

（ⅱ）当时，△，即。

∴的取值范围是.

（2）证明：当时，设，

∴ .

∵，

讨论的正负得下表：

∴当时有最大值0.

即恒成立.

∴当时，恒成立.

（3）证明：∵，

∴

由（2）有

∴.

（1） 当时，，所以在上是增函数当时，在上是增函数，在上是减函数;（2）

试题分析：（1）根据导数公式求出，对于含有的参数要进行讨论，或两种情况;（2）设,将恒成立，转化成恒成立，所以求,将分解因式，讨论的范围，确定的正负，讨论的单调性，确定恒成立的条件，确定的范围，此题考察了导数的应用，属于中等偏上的系统，两问都考察到了分类讨论的范围，这是我们在做题时考虑问题不全面，容易丢分的环节.

试题解析：（1）解：因为，其中． 所以，       2分

当时，，所以在上是增函数             4分

当时，令，得

所以在上是增函数，在上是减函数.          6分

（2）解：令，则，

根据题意，当时，恒成立.                  8分

所以

（1）当时，时，恒成立.

所以在上是增函数，且，所以不符题意    10分

（2）当时，时，恒成立.

所以在上是增函数，且，所以不符题意      12分

（3）当时，时，恒有，故在上是减函数，

于是“对任意都成立”的充要条件是，

即，解得，故.

综上所述，的取值范围是.                              15分

（1）当时，，，

则，                1分

∵当时，，当时，

∴函数在上单调递减，在上单调递增。         3分

（2）∵，

①当时，∵，∴

函数在上单调递减，∴           5分

②当时，令得

当即时，对，有；即函数在上单调递减；

对，有，即函数在上单调递增；

∴；            7分

当即时，对有，即函数在上单调递减；

∴；               8分

综上得            9分

（3）注意，

令，（）则，

∴要证只需证（），

试题分析：（1）当时，，，

则，                1分

∵当时，，当时，

∴函数在上单调递减，在上单调递增。         3分

（2）∵，

①当时，∵，∴

函数在上单调递减，∴           5分

②当时，令得

当即时，对，有；即函数在上单调递减；

对，有，即函数在上单调递增；

∴；            7分

当即时，对有，即函数在上单调递减；

∴；               8分

综上得            9分

（3），          10分

令，（）则，

∴要证只需证（），        12分

由（1）知当时，

∴，即，         13分

∵，∴上式取不到等号

即，∴.               14分

点评：典型题，利用导数研究函数的单调性、极值、最值，是导数的应用中的基本问题。本题（III）应用分析法证明不等式，通过构造函数，确定函数的最值，使问题得解。本题总体难度较大。

（1）单调减区间为（2）（3）当时，的最小值为

（1）当时，， ……………1分

由解得 ………………2分

当时函数的单调减区间为；…………3分

（2）易知

依题意知

……………………………………………………5分

因为，所以，即实数的取值范围是 ；…………6分

（3）解法一：易知，.

显然，由（2）知抛物线的对称轴…………7分

①当即时，且

令解得………………8分

此时取较大的根，即 ……………9分

，  …………………10分

②当即时，且

令解得………………11分

此时取较小的根，即…………12分

， 当且仅当时取等号……13分

由于，所以当时，取得最小值 ………………14分

解法二：对任意时，“恒成立”等价于“且”

由（2）可知实数的取值范围是

故的图象是开口向上，对称轴的抛物线…7分

①当时，在区间上单调递增，

∴，

要使最小，只需要

………8分

若即时，无解

若即时，………………9分

解得（舍去） 或

故（当且仅当时取等号）…………10分

②当时，在区间上单调递减，在递增， 

则，…………………11分

要使最小，则即

 ………………………………………………………12分

解得（舍去）

或（当且仅当时取等号）…13分

综上所述，当时，的最小值为.………………………………14分

（1）单调增区间为，单调减区间为（2）3（3）见解析

(1)解：f′(x)＝2x－(a－2)－ (x>0)．

当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，

所以函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．

当a>0时，由f′(x)>0，得x> ；由f′(x)<0，得0.

所以函数f(x)的单调增区间为，单调减区间为.

(2)解：由(1)得，若函数f(x)有两个零点，则a>0，且f(x)的最小值f <0，即－a2＋4a－4aln <0.因为a>0，所以a＋4ln－4>0.

令h(a)＝a＋4ln－4，显然h(a)在(0，＋∞)上为增函数，且h(2)＝－2<0，h(3)＝4ln －1＝ln－1>0，所以存在a0∈(2，3)，h(a0)＝0.

当a>a0时，h(a)>0；当00时，h(a)<0.所以满足条件的最小正整数a＝3.

又当a＝3时，f(3)＝3(2－ln3)>0，f(1)＝0，所以a＝3时，f(x)有两个零点．

综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3.

(3)证明：因为x1、x2是方程f(x)＝c的两个不等实根，由(1)知a>0.

不妨设012，则－(a－2)x1－alnx1＝c，－(a－2)x2－alnx2＝c.

两式相减得－(a－2)x1－alnx1－＋(a－2)·x2＋alnx2＝0，

即＋2x1－－2x2＝ax1＋alnx1－ax2－alnx2＝a(x1＋lnx1－x2－lnx2)．

所以a＝.

因为f′＝0，当x∈时，f′(x)<0，当x∈时，f′(x)>0，

故只要证> 即可，即证明x1＋x2> ，

即证明－＋(x1＋x2)(lnx1－lnx2)< ＋2x1－－2x2，

即证明ln <.设t＝ (0

令g(t)＝lnt－，则g′(t)＝.

因为t>0，所以g′(t)≥0，当且仅当t＝1时，g′(t)＝0，

所以g(t)在(0，＋∞)上是增函数．

又g(1)＝0，所以当t∈(0，1)，g(t)<0总成立．所以原题得证．

（1）区间在是函数的减区间；区间在是函数的增区间；最小值是

（2）当时，=0，∴；

当时，=0，∴．

（3）不存在，见解析

（1）先求出原函数，再求得，然后利用导数判断函数的单调性（单调区间），并求出最小值；（2）作差法比较，构造一个新的函数，利用导数判断函数的单调性，并由单调性判断函数的正负；（3）存在性问题通常采用假设存在，然后进行求解；注意利用前两问的结论．

（1）∵，∴（为常数），又∵，所以，即，

∴；，

∴，令，即，解得，

当时，，是减函数，故区间在是函数的减区间；

当时，，是增函数，故区间在是函数的增区间；

所以是的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，

所以的最小值是．

（2），设，

则，

当时，，即，

当时，，，

因此函数在内单调递减，

当时，=0，∴；

当时，=0，∴．

（3）满足条件的不存在．证明如下：

证法一 假设存在，使对任意成立，

即对任意有             ①

但对上述的，取时，有，这与①左边的不等式矛盾，

因此不存在，使对任意成立．

证法二 假设存在，使对任意成立，

由（1）知，的最小值是，

又，而时，的值域为，

∴当时，的值域为，

从而可以取一个值，使，即,

∴，这与假设矛盾．

∴不存在，使对任意成立．