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（Ⅰ）的极大值为，无极小值；（Ⅱ）①当时，在和上是增函数，在上是减函数；②当时，在上是增函数；③当时，在和上是增函数，在上是减函数 ； (Ⅲ）

试题分析：（Ⅰ）当时，求的极值，首先确定函数的定义域为，对函数求导函数，确定函数的单调性，即可求得函数的极值；（Ⅱ）当a＞0时，讨论的单调性，首先对函数求导函数，并分解得，再进行分类讨论，利用，确定函数单调减区间；，确定函数的单调增区间；（Ⅲ）若对任意的a∈(2, 3)，x­1, x2∈[1, 3]，恒有成立，只要求出的最大值即可，因此确定函数在上单调递减，可得的最大值与最小值，从而得，进而利用分离参数法，可得，从而可求实数的取值范围

试题解析：（Ⅰ）当时，    2分

由,解得 ，可知在上是增函数，在上是减函数     4分

∴的极大值为，无极小值                    5分

（Ⅱ），

①当时，在和上是增函数，在上是减函数；   7分

②当时，在上是增函数；                      8分

③当时，在和上是增函数，在上是减函数  9分

(Ⅲ）当时，由（2）可知在上是增函数，

∴               10分

由对任意的a∈(2, 3)，x­1, x2∈[1, 3]恒成立，

∴                        11分

即对任意恒成立，

即对任意恒成立，                         12分

由于当时，，∴            14分

（1）h(0)＝0；（2）证明过程详见解析.

试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值、不等式的基本性质等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力，考查学生的函数思想.第一问，先得到表达式，对求导，利用“单调递增；单调递减”解不等式求函数的单调区间，利用函数的单调性确定最小值所在的位置；第二问，先将和代入到所求的式子中，得到①式，再利用第一问的结论，即，即得到，通过且得，在上式中两边同乘得到②式，若成立则所求证的表达式成立，所以构造函数φ(t)＝(1－t)k－1＋kt，证明即可.

（1）h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－x，h¢(x)＝ex－1．

当x∈(－∞，0)时，h¢(x)＜0，h(x)单调递减；

当x∈(0，＋∞)时，h¢(x)＞0，h(x)单调递增．

当x＝0时，h(x)取最小值h(0)＝0．       4分

（2）即．   ①

由（1）知，，即，

又，则．

所以．       ②  7分

设φ(t)＝(1－t)k－1＋kt，t∈[0，1]．

由k＞1知，当t∈(0，1)时，φ¢(t)＝－k(1－t)k－1＋k＝k[1－(1－t)k]＞0，

φ(t)在[0，1]单调递增，当t∈(0，1)时，φ(t)＞φ(0)＝0．

因为，所以，

因此不等式②成立，从而不等式①成立．      12分

⑴-1; ⑵详见解析; ⑶

试题分析：⑴令g′（x）=0求出根，判断g′（x）在左右两边的符号，得到g（x）在上单调递增，在上单调递减，可知g（x）最大值为g（1），并求出最值；

⑵解不等式得出函数的单调增区间，导数小于零求出单调递减区间，注意单调区间与定义域取交集；

⑶不等式恒成立就是求函数的最值，注意对参数的讨论.

试题解析：⑴当时， ∴

令，则， ∴在上单调递增，在上单调递减

∴                          （4分）

⑵，，（）

∴当时，，∴函数的增区间为，

当时，，

当时，，函数是减函数；当时，，函数是增函数.

综上得，当时，的增区间为； 

当时，的增区间为，减区间为   （10分）

⑶当，在上是减函数，此时的取值集合；

当时，，

若时，在上是增函数，此时的取值集合；

若时，在上是减函数，此时的取值集合.

对任意给定的非零实数，

①当时，∵在上是减函数，则在上不存在实数（），使得，则，要在上存在非零实数（），使得成立，必定有，∴；

②当时，在时是单调函数，则，要在上存在非零实数（），使得成立，必定有，∴.

综上得，实数的取值范围为.                          （14分）.

（1）在上单调递增，在上单调递减

（2）=为所求．

试题分析：解;(1)

，当时

当时

在上单调递增，

在上单调递减．           5分

（2）

设

在上单调递减

令

解得

则当时，

即

当时，

即            8分

现在证明：

考察：

设

，当时，，递减

所以，当时，，

即

即            12分

再考察：

设

，当时，，递增

所以，当时，，

得，取为所求．       14分

点评：主要是考查了函数单调性，以及函数最值的运用和不等式的证明，属于难度题。

（1）证明不等式成立，要构造函数，证明最小值大于零即可。

（2）

（3）由第一问得知则，结合放缩法来得到。

试题分析：解：（1）明:设

则,则,即在处取到最小值,  则,即原结论成立. ……3分

（2）由得 ，即

当时，，由题意；

当时,令,

另,则单调递增,所以

因为,所以,即单调递增,而，此时．

所以的取值范围为.  8分

（3）由第一问得知则 10分

则

又，即证） 14分

点评：主要是考查了导数在研究函数单调性以及函数的最值和不等式的证明中的运用，属于难度题。

（1）,的单调递增区间是和，单调递减区间是    

,单调递增区间是  ,,单调递增区间是和，单调递减区间是  

（2）作差构造新函数证明.

试题分析：（1） ，常数）

令，则，                 

①当时，，

在区间和上，；在区间上，

故的单调递增区间是和，单调递减区间是           

②当时，，故的单调递增区间是         

③当时，，

在区间和上，；在区间上，

故的单调递增区间是和，单调递减区间是        

（2）令，

令，则，           

因为，所以，且

从而在区间上，，即在上单调递减       

所以               

又，所以，即       

设（，则

所以在区间上，函数与的“和谐函数”有无穷多个   

点评：本题主要以新定义为载体，综合考查了函数的单调性、函数的最值方程的根的情况、二次函数的最值的求解，考查了利用已学知识解决新问题的能力，考查了推理运算的能力，本题综合性较强．

（1）（2）=3（3）

试题分析：（1），，由与的图像在交点（2，）处的切线互相垂直，可得解之即可；

（2）由题=，

，由题知可解得，故=6－（－），=，

讨论的单调性可得∈（3,4），故=3；

（3）当时，=，

讨论的单调性，|－|=极大值－极小值=F(－)―F(1)

=―)+―1,

设

讨论函数，求出其最小值，即得|－|>3－4

（1）解：，

由题知，即   解得

（2）=，

=，

由题知，即 解得=6，=－1

∴=6－（－），=

∵＞0，由＞0，解得0＜＜2；由＜0，解得＞2

∴在（0,2）上单调递增，在（2，+∞）单调递减，

故至多有两个零点，其中∈（0,2），∈（2, +∞）

又＞=0，=6（－1）＞0，=6（－2）＜0

∴∈（3,4），故=3   

（3）当时，=，

=，

由题知=0在（0，+∞）上有两个不同根，，则＜0且≠－2，

此时=0的两根为－，1，

由题知|－－1|＞1，则++1＞1，+4＞0 

又∵＜0，∴＜－4,此时－＞1

则与随的变化情况如下表:

∴|－|=极大值－极小值=F(－)―F(1)

=―)+―1,

设，则

,，∵＜－4，∴＞―，∴＞0，

∴在（―∞，―4）上是增函数，＜

从而在（―∞，―4）上是减函数，∴>=3－4

所以|－|>3－4

（1）的单调递增区间为，递减区间为和；（2）.

试题分析：先求出导函数，（1）将代入得到，进而由及可求出函数的单调增区间与减区间；（2）先将存在使不等式成立等价转化成；然后由，得或，进而对分、、三种情况，分别求出函数在上的最大值， 进而求解不等式得出的取值范围结合各自的条件求得各种情况下的取值范围，最后这三种情况的的取值范围的并集即可.

(1) 当时，

所以由，由或

所以的单调递增区间为，递减区间为和

(2) ，令，得或

①当时，即时，在上单调递增

则，解得，所以满足题意

②当时，即时

在上单调递增，上单调递减

故，解得，所以当时满足题意

③当时，即时，在上单调递减

故，解得，所以时满足题意

综上所述.

（1）

（2）当时由（1）知

由恒成立即上恒成立

（3）由题意得

又由（1）（2）知上单增

 ① ②

则①×②×得即

略