热门试卷

（1）.（2）

试题分析：（1）函数的零点与方程的知识，通过极限的思维得到的两边的范围，（2）由于定义为R，所以根据f(0)=0,解出的值，再把代入用奇函数的定义论证.

试题解析：解：（1）令得，

由于

欲使有零点，

(2) 易知函数定义域为R.

如果为奇函数,则，可得

此时

∴,

所以，当时为奇函数.

（1）单调递增区间是，单调递减区间是，；（2）.

试题分析：（1）本题函数是分式型的，用公式求，再令，，，求出函数的单调区间；（2）要恒成立，即恒成立，构造新函数，利用分类讨论，导数法，求出函数的最小值，根据恒成立，则有求出实数的取值范围.

试题解析：（1），由，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减.

所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是，其最大值为.   5分

（2）由恒成立，

可知恒成立，

令，                 7分

①当时，，

所以，

因此在上单调递增，

②当时，，

所以，

因为，所以，

，，

因此在上单调递减，                           10分

综上①②可知在时取得最小值，

因为，，即恒成立，

所以.                                         14分

(1)；(2) ；(3)见解析.

试题分析：(1)先有已知条件写出的解析式，然后求导，根据导数与函数极值的关系得到，解得的值；(2)由构造函数，则在上恰有两个不同的实数根等价于在恰有两个不同实数根，对函数求导，根据函数的单调性与导数的关系找到函数的单调区间，再由零点的存在性定理得到，解不等式组即可；(3) 证明不等式，即是证明.对函数求导，利用导数研究函数的单调性，找到其在区间上的最大值，则有成立，那么不等式成立，利用二次函数的图像与性质可得的单调性与最小值，根据，那么，所给不等式得证.

试题解析：(1) 由题意知则，   2分

∵时， 取得极值，∴，故，解得．

经检验符合题意．                                                       4分

(2)由知

由 ，得，                          5分

令，

则在上恰有两个不同的实数根等价于在恰有两个不同实数根． ，         7分

当时，，于是在上单调递增；

当时，，于是在上单调递减．依题意有

，即，　．9分

(3) 的定义域为，由(1)知，

令得，或 (舍去)，                 11分

∴当时，，单调递增；

当时，，单调递减．　　∴为在(-1，+∞)上的最大值．

∴，故 (当且仅当时，等号成立)  12分

对任意正整数，取得，，

令 则在为增函数，

所以，即恒成立．

对任意的自然数，有恒成立．                  14分

（1）存在，且点的坐标为；（2）；（3）的取值范围是.

试题分析：（1）先假设点的坐标，根据图象对称的定义列式求出点的坐标即可；（2）利用（1）中条件的条件，并注意到定义中第项与倒数第项的和这一条件，并利用倒序相加法即可求出的表达式，进而可以求出的值；（3）先利用和之间的关系求出数列的通项公式，然后在不等式中将与含的代数式进行分离，转化为恒成立的问题进行处理，最终利用导数或作差（商）法，通过利用数列的单调性求出的最小值，最终求出实数的取值范围.

试题解析：（1）假设存在点，使得函数的图像上任意一点P关于点M对称的点Q也在函数的图像上，则函数图像的对称中心为.

由，得，

即对恒成立，所以解得

所以存在点，使得函数的图像上任意一点关于点M对称的点也在函数的图像上.

（2）由（1）得.

令，则.

因为①，

所以②，

由①+②得，所以.

所以.

（3）由（2）得，所以.

因为当且时，.

所以当且时，不等式恒成立.

设，则.

当时，，在上单调递减；

当时，，在上单调递增.

因为，所以，

所以当且时，.

由，得，解得.

所以实数的取值范围是.

（I）F(x)的单调递减区间为[-1，1]，单调递增区间为

（II）

的图象过原点则d=0

。（1）

（I）y=F(x)在x=-1处取得极大值2

（2）

（3）

由（1）（2）（3）得a="3," b="0," c=-3

由得

由得

∴F(x)的单调递减区间为[-1，1]，单调递增区间为

（II）

由得

设A(x1, y1)，B(x2, y2)则

线段AB在x轴上射影长

由g(x)=0得

由

（1）；（2）证明过程详见解析.

试题分析：本题主要考查导数的运算，利用导数研究函数的单调性、最值、不等式等基础知识，考查函数思想，考查综合分析和解决问题的能力.第一问，将已知条件转化为，所以重点是求函数的最小值，对所设求导，判断函数的单调性，判断最小值所在位置，所以；第二问，将所求证的表达式进行转化，变成，设函数，则需证明，由第一问可知且，所以利用不等式的性质可知，所以判断函数在为增函数，所以最小值为，即.

试题解析：（）

（1）即存在使得            1分

∴ 令

∴          3分

令，解得

∵时，  ∴为减

时，       ∴为增

∴             5分

∴

∴               6分

（2）即（）

令，则          7分

由（1）可知

则                10分

∴在上单调递增

∴成立

∴＞0成立                   12分

（Ⅰ）； (II)见解析.

试题分析：（Ⅰ）利用导数，先对函数进行求导，让，在[1,+∞）上是恒成立的，求解可得a的取值范围；(II)令，依题意方程在区间有两个不等的实根，记，则有，得，然后找的表达式，利用导数求此函数单调性，可得结论.

试题解析：（Ⅰ）在区间上恒成立，

即区间上恒成立，       1分

.      3分

经检验， 当时，，时，，

所以满足题意的a的取值范围为.      4分

（Ⅱ）函数的定义域，，依题意方程在区间有两个不等的实根，记，则有，得.       6分

法一：，，，

，令，    8分

，，,

因为，存在，使得，

，，，所以函数在为减函数，   10分

即        12分

法二:6分段后面还有如下证法，可以参照酌情给分.

【证法2】为方程的解，所以,

∵，，，∴,

先证，即证（）,

在区间内，，内，所以为极小值，,

即，∴成立；       8分

再证，即证,

,

令，       10分

,

,

，，,

∴，在为增函数．

．

综上可得成立．         12分

解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2ax＋(2－a)＝      …1分

①若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递增．…………2分

②若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝，且当x∈(0, )时，f′(x)＞0，当x＞时，

f′(x)＜0.所以f(x)在(0, )单调递增，在(,)单调递减．…………4分

(2)设函数g(x)＝f－f，则g(x)＝ln(1＋ax)－ln(1－ax)－2ax，

g′(x)＝＋－2a   …………………………6分

当0＜x＜时，g′(x)＞0，…………7分   而g(0)＝0，所以g(x)＞0.

故当0＜x＜时，f＞f.    …………………………9分

（3）当a≤0时，函数y=f（x）的图象与x轴至多有一个交点，故a＞0，…………10分

从而f（x）的最大值为，且.…………………………11分

不妨设,则.由（2）得

，而f(x)在(,)单调递减．

∴……14分于是.由（1）知，.…………15分

略

(1)因为  ，

所以在点处的切线的斜率为，……2分

所以在点处的切线方程为， 4分

(2) 令<0，对恒成立，

因为 （*）

………………………………………………………………6分

①当时，有，即时，在（，+∞）上有，

此时在区间（，+∞）上是增函数，

并且在该区间上有∈，不合题意；

②当时，有，同理可知，在区间上，有∈，

也不合题意；                  …………………………………………… 8分                              

③当时，有，此时在区间上恒有，

从而在区间上是减函数；

要使在此区间上恒成立，只须满足，

所以．                   ………………………………………11分

综上可知的范围是．         ………………………………………12分

(3)当时，

记．

因为，所以在上为增函数，

所以，             ………………………………14分

设, 则,所以在区间上，

满足恒成立的函数有无穷多个．     …………………16分

略