热门试卷

（1）；（2）不存在.

试题分析：（1）∵，因此可以得到在是单调递增的，从而可以得到在的值域为；（2）根据题意以及（1）中所求，问题等价于对任意的，

在上总有两个不同的实根，因此在不可能是单调函数，通过求得首先可以预判的大致的取值范围为，再由此范围下的单调性可以得到在的极值，从而可以建立关于的不等式，进而求得的取值范围.

（1）∵在区间上单调递增，在区间上单调递减，且的值域为  6分；

（2）令，则由（1）可得，原问题等价于：对任意的，

在上总有两个不同的实根，故在不可能是单调函数  7分

，其中，

①当时，在区间上单调递减，不合题意  8分，

②当时，在区间上单调递增，不合题意  10分，

③当，即时，在区间上单调递减；在区间上单调递增，

由上可得，此时必有且  12分

而上可得，则，

综上，满足条件的a不存在  14分． 

（1），（2）（3）

试题分析：（1）根据导数几何意义，函数在处的切线的斜率为函数在处的导数值，因此由得，（2）利用导数求函数最值，需先分析函数单调性. 由得得，即在上为增，在上为减∴，（3）同（2）一样，利用导数求函数最值，需先分析函数单调性. 由得得，即在上为增，在上为减.与（2）不同之处为，中是否包含e，需进行讨论. 当即时，，当即，，当，.

解（1）       2分

当时，        4分

（2）由得得。

即在上为增，在上为减       8分

∴        10分

（3）i)当即时，

在上为增，     12分

ii)当即，在上为增，在为减

                                 14分

iii)当, 在为减，

综上得，              16分

（1）3;（2）

试题分析：（1）根据函数求出导函数，再根据所给的不等式，利用恒成立的条件求出实数的范围，从而确定的最大值.

（2）由（1）可得的值，从而根据函数确定函数的解析式，由于函数有三个零点，所以通过对函数求导，了解函数的图像的走向，以及对函数的极值的正负性作出规定，即可得到所需的结论.

试题解析：（1）   对于恒有，即对于恒成立

（2）有三个零点

有三个不同的实根 ，则

令解得

情况如下表：

由上表知，当时取得极大值，当时取得极小值

数形结合可知，实数的取值范围为 .

（1）时，，；（2）

试题分析：(1)将代入解析式，利用导函数求出驻点然后在分析导函数的正负，从而得出函数的单调性求出最值，；（2）将对于任意的，都有成立转化为对任意，恒成立，然后利用参变分离求解即可.

试题解析：（1)当时，，．   1分

或，当在上变化时，，的变化情况如下表：

  4分

∴时，，．   5分

（2）命题等价于对任意，

恒成立，

即对任意恒成立.

则，有，

又，                          9′

只需或.

综上：的取值范围为或.                     12′

(1)

试题分析：(1)首先求出，令，即可求出在点处的切线方程的斜率，代入点斜式即可求出切线方程

(2)令 则，根据，讨论在上单调递增，所以，所以在上单调递增，

，又，即函数有唯一零点，所以曲线与曲线有唯一公共点.

(3)作差得，令,讨论， 的单调性，得到在上单调递增，而，所以在上，可得时，

（1) ，则，点处的切线方程为：,

(2) 令 ，，则，

且，，

因此，当时，，单调递减；当时，，单调递增.

所以，所以在上单调递增，又，即函数有唯一零点，

所以曲线与曲线有唯一公共点.

(3) 设

令且，则

，所以 在上单调增，且 ，

因此，在上单调递增，而，所以在上

即当时，且，

所以，

所以当时，

(1),(2)详见解析.

试题分析：(1)转化为恒成立，求的最大值；通过导数确定函数的单调性，利用单调性求出函数的最大值，;令,通过求其导数，通过导数的正负，判定函数的单调性，从而求出其最大值;

(2)首先利用分析法将所要证不等式，逐步分析，找到证明其成立的充分条件，即，设函数,利用导数找到其最小值，证明其最小值也大于0，则不等式成立.中档偏难.

试题解析：（1），，.

令（），，递减，

，∴m的取值范围是.      5分

（2）证明：当时，的定义域，

∴，要证，只需证

又∵，∴只需证，      8分

即证

∵递增，，

∴必有，使，即，

且在上，；在上，，

∴

∴，即      12分

(Ⅰ) (Ⅱ)函数的单调递增区间为；单调递减区间为 (Ⅲ)

函数的定义域为， …………2分

(Ⅰ)当时，，

 ∴在处的切线方程为………5分

(Ⅱ)

所以当，或时，，当时，

故当时，函数的单调递增区间为；

单调递减区间为…………8分

(Ⅲ)当时，由(Ⅱ)知函数在区间上为增函数，

所以函数在上的最小值为

若对于使成立在上的最小值不大于在[1，2]上的最小值（*）…………10分

又

①当时，在上为增函数，与（*）矛盾

②当时，，

由及得， …………12分

③当时，在上为减函数，， 此时

综上所述，的取值范围是 …………14分

（1）0；（2）（ⅱ）

试题分析：（1）先求的导数，利用求出的单调区间，从而判断出函数在何处取得最小值以及最小值是多少.（2）（ⅰ）当时，的图象与的图象交点的个数等于函数的零点的个数；可利用导数探究函数的单调性，作函数有一零的证据之一；（ⅱ）当时，的图象恒在的图象上方，等价于在上恒成立，利用的导数研究其单调性，注意参变量，对函数单调性及最值的影响，适时进行分类讨论.

试题解析：（1）求导数，得f ′(x)＝ex－1．

令f ′(x)＝0，解得x＝0．

当x＜0时，f ′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，0)上是减函数；

当x＞0时，f ′(x)＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．

故f(x)在x＝0处取得最小值f(0)＝0．                 4分

（2）设h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－x－ax2，则h′(x)＝ex－1－2ax．[

（ⅰ）当a＝时，y＝ex－1－x的图象与y＝ax2的图象公共点的个数等于

h(x)＝ex－1－x－x2零点的个数．

∵h(0)＝1－1＝0，∴h(x)存在零点x＝0．

由（1），知ex≥1＋x，∴h′(x)＝ex－1－x≥0，

∴h(x)在R上是增函数，∴h(x)在R上有唯一的零点．

故当a＝时，y＝f(x)的图象与y＝g(x)的图象有唯一的公共点．   9分

（ⅱ）当x＞0时，y＝f(x)的图象恒在y＝g(x)的图象的上方

⇔当x＞0时，f(x)＞g(x)，即h(x)＝ex－1－x－ax2＞0恒成立．

由（1），知ex≥1＋x（当且仅当x＝0时等号成立），

故当x＞0时，ex＞1＋x．

h′(x)＝ex－1－2ax＞1＋x－1－2ax＝(1－2a)x，

从而当1－2a≥0，即a≤时，h′(x)≥0（x＞0），

∴h(x)在(0，＋∞)上是增函数，又h(0)＝0，

于是当x＞0时，h(x)＞0．

由ex＞1＋x（x≠0），可得e－x＞1－x（x≠0），

从而当a＞时，h′(x)＝ex－1－2ax＜ex－1＋2a(e－x－1)＝e－x(ex－1)(ex－2a)，

故当x∈(0，ln2a)时，h′(x)＜0，

此时h(x)在(0，ln2a)上是减函数，又h(0)＝0，

于是当x∈(0，ln2a)时，h(x)＜0．

综上可知，实数a的取值范围为(－∞，]．           14分