热门试卷

（Ⅰ）时，单调递增区间为；时，单调递减区间为，

单调递增区间为；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析

试题分析：（Ⅰ）利用导数分析函数的单调性，根据和分类讨论得出函数的单调区间；（Ⅱ）先由（Ⅰ）中时的单调性可知，即，构造函数，由导函数分析可得在上增，在上递减，则，由对任意的恒成立，故，得；（Ⅲ）先由（Ⅱ），即，从而问题等价转化为证.

试题解析：（Ⅰ）                          1分

时，，在上单调递增。                     2分

时，时，，单调递减，

时，，单调递增.            4分

（Ⅱ）由（Ⅰ），时，

                          5分

即，记 

在上增，在上递减

故，得                        8分

（Ⅲ）由（Ⅱ），即，则时，

要证原不等式成立，只需证：，即证：

下证   ①                                     9分

①中令，各式相加，得

成立，                          

故原不等式成立.                                                 14分

方法二：时，

时，

时，

(Ⅰ); (Ⅱ)的取值范围为[1,].

试题分析：(Ⅰ)先由过点得出，再求在点导数，由导数几何意义知，从而解得；

(Ⅱ)设==()=, 由题设可得≥0,即, 令=0得,=,="-2," 对分3中情况讨论得出结果.

试题解析：(Ⅰ)由已知得,

而=,=,∴=4,=2,=2,="2;"  

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,,, 设函数

==(),==, 由题设可得≥0,即, 令=0得,=,="-2,"

(1)若,则-2<≤0,∴当时,<0,当时,>0,即在单调递减,在单调递增,故在=取最小值,而==≥0, ∴当≥-2时,≥0,即≤恒成立,

(2)若,则=, ∴当≥-2时,≥0,∴在(-2,+∞)单调递增,而="0," ∴当≥-2时,≥0,即≤恒成立,

(3)若,则==<0, ∴当≥-2时,≤不可能恒成立,

综上所述,的取值范围为[1,].

（1）单调增区间为，单调减区间为；（2）最大数为，最小数为；（3），，，，，.

试题分析：（1）先求函数的定义域，用导数法求函数的单调区间；（2）利用（1）的结论结合函数根据函数、、的性质，确定，，，，，这6个数中的最大数与最小数；（3）由（1），（2）的结论只需比较与和与的大小，时，，即，在上式中，令，又，则，即得，整理得，估算的值，比较与3的大小，从而确定与的大小关系，再根据，确定与的大小关系，最后确定6个数从小到大的顺序.

（1）函数的定义域为，因为，所以，

当，即时，函数单调递增；

当，即时，函数单调递减；

故函数的单调增区间为，单调减区间为.

（2）因为，所以，，即，，

于是根据函数、、在定义域上单调递增，

所以，，

故这6个数的最大数在与之中，最小数在与之中，

由及（1）的结论得，即，

由得，所以，

由得，所以，

综上，6个数中的最大数为，最小数为.

（3）由（2）知，，，又由（2）知，，

故只需比较与和与的大小，

由（1）知，当时，，即，

在上式中，令，又，则，即得①

由①得，，

即，亦即，所以，

又由①得，，即，所以，

综上所述，，即6个数从小到大的顺序为，，，，，.

（1），；（2）不存在，详见解析.

试题分析：（1）先求出函数的定义域与导数，求出极值点后，利用图表法确定函数的单调性，从而确定函数的极大值与极小值；（2）结合（1）中的结论可知，函数在区间上单调递增，根据定义得到，，问题转化为求方程在区间上的实数根，若方程的根的个数小于，则不存在“域同区间”；若上述方程的根的个数不少于，则存在“域同区间”，并要求求出相应的根，从而确定相应的“域同区间”.

试题解析：（1），定义域为，

且，

令，解得或，列表如下：

故函数在处取得极大值，即，

函数在处取得极小值，即；

（2）由（1）知，函数在区间上单调递增，

假设函数在区间上存在“域同区间”，则有，，

则方程在区间上至少有两个不同的实数根，

构造新函数，定义域为，

，令，解得，，

当时，；当时，，

故函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，

因为，，，故函数在区间上存在唯一零点，

即方程在区间上只存在唯一实数根，

故函数在区间上不存在“域同区间”.

(1) ；（2）递增区间为（1,2），递减区间为（0,1），；（3）.

试题分析：(1)将代入，分别得到，，再由点斜式得到在处的切线方程为；（2）将代入得到，从而得到递增区间为（1,2），递减区间为（0,1），；（3）先将题设条件转化为在[0,1]上的最小值不大于在[1,2]上的的最小值.再得到，然后讨论的范围，又在[1,2]上最小值为.由单调性及从而得到的取值范围为.

试题解析：(1)函数的定义域为

，

当时，，，

，故.

所以在处的切线方程为.

(2)当时，.

故当或时，；当时，.

所以函数的递增区间为（1,2），递减区间为（0,1），.

(3)由（2）知，在（1,2）上为增函数，

所以在[1,2]上的最小值为，

若对于[1，2]，[0，1]，使成立在[0,1]上的最小值不大于在[1,2]上的的最小值.

又，

当时，在[0,1]上为增函数，与题设不符.

当时，，由及，得；

当时，在[0,1]上为减函数，及得.

综上所述，的取值范围为.

当时的减区间为，增区间为；当时，减函数为，增区间为和；当时；增区间为，无减区间；当时，的减区间为，增区间为和；当时，的减区间为，增区间为．

试题分析：若要讨论的单调性，先求出函数的定义域为，接着求导，这是一个含参的二次函数形式，讨论函数的单调性，则分三种情况，当时分三种情况讨论．最后汇总一下分类讨论的情况．

试题解析：函数的定义域为，．

当时，的减区间为，增区间为；

当时，令得；

当时，的减区间为，增区间为；

当时，减函数为，增区间为和

当时，增区间为，无减区间；

当时，的减区间为，增区间为和；

当时，，的减区间为，增区间为．

综上，当时的减区间为，增区间为；

当时，减函数为，增区间为和；

当时；增区间为，无减区间；

当时，的减区间为，增区间为和；

当时，的减区间为，增区间为． 

解：（I）由题意知，因此，从而．

又对求导得．

由题意，因此，解得．

（II）由（I）知（），令，解得．

当时，，此时为减函数；

当时，，此时为增函数．

因此的单调递减区间为，而的单调递增区间为．

（III）由（II）知，在处取得极小值，此极小值也是最小值，

要使（）恒成立，只需．

即，从而，解得或．

所以的取值范围为．

解：（I）由题意知，因此，从而．

又对求导得．

由题意，因此，解得．

（II）由（I）知（），令，解得．

当时，，此时为减函数；

当时，，此时为增函数．

因此的单调递减区间为，而的单调递增区间为．

（III）由（II）知，在处取得极小值，此极小值也是最小值，

要使（）恒成立，只需．

即，从而，解得或．

所以的取值范围为．

（1）在时取得最小值，即．

（2）

（1）时，，()，

则．令，得．

当时，，在是减函数，

当时，，在是增函数，  

所以 在时取得最小值，即．                        （6分）

（2）因为 ，所以 ．   

所以当时，函数有最小值．x1，x2∈R+，不妨设，则

．                                           （13分）

（1）（2）p的最小值为0（3）见解析

试题分析：

(1)存在性问题,只需要即可,再利用导数法求解f(x)的最大值(即求导，求单调性，求极值9与端点值比较得出最值).

(2) p的最小值为函数g(x)的最小值,利用导数求函数的最小值即可(即求导，求单调性，求极值9与端点值比较得出最值).

(3)利用第二问结果可以得到与不等式有关的恒等式.令.把n=1,2,3,,得n个不等式左右相加，左边利用对数除法公式展开即可用裂项求和法得到不等式的左边,即证得原式

试题解析：

(1)依题意得

，而函数的定义域为

∴在上为减函数，在上为增函数，则在上为增函数

,即实数m的取值范围为                4分

(2) 则

显然，函数在上为减函数，在上为增函数,则函数的最小值为

所以，要使方程至少有一个解，则，即p的最小值为0                8分

(3)由（2）可知： 在上恒成立

所以，当且仅当x=0时等号成立

令，则 代入上面不等式得：

即，  即  

所以，，，，，

将以上n个等式相加即可得到：              12分