热门试卷

（1）的最大值为0；（2）详见解析；（3）详见解析.

试题分析：（1）设，求导利用单调性即可得其最大值；.

（2）由（1）得，，变形即得左边的不等式：.右边不等式显然不宜直接作差，故考虑作适当的变形.为了证右边，设.求导得.的符号还不能直接确定.为了确定的符号，再设，求导得，所以即由此可知即，从而原命题得证；（3）首先看看所证不等式与第（2）题有何联系.对照待证不等式，可将（2）题中的不等式变形为：.显然取，得.右边易证如下：；左边则应考虑做缩小变形.由于左边为，故将缩为一个等差数列.因为，所以考虑把缩小为.

当时，，这样累加，再用等差数列的求和公式即可使问题得证.

试题解析：（1）设，则

，

所以在区间内单调递减，故的最大值为；  （4分）

（2）由（1）得，对，都有，即，

因为，所以.                          （6分）

设，则

.

设，则，

所以在区间内单调递增，故即.

所以在区间内单调递增，故即，

因为，所以.

从而原命题得证.                           （9分）

（3）由（2）得，，

令，得.

所以；  （11分）

另一方面，当时，，

所以

从而命题得证.                             （14分）

①b＝2②a>0时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)；

a<0时，f(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)．

①f(e)＝2，即－ae＋b＋aeln e＝2，∴b＝2.

②由①知f(x)＝－ax＋axln x＋2，f(x)的定义域为(0，＋∞)．

f′(x)＝－a＋a＝aln x.

当a>0时，由f′(x)>0知x>1，由f′(x)<0知0<x<1；

当a<0时，由f′(x)>0知0<x<1，由f′(x)<0知x>1.

所以a>0时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)；

a<0时，f(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)．

（Ⅰ）、；（Ⅱ）当时；当时，；当时，的最小值为。

试题分析：（Ⅰ）先求导，代入0可求得a的值。再将代入原函数求，既得切点坐标，再将代入导函数求，根据导数的几何意义可知即为切线在点处切线的斜率，根据直线方程的点斜式即可求得切线方程。（Ⅱ）先求导数，及其零点，判断导数符号变化，即可得原函数增减变化，可得其极值。再求其端点处的函数值。比较极值和端点处函数值最小的一个即为最小值。此题注意分类讨论。

试题解析：解：（Ⅰ）已知函数，

所以，，

又，所以.

又，

所以曲线在点处的切线方程为.       5分

（Ⅱ），

令，则.

（1）当时，在上恒成立，所以函数在区间上单调递增，所以；

（2）当时，在区间上，，在区间上，，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，且是

上唯一极值点，所以；

（3）当时，在区间上，（仅有当时），所以 在区间上单调递减

所以函数.

综上所述，当时，函数的最小值为，

时，函数的最小值为                  13分

（理数） 解：（Ⅰ），

．

令，得（舍去）．

当时．；当时，，

故当时，为增函数；当时，为减函数．

为的极大值点，且．………………………………4分

（Ⅱ）原方程可化为，即

……………6分

①当时，原方程有一解；

②当时，原方程有二解；…………8分

③当时，原方程有一解；

④当或时，原方程无解．……………………10分

（Ⅲ）由已知得，

．

设数列的前n项和为，且（）

从而有，当时，．

又

．

即对任意时，有，又因为，所以………14分．

略

（Ⅰ）f'（x）=ex（x2-ax+a）+ex（2x-a），

可得f'（x）=ex[x2-（a-2）x]．

所以f'（0）=0．

（Ⅱ）当a＞2时，令f'（x）＞0，可得x＜0或x＞a-2．

令f'（x）＜0，可得0＜x＜a-2．

可知函数f（x）的单调增区间为（-∞，0），（a-2，+∞），单调减区间为（0，a-2）．

(I) f(x)的增区间是(-∞，)和[1,+ ∞]. …………………………3分

(II) f(x)=x3x. ……………………9分

(III) 证明见解析

(I) f(x)=x3-2x2+x, (x)=3x2-4x+1,

因为f(x)单调递增，

所以(x)≥0，

即 3x2-4x+1≥0,

解得，x≥1, 或x≤,……………………………2分

故f(x)的增区间是(-∞，)和[1,+ ∞]. …………………………3分

(II) (x)=3x2-2(a+b)x+ab.

当x∈[-1，1]时，恒有|(x)|≤.………………………4分

故有≤(1)≤，

≤(-1)≤，

≤(0)≤,………………………5

即    ………6

①+②，得

≤ab≤，……………………………8分

又由③，得

ab=，

将上式代回①和②，得

a+b=0,

故f(x)=x3x. ……………………9分

(III) 假设⊥,

即= =" st+f(s)f(t)=0," ……………10分

(s-a)(s-b)(t-a)(t-b)=-1,

[st-(s+t)a+a2][st-(s+t)b+b2]="-1," ……………………………………11分

由s，t为(x)=0的两根可得，

s+t=(a+b), st=, (0

从而有ab(a-b)2="9." ……………………………………12分

这样(a+b)2=(a-b)2+4ab

= +4ab≥2=12，

即 a+b≥2,

这样与a+b<2矛盾. ……………………13分

故与不可能垂直.

（1）单调递增区间是(1，＋∞)．单调递减区间是(0,1)．（2）

(1)f′(x)＝－＝，x＞0.

令f′(x)＞0，得x＞1，因此函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)．

令f′(x)＜0，得0＜x＜1，因此函数f(x)的单调递减区间是(0,1)．

(2)依题意，ma＜f(x)max.

由(1)知，f(x)在x∈[1，e]上是增函数，

∴f(x)max＝f(e)＝ln e＋－1＝.

∴ma＜，即ma－＜0对于任意的a∈(－1,1)恒成立．

∴解得－≤m≤.

∴m的取值范围是.

（1）8；（2）一个，证明参考解析；(21)

试题分析：（1）曲线上切线的斜率是通过导数的几何意义，求曲线的导数再将该点的横坐标代入即可求得该点的斜率，从而可解得的值.

（2）判断方程的根的情况，一般是通过构造新的函数从而证明函数的与x轴的交点的个数得到对应方程的根的个数.

(21)因为是否存在这样的点,使得曲线在该点附近的左、右两部分分别位于曲线在该点处切线的两侧.是通过说明过该点的切线方程与曲线方程联立后，构建一个新的函数，要说明该点不是新函数的极值点即可.

试题解析：（1）因为.图像在点处的切线斜率为10，.解得.

（2）方程 只有一个实根.证明如下：由（1）可知 ，令，因为，，所以在内至少有一个实根.又因为.所以在递增，所以函数在上有且只有一个零点，及方程有且只有一个实根.

(21)由，，可求得曲线在点处的切线方程为.即.记，.若存在这样的点，使得曲线在该点附近的左右两部分分别位于曲线在该点处切线的两侧，则问题等价于不是极值点，由二次函数的性质可知，当且仅当时，不是极值点，即.所以在上递增.又，所以当时，，当时，，即存在唯一点.使得曲线在点A附近的左右两部分分别位于曲线在该点处切线的两侧.

(1)减区间，增区间；(2)见解析

试题分析：(1)先求出函数的定义域，然后在的条件下对函数求导，求出使得导数为0的自变量的取值，再根据函数的单调性与导数的关系判断函数的单调区间；(2) 对的取值进行分类讨论，当时分和两种情况，由， ，结合零点存在性定理可知在上有一个零点；当时，根据函数的单调性求得函数的极小值，对极小值与0的关系分三种情况进行分类讨论，结合零点存在性定理求得每种情况下的函数的零点个数

试题解析：(1)的定义域是，                     1分

当时，∵             2分

令，（负舍去）                   3分

当时，；当时，          4分

所以是的减区间，是的增区间，              5分

所以的减区间是，的增区间是           6分

(2)的定义域是，∵          7分

当时，在上是增函数，当时有零点，        8分

当时，       9分

(或当时，；当时，)，

所以在上有一个零点，                 10分

当时，由(1)知，在上是减函数，在上是增函数，所以当时，有极小值，即最小值                 11分

当，即时，无零点，

当，即时，有一个零点，

当，即时，有2个零点                   13分

综上可知，当时，无零点；当时，有一个零点；当时，有2个零点              14分