热门试卷

（1）函数的最大值为；（2）实数的取值范围是；（3）.

试题分析：（1）将，代入函数的解析式，然后利用导数求出函数的最大值；（2）先确定函数的解析式，并求出函数的导数，然后利用导数的几何意义将问题转化为，利用恒成立的思想进行求解；（3）方法一是利用参数分离，将问题转化为方程、有且仅有一个实根，然后构造新函数，利用导数求出函数的极值从而求出参数的值；方法二是直接构造新函数，利用导数求函数的极值，并对参数的取值进行分类讨论，从而求出参数的值.

试题解析：（1）依题意，的定义域为，

当，时，，，

由 ，得，解得；

由 ，得，解得或.

，在单调递增，在单调递减；

所以的极大值为，此即为最大值；

（2），，则有在上有解，

∴，

，

所以当时，取得最小值，；

（3）方法1：由得，令，，

令，，∴在单调递增，

而，∴在，，即，在，，即，

∴在单调递减，在单调递增，

∴极小值为，令，即时方程有唯一实数解.

方法2：因为方程有唯一实数解，所以有唯一实数解，

设，则，令，

因为，，所以（舍去），，

当时，，在上单调递减，

当时，，在上单调递增，

当时，取最小值.

若方程有唯一实数解，

则必有 即 

所以，因为所以              12分

设函数，因为当时，是增函数，所以至多有一解.

∵，∴方程(*)的解为，即，解得.

（1）f′（x）==≤1，导函数f′（x）的值域（0，1]，

（2）设g（x）=f（x）-x，则g′（x）=f′（x）-1≤0，所以g（x）在R上是减函数，

∵a＞t，方程f（x）=x的一个根为t，即g（t）=0，

∴g（a）＜g（t）=0，而g（a）=f（a）-a

∴f（a）-a＜0，f（a）＜a，f（a）=b，即a＞b；

设h（x）=f（x）+x，则h′（x）=f′（x）+1≥0，

∴h（x）在R上是增函数，又a＞b，

∴h（a）＞h（b），

即a+f（a）＞b+f（b）．

（I) 存在使为偶函数〔II）的增区间为，减区间为。（III )时，；当时，

（Ⅰ）存在使为偶函数，………………（2分）

证明如下：此时：，

，为偶函数。………………（4分）

（注：也可以）

（Ⅱ）=，………………（5分）

①当时，

在上为增函数。………………（6分）

②当时，

则，令得到，

（ⅰ）当时，在上为减函数。

（ⅱ） 当时，在上为增函数。………………（8分）

综上所述：的增区间为，减区间为。………………（9分）

（Ⅲ），

，成立。

即：…………………………………………………（10分）

①当时，为增函数或常数函数，当时

恒成立。

综上所述：……………………………………………（12分）

②当时，在[0，1]上为减函数，

 恒成立。

综上所述：……………………………………………（13分）

由①②得当时，；

当时，.……………………………………………（14分）

（1）2    （2） （3）

试题分析：

（1）根据题意求出f(x)，g(x-1)与x轴交点的坐标，利用切线平行，即导函数在交点处的导函数值相等，即可求出f(x)中参数a的值，进而得到f(2).

（2）可以利用求定义域，求导，求单调性与极值 对比极值与端点值得到的取值范围.进而直接用u替代中的，把问题转化为求解在区间上的最小值，即为一个含参二次函数的最值.则利用二次函数的单调性，即分对称轴在区间的左边，中，右边三种情况进行讨论得到函数的最小值.

（3）对F(x)求导求并确定导函数的符号得到函数F(x)的单调性，有了F(x)的单调性，则要得到不等式，我们只需要讨论m的范围确定的大小关系，再根据单调性得到的大小关系，判断其是否符合不等式，进而得到m的取值范围.

试题解析：

（1） 图象与轴异于原点的交点，  1分

图象与轴的交点，   2分

由题意可得， 即     ，     3分

∴，                       4分

（2）= 5分

令，在 时，，

∴在单调递增，               6分

图象的对称轴，抛物线开口向上

①当即时，          7分

②当即时，  8分

③当即时，

  9分

,

所以在区间上单调递增 

∴时，         10分

①当时，有，

，

得，同理，　

∴ 由的单调性知   、

从而有，符合题设.   11分

②当时，，

，

由的单调性知 ，

∴，与题设不符  12分

③当时，同理可得，

得，与题设不符.    13分

∴综合①、②、③得           14分

见解析

(Ⅰ)证明：设函数，，

①，因为，所以当时，，

所以函数在区间（-1，0）内单调递减；

②，因为，所以当时，

；当时，，即函数在区间（0，1）内单调递减，在区间内单调递增.

综合①②及，可知函数在区间(－1,1)内单调递减, 在区间(1, + ∞)内单调递增.

(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)知，在区间内单调递减，在区间内单调递减，在区间

内单调递增.因为曲线在点处的切线相互平行，从而互不相等，且.不妨设，

由==，可得，

解得，从而，

设，则，

由=，解得，所以，

设，则，因为，所以，

故=，即.

本题第（Ⅰ）问，可以分两段来证明,都是通过导数的正负来判断单调性；第(Ⅱ)问，由切线平行知，切线的斜率相等，然后构造函数解决.判断分段函数的单调性时,要分段判断;证明不等式时,一般构造函数解决.

【考点定位】本小题主要考查导数的运算及其几何意义，利用导数研究函数的单调性，考查分类讨论思想、化归思想、函数思想，考查综合分析问题和解决问题的能力.

（1）当k是奇数时， f(x)在(0,+)上是增函数;     

当k是偶数时，f (x)在上是减函数，在上是增函数．

（2）

（3）当时， 问题等价于证明

由导数可求的最小值是，当且仅当时取到，

设，利用导数求解。

试题分析：（1）由已知得x＞0且．

当k是奇数时，，则f(x)在(0,+)上是增函数;     

当k是偶数时，则．　  

所以当x时，，当x时，．

故当k是偶数时，f (x)在上是减函数，在上是增函数．…………4分

（2）若，则．

记 ,

若方程f(x)=2ax有唯一解，即g(x)=0有唯一解；   令,得．因为，所以（舍去），． 当时，，在是单调递减函数；

当时，，在上是单调递增函数．

当x=x2时, ，．   因为有唯一解，所以．

则 即  设函数，

因为在x>0时，h (x)是增函数，所以h (x) = 0至多有一解．

因为h (1) = 0，所以方程(*)的解为x 2 = 1，从而解得…………10分

另解:即有唯一解,所以:,令,则,设，显然是增函数且，所以当时，当时，于是时有唯一的最小值，所以，综上：．

（3）当时， 问题等价于证明

由导数可求的最小值是，当且仅当时取到，

设，则，

易得，当且仅当 时取到，

从而对一切，都有成立．故命题成立．…………16分

点评：难题，利用导数研究函数的单调性、极值、最值，不等式恒成立问题，是导数应用的常见问题，本题因为参数的引入，增大了讨论的难度，学生易出错。不等式恒成立问题，往往通过构造函数，研究函数的最值，使问题得解。

（1）当时，函数的单调增区间为和，单调减区间为；

当时，函数的单调增区间为R；

当时，函数的单调增区间为和，单调减区间为

（2）略

（1）由（I）得

故

令，则或 ①当时，

当变化时，与的变化情况如下表：

由此得，函数的单调增区间为和，单调减区间为

②由时，，此时，恒成立，且仅在处，

故函数的单增区间为R

③当时，，同理可得函数的单调增区间为和，单调减区间为

综上：

当时，函数的单调增区间为和，单调减区间为；

当时，函数的单调增区间为R；

当时，函数的单调增区间为和，单调减区间为

（2）当时，得

由，得

由（Ⅱ）得的单调增区间为和，单调减区间为

所以函数在处取得极值。

故

所以直线的方程为

由得  令

易得，而的图像在内是一条连续不断的曲线，

故在内存在零点，这表明线段与曲线有异于的公共点

.

（1）（2）见解析（3）见解析

（1），

有单调减区间，有解

，有解

①时合题意

②时，，即，的范围是

（2）设，

           ∴当x＝0时,Φ(x)有最大值0，恒成立

即成立                                                                                 （8分）

（3）

求证成立                                                                                                                    （12分）

（1）单调增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)．（2）不是，（3）见解析

(1)解　当a＝－1时，f′(x)＝ (x>0)

令f′(x)>0，得x∈(1，＋∞)；

令f′(x)<0，得x∈(0,1)．

∴函数f(x)的单调增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)．

(2)解　∵f′(x)＝ (x>0)，∴f′(2)＝－＝1得a＝－2，∴f(x)＝－2ln x＋2x－3，g(x)＝x3＋x2－2x，∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数，且g′(0)＝－2，∴

由题意知：对于任意的t∈[1,2]，g′t<0恒成立，

所以，∴－<m<－9.

故m的取值范围是.

(3)证明　由(1)知当x∈(1，＋∞)时f(x)>f(1)，即－ln x＋x－1>0，∴0x<x－1对一切x∈(1，＋∞)成立．

∵n≥2，n∈N*，则有0n<n－1，∴0<.

∴ (n≥2，n∈N*)．