热门试卷

（1）－1；（2）；（3）详见解析.

试题分析：（1）根据利用导数求函数在闭区间上的最值的方法即可求得.

（2）首先将代入得，然后求导：.

在区间上不单调，那么方程在（0，3）上应有实数解，且不是重根即解两侧的导数值小于0.

将方程变形分离变量得：.下面就研究函数，易得函数在上单调递增，所以，（）.结合图象知，时，在（0，3）上有实数解.这些解会不会是重根呢？

由得：，若有重根，则或.这说明时，没有重根. 由此得：.

（3）时，，所以.有两个实根，则将两根代入方程，可得.

再看看待证不等式：，这里面不仅有，还有，那么是否可以消去一些字母呢？

将两式相减，得， 变形得：

, 将此式代入上面不等式即可消去，整理可得：

，再变形得：．下面就证这个不等式.这类不等式就很常见了，一般是将看作一个整体，令，又转化为 ，只需证即可．而这利用导数很易得证.

试题解析：（1）  

函数在[,1]是增函数，在[1,2]是减函数，     3分

所以．                                     4分

（2）因为，所以，                  5分

因为在区间上不单调，所以在（0，3）上有实数解，且无重根，

由，有=，（）            6分

又当时，有重根；时，有重根.           7分

综上                             8分

（3）∵，又有两个实根，

∴，两式相减，得，

∴,                                          10分

于是

．                            11分

．

要证：，只需证：

只需证：．(*)                                        12分

令，∴(*)化为 ，只证即可． 在（0，1）上单调递增，，即．∴．  14分

（Ⅰ）函数的单调递增区间为，单调递减区间为；（Ⅱ）实数a的取值范围是；（Ⅲ）详见解析.

试题分析：（Ⅰ）当时，求函数的单调区间,即判断在各个区间上的符号,只需对求导即可；（Ⅱ）当时，不等式恒成立，即恒成立，令 （），只需求出最大值,让最大值小于等于零即可,可利用导数求最值,从而求出的取值范围；（Ⅲ）要证（成立,即证,即证,由（Ⅱ）可知当时，在上恒成立，又因为,从而证出.

试题解析：（Ⅰ）当时，（），（），

由解得，由解得,故函数的单调递增区间为，单调递减区间为；

（Ⅱ）因当时，不等式恒成立，即恒成立，设 （），只需即可．由，

（ⅰ）当时，，当时，，函数在上单调递减，故 成立；

（ⅱ）当时，由，因，所以，①若，即时，在区间上，，则函数在上单调递增，在 上无最大值（或：当时，），此时不满足条件；②若，即时，函数在上单调递减，在区间上单调递增，同样 在上无最大值，不满足条件 ；

（ⅲ）当时，由，∵，∴，

∴，故函数在上单调递减，故成立．

综上所述，实数a的取值范围是．

（Ⅲ）据（Ⅱ）知当时，在上恒成立，又，

∵ 

 ，∴．

解：（Ⅰ），

由于，故当x∈时，lna＞0，ax﹣1＞0，所以，

故函数在上单调递增。       ………………………………………4分

（Ⅱ）当a＞0，a≠1时，因为，且 在R上单调递增，

故有唯一解x=0。

要使函数 有三个零点，所以只需方程 有三个根，

即，只要，解得t=2； ………………………………9分

（Ⅲ）因为存在x1，x2∈[﹣1,1]，使得，

所以当x∈[﹣1,1]时，。

由（Ⅱ）知，，

。

事实上，。

记（）

因为 

所以 在上单调递增，又。

所以  当 x＞1 时，；

当0＜x＜1 时，，

也就是当a＞1时，；

当0＜a＜1时，。

① 当时，由，得，

解得 。

②当0＜a＜1时，由，得，

解得 。

综上知，所求a的取值范围为。

略

（1）a≤1时，f(x)的减区间为(1，＋∞)；a>1时，f(x)的增区间为(1,2a－1)，f(x)的减区间为(2a－1，＋∞)．（2）当a≥2时，f(x)有最小值2－a；当a<2时，f(x)没有最小值．

(1)f′(x)＝，x∈(1，＋∞)．

由f′(x)＝0，得x1＝1，或x2＝2a－1.

①当2a－1≤1，即a≤1时，在(1，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；

②当2a－1>1，即a>1时，在(1,2a－1)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，在(2a－1，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)单调递减．

综上所述，a≤1时，f(x)的减区间为(1，＋∞)；a>1时，f(x)的增区间为(1,2a－1)，f(x)的减区间为(2a－1，＋∞)．

(2)①当a≤1时，由(1)知f(x)在[2，＋∞)上单调递减，不存在最小值；

②当a>1时，若2a－1≤2，即a≤时，f(x)在[2，＋∞)上单调递减，不存在最小值；

若2a－1>2，即a> 时，f(x)在[2,2a－1)上单调递增，在(2a－1，＋∞)上单调递减，因为f(2a－1)＝>0，且当x>2a－1时，x－a>a－1>0，所以当x≥2a－1时，f(x)>0.又因为f(2)＝2－a，所以当2－a≤0，即a≥2时，f(x)有最小值2－a；当2－a>0，即<a<2时，f(x)没有最小值．

综上所述：当a≥2时，f(x)有最小值2－a；当a<2时，f(x)没有最小值．

（1） 详见解析；（2） 的取值范围；（3）详见解析．

试题分析：（1） 当时，求证：当时，，将代入，得，注意到，只要证明当时，单调递增，则，由于中含有指数函数，可对求导得，只需证明当时，即可，注意到，只要证明当时，单调递增即可，因此令，对求导得，显然当时，，问题得证；（2） 求实数的取值范围，由于在区间上单调递增，则当时，，故对求导得，即当时，恒成立，即)恒成立，只需求出的最小值即可，令，对求导得，令导数等于零，解出的值，从而的最小值，进而得实数的取值范围；

（3）求证：，由（1） 知：当时，，即，可得，两边取对数得，令，得，再令，得个式子相加，然后利用放缩法可证得结论．

试题解析：（1） ，则h(x)＝，∴h′(x)＝ex－1＞0(x＞0)，

∴h(x)＝f′(x)在(0，＋∞)上递增，∴f′(x)＞f′(0)＝1＞0，

∴f(x)＝ex－x2在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)＞f(0)＝1.(     4分)

（2） f′(x)＝ex－2kx，下面求使 (x＞0)恒成立的k的取值范围．

若k≤0，显然f′(x)＞0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；

记φ(x)＝ex－2kx，则φ′(x)＝ex－2k，

当0＜k＜时，∵ex＞e0＝1， 2k＜1，∴φ′ (x)＞0，则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，

于是f′(x)＝φ(x)＞φ(0)＝1＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

当k≥时，φ(x)＝ex－2kx在(0，ln 2k)上单调递减，在(ln 2k，＋∞)上单调递增，

于是f′(x)＝φ(x)≥φ(ln 2k)＝eln 2k－2kln 2k，

由eln 2k－2kln 2k≥0得2k－2kln 2k≥0，则≤k≤，

综上，k的取值范围为(－∞，]．      9分

另解：（2） ，下面求使(x＞0)恒成立的k的取值范围．

)恒成立。记

在上单调递减，在上单调递增。

综上，k的取值范围为(－∞，]．(    9分)

（3）由(1)知，对于x∈(0，＋∞)，有f(x)＝ex＞x2＋1，∴e2x＞2x2＋1，

则ln(2x2＋1)＜2x，从而有ln(＋1)＜ (n∈N*)，

于是ln(＋1)＋ln(＋1)＋ln(＋1)＋ ＋ln(＋1)＜＋＋ ＋＜＋＋ ＋＝2＋2(1－＋ ＋－)＝4－＜4，故(＋1)(＋1)(＋1) (＋1)＜e4.(     14分)

另解：(3)由(1)知，对于x∈(0，＋∞)，有f(x)＝ex＞x2＋1，∴e2x＞2x2＋1，

则ln(2x2＋1)＜2x，从而有ln(＋1)＜ (n∈N*)，

又

于是ln(＋1)＋ln (＋1)＋ln(＋1)＋ ＋ln(＋1)＜

故(＋1)(＋1)(＋1) (＋1)＜e4.    (     14分)

（1）且，（2）当时，函数的减区间为，；

当时，函数的减区间为；当时，函数的减区间为，，（3）.

试题分析：（1）根据导数几何意义分别求出曲线与在处的切线斜率，再根据两者相等得到，满足的条件，易错点不要忽视列出题中已知条件，（2）求函数的单调减区间，一是求出函数的导数，二是判断对应区间的导数值符号.本题难点在于导数为零时根的大小不确定，需根据根的大小关系分别讨论单调减区间情况，尤其不能忽视两根相等的情况，（3）本题恒成立转化为函数最小值不小于零，难点是求函数的最小值时须分类讨论，且每类否定的方法为举例说明.另外，本题易想到用变量分离法，但会面临问题，而这需要高等数学知识.

试题解析：（1），，又，

在处的切线方程为，          2分

又，，又，在处的切线方程为，

所以当且时，曲线与在处总有相同的切线     4分

（2）由，，，

，         7分

由，得，，

当时，函数的减区间为，；

当时，函数的减区间为；

当时，函数的减区间为，.      10分

（3）由，则，，

①当时，，函数在单调递增，

又， 时，，与函数矛盾，   12分

②当时，，；，

函数在单调递减；单调递增，

（Ⅰ）当时，，又，，与函数矛盾，

（Ⅱ）当时，同理，与函数矛盾，

（Ⅲ）当时，，函数在单调递减；单调递增，

，故满足题意.

综上所述，的取值的集合为.                       16分

（1）；（2）f (x)的递增区间为（－∞，－），及（1，＋∞），递减区间为（－，1），当x＝－时，f (x)有极大值，f (－)＝；当x＝1时，f (x)有极小值，f (1)＝－；（3）或．

试题分析：（1）函数的极值点是使导数等于0的的值，因此本题中一定有和，由此可解出的值；（2）再由可求出，而求单调区间，很显然是解不等式（得增区间）或（得减区间），然后可得相应的极大值和极小值；（3）不等式恒成立，实际上就是当时的最大值小于，因此问题转化为先求在上的最大值，然后再解不等式即可．

试题解析：（1）f ′(x)＝3x2＋2a x＋b＝0．

由题设，x＝1，x＝－为f ′(x)＝0的解．

－a＝1－，＝1×(－)．∴a＝－，b＝－2       3分

经检验得：这时与都是极值点．      …4分

（2）f (x)＝x3－x2－2 x＋c，由f (－1)＝－1－＋2＋c＝，c＝1．

∴f (x)＝x3－x2－2 x＋1．

∴f(x)的递增区间为（－∞，－），及（1，＋∞），递减区间为（－，1）．

当x＝－时，f (x)有极大值，f (－)＝；

当x＝1时，f (x)有极小值，f (1)＝－        …8分

（3）由（1）得，f′(x)＝(x－1)(3x＋2)，f (x)＝x3－x2－2 x＋c，

f (x)在[－1，－及（1，2]上递增，在（－，1）递减．

而f (－)＝－－＋＋c＝c＋．f (2)＝8－2－4＋c＝c＋2．

∴  f (x)在[－1，2]上的最大值为c＋2．∴ ，∴ 

∴ 或∴ 或   12分

( I ) ；(Ⅱ)当m≥0时，在(0，＋∞)上为增函数；当m＜0时，在上为增函数，在上为减函数.(Ⅲ)存在，.

试题分析：( I )先求出定点P，然后找出点P关于直线的对称点代入，即得到；(Ⅱ)将代入，得到，再讨论m的取值范围，从而得到的单调性；(Ⅲ)先求出的表达式，再假设存在P、Q两点满足题意，由，讨论的范围，从而得到a的取值范围为.

试题解析：( I ) 令，则，即函数图象恒过定点P (2，0)    (1分)

∴P (2，0)关于直线的对称点为(1，0)       (2分)

又点(1，0)在的图象上，∴，∴      (3分)

(Ⅱ) ∵且定义域为      (4分)

∴    (5分)

∵x＞0，则x＋1＞0　

∴当m≥0时，此时在(0，＋∞)上为增函数.      (6分)

当m＜0时，由得，由得

∴在上为增函数，在上为减函数.      (7分)

综上，当m≥0时，在(0，＋∞)上为增函数.

当m＜0时，在上为增函数，在上为减函数.   (8分)

(Ⅲ)由( I )知，，假设曲线上存在两点P、Q满足题意，则P、Q两点只能在轴两侧，设，则，

因为△OPQ(O为原点)是以O为直角顶点的直角三角形，

，即①

（1）当时，，此时方程①为，化简得.此方程无解，满足条件的P、Q不存在.

(2)当时，，此时方程①为，

即.

设，则，

显然当时，，即在上为增函数，所以的值域为.

所以当时方程①总有解.

综上，存在P、Q两点满足题意，则a的取值范围为.