热门试卷

（1）函数的单调递减区间为，单调递增区间为；(2)实数的最小值为.

试题分析：（1）先求定义域，然后对函数求导，令，求出单调递减区间；，即求出单调递增区间；(2) 由（I）知恒成立可转化为，解得.

试题解析：（1）当时，，定义域为，

                    3分

当时，，当时， 

∴f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为．         5分

(2) 由（1）知，则恒成立，

即

当时，取得最大值，∴，∴.        12分

（1）；（2）

试题分析：（1）因为函数，所以要求函数存在极大值和极小值即对函数的求导，要保证导函数的对应的方程有两个不相等的正实根.所以通过判别式大于零和韦达定理中根与系数的关系即可得到结论.

（2）根据极大值与极小值的含义得到两个相应的方程，又由两个极值点的关系，将其中一个消去，由两个极值相加可得关于关于极大值点的等式从而通过基本不等式求最值即可.

试题解析：（1）其中

由题设知且关于的方程有两个不相等的正数根，

记为满足化简得

经检验满足题设，故为所求.

（2）方法一：由题设结合知，

且

所以

 ，

因为，所以在区间是减函数，

所以设且，

所以在区间上是减函数，

所以

因此

方法二：由题设结合知

且

所以

，

设，，

所以在区间上是增函数，

而，设，则在时是增函数，

所以当时，，即，

所以且

因此

方法三：由方法一知

设，则

所以在区间上是增函数，而

所以

方法四：前同方法二知，

当时，关于的方程有两个不相等的正数根

那么即解得，

下同方法二.

解:

要使在（0，4）上单调，

须在（0，4）上恒成立。

在（0，4）上恒成立在（0，4）上恒成立．

而必有

在（0，4）上恒成立

或                             

综上，所求的取值范围为，或，或

略

(Ⅰ)函数没有极值. （Ⅱ）

(Ⅰ)；  ……3分

\函数没有极值.                           ……………………6分

(Ⅱ)定义域为.令

要使在单调，只需恒成立      ……………8分

当p=0时，； \函数在单调递减  ……10分

当时，，即，       ……12分

当时，在上单调递减，又满足题意,综上  …14分

（1），；（2）.

试题分析：（1）欲求函数极值应先求函数导数，并求出的根，再判断在根左右导数是否异号，若成立则此根为极值点，代入函数解析式可求极值.（2）对于存在性问题，一般假设存在然后依条件求出，若有则有，若无则假设不成立.

试题解析：

(1)当时，.令，可得.

当时，，当时，      5分

，设切点为，

则曲线在点P的切线的斜率

由题意知有解

∴ 即．                               10分

（1）a＝2.     （2）见解析

解：(1)因为f(1)＝0，g(1)＝0，

所以点(1,0)同时在函数f(x)，g(x)的图像上，

因为f(x)＝x2－1，g(x)＝aln x，

所以f′(x)＝2x，g′(x)＝，

由已知，得f′(1)＝g′(1)，所以2＝，即a＝2.

(2)因为F(x)＝f(x)－2g(x)＝x2－1－2aln x(x>0)，

所以F′(x)＝2x－＝，

当a<0时，

因为x>0，且x2－a>0，所以F′(x)>0对x>0恒成立，

所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，F(x)无极值；

当a>0时，

令F′(x)＝0，解得x1＝，x2＝－ (舍去)，

所以当x>0时，F′(x)，F(x)的变化情况如下表：

所以当x＝时，F(x)取得极小值，且F()＝()2－1－2aln＝a－1－aln a.

综上，当a<0时，函数F(x)在(0，＋∞)上无极值；

当a>0时，函数F(x)在x＝处取得极小值a－1－aln a.

（1）.（2）（3）见解析

试题分析：（1）根据题意，其实是求实数t的取值范围使函数的最小值小于零，结合函数的解析式的特点，应利导数工具，研究函数的单调性和极（最）值问题.（2）要证，即证：，只要证：,因为，所以， ，因此可构造函数，利用导数探究其在符号即可.类似的方法可证明，必要时可借用（1）的结论.

（3）根据的定义，

要证 

只需证：

由（2），若令，则有

当分别取时有：  

上述同向不等式两边相加可得：，类似地可证另一部分.

试题解析：（1）若t＜0，令x＝，则f()＝e－1－1＜0；

若t＝0，f(x)＝ex－1＞0，不合题意；

若t＞0，只需f(x)min≤0．

求导数，得f′(x)＝ex－1－t．

令f′(x)＝0，解得x＝lnt＋1．

当x＜lnt＋1时，f′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，lnt＋1)上是减函数；

当x＞lnt＋1时，f′(x)＞0，∴f(x)在(lnt＋1，＋∞)上是增函数．

故f(x)在x＝lnt＋1处取得最小值f(lnt＋1)＝t－t(lnt＋1)＝－tlnt．

∴－tlnt≤0，由t＞0，得lnt≥0，∴t≥1．

综上可知，实数t的取值范围为(－∞，0)∪[1，+∞)．          4分

（2）由（1），知f(x)≥f(lnt＋1)，即ex－1－tx≥－tlnt．

取t＝1，ex－1－x≥0，即x≤ex－1．

当x＞0时，lnx≤x－1，当且仅当x＝1时，等号成立，

故当x＞0且x≠1时，有lnx＜x－1．

令x＝，得ln＜－1（0＜a＜b），即ln＜．

令x＝，得ln＜－1（0＜a＜b），即－ln＜，亦即ln＞．

综上，得＜ln＜．                     9分

（3）由（2），得＜ln＜．

令a＝k，b＝k＋1（k∈N*），得＜ln＜．

对于ln＜，分别取k＝1，2， ，n，

将上述n个不等式依次相加，得

ln＋ln＋ ＋ln＜1＋＋ ＋，

∴ln(1＋n)＜1＋＋ ＋．     ①

对于＜ln，分别取k＝1，2， ，n－1，

将上述n－1个不等式依次相加，得

＋＋ ＋＜ln＋ln＋ ＋ln，即＋＋ ＋＜lnn（n≥2），

∴1＋＋ ＋≤1＋lnn（n∈N*）．      ②

综合①②，得ln(1＋n)＜1＋＋ ＋≤1＋lnn．

易知，当p＜q时，[p]≤[q]，

∴[ln(1＋n)]≤[1＋＋ ＋]≤[1＋lnn]（n∈N*）．

又∵[1＋lnn]＝1＋[lnn]，

∴[ln(1＋n)]≤[1＋＋ ＋]≤1＋[lnn]（n∈N*）．           14分

（1）增函数；（2）；（3） .

试题分析：(1) 本小题首先求得函数的定义域，再利用导数的公式和法则求得函数的导函数，发现其在恒大于零，于是可知函数在上单调递增；(2) 本小题首先求得函数的定义域，再利用导数的公式和法则求得函数的导函数，根据函数在其定义域内为增函数，所以，，然后转化为最值得求解；（3）本小题首先分析“，，总有成立”等价于 “在上的最大值不小于在上的最大值”，于是问题就转化为求函数的最值.

试题解析：（1）的定义域为,且>0

所以f(x)为增函数.                          3分

（2），的定义域为

                     5分

因为在其定义域内为增函数，所以，

而，当且仅当时取等号，所以      9分

（3）当时，，

由得或

当时，；当时，．

所以在上，                    11分

而“，，总有成立”等价于

“在上的最大值不小于在上的最大值”

而在上的最大值为

所以有

所以实数的取值范围是                    14分

（1）f′（x）=3x2-2ax-1（3分）

（2）f′（-1）=3+2a-1=0∴a=-1∴f（x）=x3+x2-x-1∴f′（x）=3x2+2x-1

由∴f′（x）=0可得x=或x=-1

又∵f()=-，f(-2)=-3，f(3)=32，f(-1)=0

∴f（x）在[-2，3]上的最小值为-3．（9分）

（3）∵f′（x）=3x2-2ax-1图象开口向上，且恒过点（0，-1）

由条件可得：∴f′（-2）≥0，11+4a≥0即：a≥-由f′(3)≥0得a≤

∴a的取值范围是[-，]..（14分）