热门试卷

（I）因为图象关于原点对称，所以f（x）为奇函数，所以b=0，d=0；

所以f（x）=ax3+cx，因此f'（x）=3ax2+c

由题意得 ，

解得 a=，c=-

所以f（x）=x 3-x．

（II）不存在．

证明：假设存在x1，x2，则f'（x1）•f'（x2）=-1

所以（x12-1）（x22-1）=-4

因为x1，x2∈[-1，1]所以x12-1，x22-1∈[-1，0]

因此（x12-1）（x22-1）≠-4

所以不存在．

（1）.（2）实数的取值范围是[．

试题分析：（1）切点处的导函数值，为切线的斜率.因此，设切点为，可得，即，

由（1）解得或.分别代人（2）讨论得到.

（2）由得：（4），

可化为：；

只需讨论确定，，，的最大值.

试题解析：（1）设切点为，由题意得：

，即，

由（1）解得或.（4分）

将代入（2）得：.

将代入（2）得：（3），

设，则，

所以在（0,2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，，所以方程（3）无实数解。（6分）所以，.

（2）由得：（4），

由知：在（0,1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，

所以,的最小值为，

所以不等式（4）可化为：；（8分）

设，，，

当，时，，所以；

当，1）时，，所以；

所以在上单调递减，在[1，]上单调递增,

所以，又，，

，又，所以，

所以，，

所以，当，时，恒成立时实数的取值范围是[．（13分）

备注：解答题的其它解法可相应给分。

（Ⅰ）由题设知a≠0，f′(x)=3ax2-6x=3ax(x-)．

令f′(x)=0得x1=0，x2=．

当（i）a＞0时，

若x∈（-∞，0），则f'（x）＞0，

所以f（x）在区间(-∞，)上是增函数；

若x∈(0，)，则f'（x）＜0，

所以f（x）在区间(0，)上是减函数；

若x∈(，+∞)，则f'（x）＞0，

所以f（x）在区间(，+∞)上是增函数；

（ii）当a＜0时，

若x∈(-∞，)，则f'（x）＜0，

所以f（x）在区间(-∞，)上是减函数；

若x∈(0，)，则f'（x）＜0，

所以f（x）在区间(0，)上是减函数；

若x∈(，0)，则f'（x）＞0，

所以f（x）在区间(，0)上是增函数；

若x∈（0，+∞），则f'（x）＜0，

所以f（x）在区间（0，+∞）上是减函数．

（Ⅱ）由（Ⅰ）的讨论及题设知，曲线y=f（x）上的两点A、B的纵坐标为函数的极值，

且函数y=f（x）在x=0，x=处分别是取得极值f(0)=1-，f()=--+1．

因为线段AB与x轴有公共点，所以f(0)•f()≤0．

即(--+1)(1-)≤0．

所以≤0．

故（a+1）（a-3）（a-4）≤0，且a≠0．

解得-1≤a＜0或3≤a≤4．

即所求实数a的取值范围是[-1，0）∪[3，4]．

（1）所以函数f（x）的单调递减区间为（0，），单调递增区间为（ ，+∞）

（2）见解析    （3）见解析

（1）由题意可知函数的定义域为（0，+∞），

求导数可得f′（x）=2xlnx+x2•=2xlnx+x=x（2lnx+1），

令f′（x）=0，可解得x=，

当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

所以函数f（x）的单调递减区间为（0，），单调递增区间为（ ，+∞）

（2）证明：当0＜x≤1时，f（x）≤0，设t＞0，令h（x）=f（x）﹣t，x∈[1，+∞），

由（1）可知，h（x）在区间（1，+∞）单调递增，h（1）=﹣t＜0，h（et）=e2tlnet﹣t=t（e2t﹣1）＞0，

故存在唯一的s∈（1，+∞），使得t=f（s）成立；

（3）证明：因为s=g（t），由（2）知，t=f（s），且s＞1，

从而====，其中u=lns，

要使成立，只需，

即2＜，即2＜2+，

只需，变形可得只需0＜lnu＜，

当t＞e2时，若s=g（t）≤e，则由f（s）的单调性，有t=f（s）≤f（e）=e2，矛盾，

所以s＞e，即u＞1，从而lnu＞0成立，

另一方面，令F（u）=lnu﹣，u＞1，F′（u）=，

令F′（u）=0，可解得u=2，

当1＜u＜2时，F′（u）＞0，当u＞2时，F′（u）＜0，

故函数F（u）在u=2处取到极大值，也是最大值F（2）=ln2﹣1＜0，

故有F（u）=lnu﹣＜0，即lnu＜，

综上可证：当t＞e2时，有成立．

（1），；（2）.

试题分析：（1）利用条件“曲线经过点，且在点处的切线为”得到

以及，从而列出方程组求解、的值；（2）利用参数分离法将问题等价转化为

在区间上恒成立，并构造新函数，转化为，

利用导数求出函数在区间的最大值，从而可以求出实数的取值范围.

（1），

依题意，，即，解得；

（2）由，得：，

时， 

即恒成立，当且仅当，

设，，，

由得（舍去），，

当，；当，，

在区间 上的最大值为，

所以常数的取值范围为.

 （1）；（2）；（3）当时，存在常数，使；当时，不存在常数，使.

试题分析：（1）这是一个求函数单调递减区间的问题，比较简单，可以通过导数的符号去判断；（2）这是一个两方程有公共解且公共解唯一的问题，消去参数后就转化为含有参数的关于未知数的三次方程有唯一解的问题，可利用三次函数的图象判断；（3）可设，然后把点的坐标和都用表示，再考察关于的等式恒成立，从而去确定常数是否存在.

试题解析：(1)当时， .             2分

令f ¢(x)<0，解得，f(x)的单调减区间为．          4分

(2) ，

由题意知消去，得有唯一解．  6分

令，则，

以在区间，上是增函数，在上是减函数，   8分

又，，

故实数的取值范围是．               10分

(3) 设，则点处切线方程为，

与曲线：联立方程组，得，即，所以点的横坐标．         12分

由题意知，，，

若存在常数，使得，则，

即常数，使得，

所以常数，使得解得常数，使得，．    15分

故当时，存在常数，使；当时，不存在常数，使．16分

（1）A={a|－1≤a≤1}. （2）{m|m≥2，或m≤－2}.）

试题分析：（1）f＇(x)== ，

∵f(x)在[－1，1]上是增函数，∴f＇(x)≤0对x∈[－1，1]恒成立，

即x2－ax－2≤0对x∈[－1，1]恒成立.       ①

设(x)=x2－ax－2，

① －1≤a≤1，

∵对x∈[－1，1]，f(x)是连续函数，且只有当a=1时，f＇(-1)=0以及当a=－1时，f＇(1)=0

∴A={a|－1≤a≤1}.                        -6分

（2）由=，得x2－ax－2=0，  ∵△=a2+8>0

∴x1，x2是方程x2－ax－2=0的两实根，

∴从而|x1－x2|==.

∵－1≤a≤1，∴|x1-x2|=≤3.                10分

要使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立，

当且仅当m2+tm+1≥3对任意t∈[－1，1]恒成立，

即m2+tm－2≥0对任意t∈[－1，1]恒成立.       ②

设g(t)=m2+tm－2=mt+(m2－2)，

（方法一：）

②m≥2或m≤－2.

所以，存在实数m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立，其取值范围是{m|m≥2，或m≤－2}.                      --14分

（注：方法二： 当m=0时，②显然不成立；  当m≠0时，

② 或 m≥2或m≤－2.

所以，存在实数m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立，

其取值范围是{m|m≥2，或m≤－2}.）

点评：难题，在某区间，导函数值非负，则函数为增函数；导函数值非正，则函数为减函数。通过研究函数的图象和性质，进一步研究方程有实根的情况，这是函数与方程思想的灵活应用。不等式恒成立问题，一般的要转化成求函数的最值问题。

（1）当时，在上是增函数；

当时，在上是减函数，在上是增函数.

（2）见解析.

试题分析：（1）求导数，研究导函数值的正负，确定单调区间.

由于，当时，.

所以，讨论当，即时，当，即时，即得结论；

（2）构造函数，由于导数，通过确定函数的单调性及最值，达到解题目的.

由于，

所以令，再次利用导数加以研究，

当时， 在上是减函数，

当时， 在上是增函数，

又

得到当时,恒有,即,

在上为减函数，由，得证.

（1），所以．        2分

当时，，故有：

当，即时，，；

当，即时，，

令，得；令，得，        5分

综上，当时，在上是增函数；

当时，在上是减函数，在上是增函数．  6分

（2）设，则，

令，则，               8分

因为，所以当时，；在上是减函数，

当时，，在上是增函数，

又所以当时,恒有,即,

所以在上为减函数，所以，

即当时，.                 13分

（1）；（2）;(3) .

试题分析：（1）曲线在点处的切线斜率，等于函数在该点的导数值.

（2）遵循“求导数、求驻点、讨论区间导数值的正负、确定极值”等步骤，

通过讨论，，，时函数的单调性，确定得到最小值，

确定的取值范围.

（3）根据题目的条件结构特征，构造函数，即，

只要在上单调递增即可.

通过研究

讨论，，得到在上单调递增；

当时，只需在上恒成立，因为，将问题转化成只要，从而，利用一元二次不等式的知识，得到实数的取值范围.

本题突出利用了“转化与化归思想”.

试题解析：（1）当时，，

∵，

∴曲线在点处的切线方程是；

（2）函数x的定义域是．

当时，

令，得或．

当，即时，在上单调递增，

所以在上的最小值是；

当时，在上的最小值是，不合题意；

当时，在上单调递减，

所以在上的最小值是，不合题意．

综上，a≥1；

（3）设，则，

只要在上单调递增即可。          10分

而

当时，，此时在上单调递增；        11分

当时，只需在上恒成立，因为，只要，

则需要，            12分

对于函数，过定点（0，1），对称轴，只需，

即. 综上.                   14分