热门试卷

（1）的单调递增区间为，，单调递减区间为

（2）当时，．

（3）构造函数，然后借助于在区间、分别存在零点，又由二次函数的单调性可知最多在两个零点，进而得到结论。

试题分析：（1）

当时可解得，或

当时可解得

所以函数的单调递增区间为，，

单调递减区间为                         3分

（2）当时，因为在单调递增，所以

当时，因为在单减，在单增，所能取得的最小值为，，，，所以当时，．

综上可知：当时，．　                  7分

（3）即

考虑函数，

，，

所以在区间、分别存在零点，又由二次函数的单调性可知：最多存在两个零点，所以关于的方程：在区间上总有两个不同的解                                  10分

点评：考查了导数在研究函数中的运用，以及利用函数与方程的思想的综合运用，属于难度题。

（1）；（2）增函数；（3）.

试题分析：（1）由

因为是偶函数，所以，又曲线在点处的切线的斜率为，所以有，利用以上两条件列方程组可解的值；

（2）由（1），，当时，利用的符号判断的单调性；

（3）要使函数有极值，必须有零点，由于，所以可以对的取值分类讨论，得到时满足条件的的取值范围.

解：（1）对求导得，由为偶函数，知，

即，因，所以

又，故.

（2）当时，，那么

故在上为增函数.

（3）由（1）知，而，当时等号成立.

下面分三种情况进行讨论.

当时，对任意，此时无极值；

当时，对任意，此时无极值；

当时，令，注意到方程有两根，

即有两个根或.

当时，；又当时，从而在处取得极小值.

综上，若有极值，则的取值范围为.

（1）在区间上为增函数，证明见解析；（2），在上单调递减，在单调递增．

试题分析：（1）首先求导函数，然后根据区间判断的符号即可证明；（2）利用函数的极值点是导函数的零点通过建立方程可求得的值，然后再通过判断的符号确定单调区间．

（1）当时，，求导数得：．

∵当时，，∴ ，

∴当时函数在区间上为增函数．

（2）求导数得：．

由是的极值点得，∴．

于是，定义域为，，

显然函数在上单调递增，且，

因此当时，；时，，

所以在上单调递减，在单调递增．

（1）；（2）；（3）证明过程详见解析.

试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性、利用导数求函数的极值与最值等数学知识，考查学生分析问题解决问题的能力、转化能力和计算能力.第一问，先对求导，利用，判断函数的单调区间，利用单调性的变化，判断有无极值；第二问，将已知的恒成立问题转化为，即转化为求函数的最小值问题，利用导数判断的单调性，求出最小值；第三问，利用第二问的结论进行变形，得到类似所证结论的表达式，通过式子的累加得到所证结论.

试题解析：（1）当x>0时，，有

；

所以在（0，1）上单调递增，在上单调递减，

函数在处取得唯一的极值．由题意，且，解得

所求实数的取值范围为.              4分

（2）当时，   5分

令，由题意，在上恒成立

   6分

令，则，当且仅当时取等号．

所以在上单调递增，．   8分

因此，   在上单调递增，．

所以．所求实数的取值范围为      9分

（3）由（2），当时，即，即．   10分

从而．             12分

令，得，

 将以上不等式两端分别相加，得

          14分

解（1），由题意得，是的一个极值点,

∴，即 ……  ………1分

(2) 由（1）得，∴

设，

则

当变化时，的变化情况如下表：

当时，，，

∵方程在上恰有两个不相等的实数根，

∴

(3)∵，

∴

设，则

当时，函数在上是减函数，

∴

∴当时，，

∴

∴原不等式成立.

略

(Ⅰ)(Ⅱ)唯一公共点(Ⅲ)

(Ⅰ) 由题意知. ……………1分，设直线与相切与点 。∴……………4分

(Ⅱ)证明曲线与曲线有唯一公共点，过程如下。

，

∴曲线与曲线只有唯一公共点.……………8分

(Ⅲ) 解法一：∵

……………9分

令。

，且

∴，∴

∴ ……………14分

解法二：……………9分

以为主元，并将其视为，构造函数，则

，且……………10分

∵且，∴在上单调递增，

∴当时，∴在上单调递增，

∴当时，……………10分

∴ ……………14分

（Ⅰ）；（Ⅱ）当时,的极小值点为和，极大值点为；当时,的极小值点为；当时,的极小值点为；（Ⅲ）.

试题分析：（Ⅰ）时，，先求切线斜率，又切点为，利用直线的点斜式方程求出直线方程；（Ⅱ）极值点即定义域内导数为0的根，且在其两侧导数值异号，首先求得定义域为，再去绝对号，分为和两种情况，其次分别求的根并与定义域比较，将定义域外的舍去，并结合图象判断其两侧导数符号，进而求极值点；（Ⅲ）即，当时，显然成立；当时，，当时，去绝对号得恒成立或恒成立，转换为求右侧函数的最值处理.

试题解析：的定义域为.

(Ⅰ)若，则，此时.因为，所以,所以切线方程为，即.

（Ⅱ）由于，.

⑴ 当时，，，

令，得，（舍去），

且当时，；当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增,的极小值点为.

⑵ 当时，.

① 当时，，令，得,(舍去).

若，即，则，所以在上单调递增；

若，即， 则当时，；当时，，所以在区间上是单调递减，在上单调递增，的极小值点为.

② 当时，.

令，得，记，

若，即时，，所以在上单调递减；

若，即时，则由得，且，

当时，；当时，；当时，，

所以在区间上单调递减，在上单调递增；在上单调递减.

综上所述,当时,的极小值点为和，极大值点为；

当时,的极小值点为；

当时,的极小值点为.

（Ⅲ）函数的定义域为.由，可得…（*）

（ⅰ）当时，，，不等式（*）恒成立；

（ⅱ）当时，，即，所以；

（ⅲ）当时，不等式（*）恒成立等价于恒成立或恒成立.

令,则.令,则,

而，所以，即，

因此在上是减函数，所以在上无最小值，

所以不可能恒成立.

令，则，因此在上是减函数，

所以，所以.又因为，所以.

综上所述，满足条件的的取值范围是.

（1）极大值为0，无极小值;（2）;（3）不存在.

试题分析：（1）先求函数定义域，然后求导，判断单调性，根据单调性求极值；（2）因为函数在上单调递减，所以对恒成立，得到，下面只需求出

的最大值就行；（3）先假设存在，设出点得到，判断方程无根，所以不存在两点.

试题解析：（1）的定义域为                  1分

，                2分

故，单调递增；

，单调递减，       3分

时，取得极大值，无极小值。           4分

（2），，

若函数在上单调递减，

则对恒成立             5分

，只需      6分

时，，则，，   7分

故，的取值范围为             8分

（3）假设存在，不妨设，

         9分

                10分

由得，整理得   11分

令，， 12分，

∴在上单调递增，               13分

∴，故

∴不存在符合题意的两点。          14分.