热门试卷

（1）时，在上是增函数；时，在上单调递增，在上单调递减.（2），（3）详见解析

试题分析：（1）求函数单调区间，首先明确定义域，再求导，由于含有参数，需分类讨论根的情况. 时，，所以在上是增函数．当时，由，所以在上单调递增，在上单调递减.（2）本题考查函数与方程思想，实际研究直线与函数图像交点有两个的情况，由（1）知在上单调递增，在上单调递减，且，所以当时，方程有两解．（3）本题关键在于构造函数，首先将两变量分离，这要用到取对数，即因此只需证，即证为单调减函数，可利用导数，再结合（1）的结论，可证.

试题解析：（1）．

①时，，∴在上是增函数．         1分

②当时，由，由，

∴在上单调递增，在上单调递减.           4分

（2）当时，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，

又，              6分

∴．

∴当时，方程有两解．            8分

（3）∵.∴要证：只需证

只需证：．

设，                               10分

则．

由（1）知在单调递减，           12分

∴，即是减函数，而．

∴，故原不等式成立．                         14分

（Ⅰ）的单调递增区间为；的单调递减区间为；

（Ⅱ）详见解析

试题分析：（Ⅰ）先求导，再令导数等于0，讨论导数的正负得函数的增减区间。（Ⅱ）由（Ⅰ）知，的最小值.令还是先求导再令导数等于0，讨论导数的正负得函数的单调区间，从而可求得此函数的最值。

试题解析：解：

的定义域为.

.            2分

令，解得或（舍）.

当在内变化时，的变化情况如下：

由上表知，的单调递增区间为；的单调递减区间为.

5分

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，的最小值.         6分

令，则.

令，解得.                                  8分

当在内变化时，的变化情况如下：

所以函数的最大值为，即.

因为，所以.                    11分

（1）且；（2）；（3）详见解析．

试题分析：（1）求实数的取值范围，因为函数在时取得极值，故在有定义，得，可对函数求导得，，则是的根，这样可得的关系是，再由的范围可求得的取值范围；（2）当时，关于的方程有两个不相等的实数根，求实数的取值范围，当时，由得，代入得 ，对求导，判断单调性，即可得函数的最小值；（3）求证：，即证，因此需求出数列的通项公式及前项和为，由数列满足（且），，得，即，可求得，它的前项和为不好求，由此可利用式子中出现代换，由（2）知，令得，，取，叠加可证得结论．

试题解析：（1） ∵在有定义 ∴

∴是方程的根，且不是重根

∴ 且 又 ∵ ∴且          4分

（2）时   即方程在上有两个不等实根

即方程在上有两个不等实根

令 

∴在上单调递减，在上单调递增 

当时，且当时，

∴当时，方程有两个不相等的实数根           8分

（3）   ∴     ∴    ∴ 

∴                     10分

由（2）知  

代 得 即

∴

累加得

即      ∴   得证        14分

（1）增区间，减区间；（2）；（3）.

试题分析：（1）将代入函数解析式，直接利用导数求出函数的单调递增区间和递减区间；（2）将条件“在区间上为减函数”等价转化为“不等式在区间上恒成立”，结合参数分离法进行求解；（3）构造新函数，将“不等式在区间上恒成立”等价转化为“”，利用导数结合函数单调性围绕进行求解，从而求出实数的取值范围.

试题解析：（1）当时，，

，

解得；解得，

故的单调递增区间是，单调递减区间是；

（2）因为函数在区间上为减函数，

所以对恒成立，

即对恒成立，；

（3）因为当时，不等式恒成立，

即恒成立，设，

只需即可

由，

①当时，，

当时，，函数在上单调递减，故成立；

②当时，令，因为，所以解得，

（i）当，即时，在区间上，

则函数在上单调递增，故在上无最大值，不合题设；

（ii）当时，即时，在区间上；在区间上．

函数在上单调递减，在区间单调递增，同样在无最大值，不满足条件；

③当时，由，故，，

故函数在上单调递减，故成立

综上所述，实数的取值范围是.

（I）当时，在上是增函数.在上是减函数.当时，在上是增函数.（II）.

试题分析：（I）首先应明确函数的定义域为，

其次求导数，讨论①当时，②当时，

导函数值的正负，求得函数的单调性.

（II）注意到，即，构造函数，研究其单调性

在为增函数，从而由，得到.

试题解析：（I）函数的定义域为，

由于

①当，即时，恒成立，

所以在上都是增函数；

②当，即时，

由得或，

又由得，

所以在上是增函数.在上是减函数.

综上知当时，在上是增函数.在上是减函数.

当时，在上是增函数.

（II），即，因为，

所以

令，则

在上，，得，即，

故在为增函数，，

所以.

（1）；（2）证明过程详见解析；（3）存在实数，使得当时，有最小值３．

试题分析：本题主要考查对称区间上函数解析式、利用导数求函数最值、恒成立问题等基础知识，考查学生的分类讨论思想、数形结合思想，考查学生的转化能力、计算能力．第一问，把所求范围转化为已知范围代入到已知解析式，再利用奇偶性整理解析式；第二问，先将代入到和中，构造新函数，所求证的表达式转化为，对和求导判断函数单调性，求出函数最值，代入到转化的式子中验证对错即可；第三问，先假设存在最小值3，对求导，分情况讨论a，通过是否在区间内讨论a的4种情况，分别判断函数的单调性，且数形结合求出函数最值，令其等于3，解出a的值．

（1）设，则，所以又因为是定义在上的奇函数，所以 

故函数的解析式为         2分

（2）证明：当且时，

，设

因为，所以当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增，所以

又因为，所以当时，，此时单调递减，所以

所以当时，即           6分

（3）解：假设存在实数，使得当时，有最小值是3，

则

（ⅰ）当，时，．在区间上单调递增，

，不满足最小值是３

（ⅱ）当，时，，在区间上单调递增，

，也不满足最小值是３

（ⅲ）当，由于，则，故函数 是上的增函数．所以，解得（舍去）

（ⅳ）当时，则当时，，此时函数是减函数；当时，，此时函数是增函数．

所以，解得

综上可知，存在实数，使得当时，有最小值３      12分

（1）（2）.（3）.

试题分析：（1）当时，.

利用切线的斜率等于在切点处的导函数值，可得斜率得解.

（2）函数的定义域是. 根据当时、当、当时、当时等 几种情况，“求导数，求驻点，讨论区间单调性，确定函数的最值”，建立的方程.

（3）设，问题转化成“只要在上单调递增即可.”

当时，根据，知在上单调递增；

当时，只需在上恒成立，问题转化成“只要”.

（1）当时，.

因为.                           2分

所以切线方程是                         3分

（2）函数的定义域是.

当时， 

令，即，

所以或.                                 6分

当，即时，在［1，e]上单调递增，

所以在［1，e]上的最小值是，解得；     7分

当时，在［1，e]上的最小值是，即令，，

，而，，不合题意；      9分

当时，在[1，e]上单调递减，

所以在［1，e]上的最小值是，解得，不合题意

所以.

（3）设，则，

只要在上单调递增即可.             11分

而

当时，，此时在上单调递增；         12分

当时，只需在上恒成立，因为，只要，

则需要，                             13分

对于函数，过定点（0，1），对称轴，只需，

即. 综上.                    14分

（1）；（2）.

试题分析：）（1）极值点的求法是利用导数知识求解，求出，求得的解，然后确定当以及时的的符号，若当时，，当时，，则是极大值点，反之是极小值点；（2）时，，它存在单调递减区间，说明不等式有解，考虑到且，因此不等式在上有解，下面利用二次函数知识就可得出结论，当时，的图象是开口向上的抛物线，在上一定有解，当时，的图象是开口向下的抛物线，在上要有解，则至少有一正根，由于此时对称轴为，故只要，方程一定有正根.

试题解析：

令h′(x)=0，则3x2+2x-1=0，x1=－1,x2=       .   3分

所以的极大值点为．                 6分

①  当a>0,为开口向上的抛物线，

而总有的解；                8分

②  当a<0,为开口向下的抛物线，有的解；

则且方程至少有一正根，此时-1<a<0   11分

综上所述，.                  12分

（1）a＝3（2）

(1)f′(x)＝，f′(0)＝1－a，因为函数f(x)在点(0，f(0))的切线与直线2x＋y－1＝0平行，所以1－a＝－2，a＝3.

(2)f′(x)＝，令f′(x)＝0，

当a＝0时，解得x＝1，在(0,1)上，

有f′(x)>0，函数f(x)单增；在(1,2)上，有f′(x)<0，函数f(x)单减，而f(0)＝0，f(2)＝，函数f(x)的最小值为0，结论不成立．

当a≠0，解得x1＝1，x2＝1－.

若a<0，f(0)＝a<0.结论不成立；

若0<a≤1，则1－≤0，在(0,1)上，有f′(x)>0，

函数f(x)单增；在(1,2) 上，有f′(x)<0，函数f(x)单减．只需得到所以≤a≤1；

若a>1,0<1－<1，在上，有f′(x)<0，函数f(x)单减；在上，有f′(x)>0，函数f(x)单增；在(1,2)上有f′(x)<0，函数f(x)单减．函数在x＝1－有极小值，只需得到

因为2a－1>1，e－1－<1，所以a>1.综上所述，a的取值范围是