热门试卷

（1）函数的解析式为；（2）当时，在，内是增函数；当时在，内是增函数，在，内是减函数；（3）.

试题分析：（1）先求出导函数，进而根据曲线在点处的切线方程为得到即，从中可求解出的值，进而可确定函数的解析式；（2）针对导函数，对分、两类，由导数大于零求出函数的单调增区间，由导数小于零可求出函数的单调递减区间；（3）要使对于任意的，不等式在上恒成立，只须，由（2）的讨论，确定函数，进而得到不等式即，该不等式组对任意的成立，从中可求得.

（1），由导数的几何意义得，于是

由切点在直线上可得，解得

所以函数的解析式为             3分

（2）因为

当时，显然，这时在，内是增函数

当时，令，解得

当变化时，，的变化情况如下表：

所以在，内是增函数，在，内是减函数.......7分

（3）由（2）知，在上的最大值为与中的较大者，对于任意的，不等式在上恒成立，当且仅当  即对任意的成立，从而得，所以满足条件的的取值范围是．.................13分.

（1）-11（2）

试题分析：

（1）把a=2带入f(x),对f(x)求导得单调性，得极值与[-1,1]区间端点对应的函数值进行比较得到最小值，对f(x)求导得到导函数,导函数为二次函数可以对称轴图像得到导函数在区间[-1,1]上的最小值，函数f(x)与f(x)的导函数最小值之和即为的最小值.

（2）该问题为固定区间上的恒成立问题，只需要函数f(x)在区间最小值大于0.关于函数f(x)的最值可以通过求导求单调性来得到在该区间上的最值，由于导函数是含参数的二次函数，故讨论需遵循开口，有无根，根的大小等步骤进行分类讨论确定原函数的单调性，得到最小值，进而得到a的取值范围.

试题解析：

（1）由题意知

令    2分

当在[-1，1]上变化时，随的变化情况如下表：

的最小值为    4分

的对称轴为，且抛物线开口向下,

的最小值为    5分

的最小值为-11.    6分

（2）.

①若,上单调递减，

又

    9分

②若当

从而上单调递增，在上单调递减，

.    12分

根据题意，

综上，的取值范围是    14分

(或由,用两种方法可解)

（1）的最大值为（2）.（3）当方程无解；

当时，方程有一个根；当时，方程有两个根.

试题分析：（1）由题意由于，所以函数，又因为该函数是在区间上的减函数，所以可以得到的范围；

（2）由对所有满足条件的实数及对任意，在上恒成立 解出即可；

（3）利用方程与函数的关系可以构造成两函数图形的交点个数加以分析求解．

试题解析：（1），

上单调递减，

在[-1，1]上恒成立，，故的最大值为

（2）由题意

（其中），恒成立，

令，

若，则有恒成立，

若，则，

恒成立，

综上，

（3）由

令

当上为增函数；

当时，为减函数；

当而

方程无解；

当时，方程有一个根；

当时，方程有两个根.

(1) (2)

试题分析：（1）考察分段函数的导数，注意进行分类讨论，最后合并为一个解析式；

（2）考察基本不等式及对勾函数的最小值

试题解析：（1），，即，

由函数，则.

（2）时，，即

（1）在上递减，在上递增；（2）（3）

试题分析：（1）时，。先求导并通分整理，再令导数大于0得增区间，令导数小于0得减区间。（2）先求导，因为函数在处取得极值，则，可得的值。对,恒成立等价于恒成立，令，求导，讨论导数的符号，可得函数的单调性，根据单调性可得函数的最值，则。（3），令，因为则只要证明在上单调递增。即证在上恒成立。将函数求导，分析其导数的单调性，根据其单调性求最值，证得即可。

（1）

得0,得x>

∴在上递减，在上递增.

（2）∵函数在处取得极值，∴，  

∴，   

令，可得在上递减，在上递增，

∴，即.

（3）证明：，

令，则只要证明在上单调递增，

又∵，

显然函数在上单调递增．

∴，即，

∴在上单调递增，即，

∴当时，有. 

（1）a＝1   （2）存在n＝1，使得函数gn(x)有且只有一个零点．

（3）见解析

解：(1)f3′(x)＝3ax2，由f3′(2)＝12得a＝1.

(2)gn(x)＝xn－n2ln x－1，

g′n(x)＝nxn－1－＝.

因为x>0，令gn′(x)＝0得x＝，

当x>时，gn′(x)>0，gn(x)是增函数；

当0时，gn′(x)<0，gn(x)是减函数．

所以当x＝时，gn(x)有极小值，也是最小值，

gn()＝n－nln n－1.

当x→0时，gn(x)→＋∞；

当x→＋∞时，gn(x)→＋∞.

当n≥3时，gn()＝n(1－ln n)－1<0，函数gn(x)有两个零点；

当n＝2时，gn()＝－2ln 2＋1<0，函数gn(x)有两个零点；

当n＝1时，gn()＝0，函数gn(x)有且只有一个零点．

综上所述，存在n＝1，使得函数gn(x)有且只有一个零点．

(3)fn′(x)＝n·xn－1.

因为＝，

所以＝，

解得x0＝.

则x0－m＝，

当m>1时，(n＋1)(mn－1)>0.

设h(x)＝－xn＋1＋x(n＋1)－n(x≥1)，则h′(x)＝－(n＋1)xn＋n＋1＝－(n＋1)·(xn－1)≤0，当且仅当x＝1时取等号，

所以h(x)在[1，＋∞)上是减函数．

又m>1，所以h(m)

所以x0－m<0，所以x0

当0n－1)<0.

设h(x)＝－xn＋1＋x(n＋1)－n(0

则h′(x)＝－(n＋1)xn＋n＋1＝－(n＋1)·(xn－1)≥0，当且仅当x＝1时取等号，所以h(x)在(0,1]上是增函数．

又因为0

所以x0－m>0，所以x0>m.

综上所述，当m>1时，x00>m.

（1），或；（2）.

试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求曲线的切线等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、计算能力、转化能力.第一问，由于与在处的切线互相垂直，所以两条切线相互垂直，即斜率相乘得-1，对和求导，将1代入得到两切线的斜率，列出方程得出a的值；第二问，先将“对任意的，且，都有”转化为“对任意的，且，都有”，令，则原命题等价于在是增函数，对求导，判断导数的正负，决定函数的单调性.

（1），．

，．

依题意有，

可得，解得，或 ．　　　　    ６分

（2）．

不妨设，

则等价于，

即．

设，

则对任意的，且，都有，

等价于在是增函数．

，

可得，

依题意有，对任意，有．

由，可得．     13分

（1）见解析（2）t＝2（3）∪[e，＋∞)

审题引导：本题考查函数与导数的综合性质，函数模型并不复杂，(1)(2)两问是很常规的，考查利用导数证明单调性，考查函数与方程的零点问题．第(3)问要将“若存在x1、x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1”转化成|f(x)max－f(x)min|＝f(x)max－f(x)min≥e－1成立，最后仍然是求值域问题，但在求值域过程中，问题设计比较巧妙，因为在过程中还要构造函数研究单调性来确定导函数的正负．

规范解答：(1)证明：f′(x)＝axlna＋2x－lna＝2x＋(ax－1)·lna.(2分)

由于a>1，故当x∈(0，＋∞)时，lna>0，ax－1>0，所以f′(x)>0.

故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(4分)

(2)解：当a>0，a≠1时，因为f′(0)＝0，且f′(x)在R上单调递增，故f′(x)＝0有唯一解x＝0.(6分)所以x、f′(x)、f(x)的变化情况如下表所示：

又函数y＝|f(x)－t|－1有三个零点，所以方程f(x)＝t±1有三个根，而t＋1>t－1，所以t－1＝f(x)min＝f(0)＝1，解得t＝2.(10分)

(3)解：因为存在x1、x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1，所以当x∈[－1，1]时，|f(x)max－f(x)min|＝f(x)max－f(x)min≥e－1.(12分)

由(2)知，f(x)在[－1，0]上递减，在[0，1]上递增，所以当x∈[－1，1]时，f(x)min＝f(0)＝1，f(x)max＝max{f(－1)，f(1)}．

而f(1)－f(－1)＝(a＋1－lna)－＝a－－2lna，

记g(t)＝t－－2lnt(t>0)，因为g′(t)＝1＋－＝≥0(当且仅当t＝1时取等号)，

所以g(t)＝t－－2lnt在t∈(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0，

所以当t>1时，g(t)>0；当0

也就是当a>1时，f(1)>f(－1)；当0

①当a>1时，由f(1)－f(0)≥e－1a－lna≥e－1a≥e，

②当0＋lna≥e－10＜a≤，

综上知，所求a的取值范围为∪[e，＋∞)．(16分)