热门试卷

(1) ．　　(2) ，(3) ．

(1)由知，在R上单调递增，恒成立，且，即且，，

当，即时，，

时，时，，即当时，能使在R上单调递增，．

　　(2)，由余弦定理：，，----5分

(3) 在R上单调递增，且，所以

，---10分

故，即，，即，即．

（1）y＝－2.

（2）[1，＋∞)

（3）[0,8]

(1)当a＝1时，f(x)＝x2－3x＋ln x，f′(x)＝2x－3＋.

因为f′(1)＝0，f(1)＝－2.

所以切线方程是y＝－2.

(2)函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x的定义域是(0，＋∞)．

当a>0时，f′(x)＝2ax－(a＋2)＋＝ (x>0)，

令f′(x)＝0，即f′(x)＝

＝＝0，

所以x＝或x＝.

当0<≤1，即a≥1时，f(x)在[1，e]上单调递增，

所以f(x)在[1，e]上的最小值是f(1)＝－2；

当1<

当≥e时，f(x)在(1，e)上单调递减，

所以f(x)在[1，e]上的最小值是f(e)

综上a的取值范围是[1，＋∞)．

(3)设g(x)＝f(x)＋2x，则g(x)＝ax2－ax＋ln x，

只要g(x)在(0，＋∞)上单调递增即可．

而g′(x)＝2ax－a＋＝，

当a＝0时，g′(x)＝>0，此时g(x)在(0，＋∞)上单调递增；

当a≠0时，只需g′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，因为x∈(0，＋∞)，只要2ax2－ax＋1≥0，则需要a>0，

对于函数y＝2ax2－ax＋1，过定点(0,1)，对称轴x＝>0，只需Δ＝a2－8a≤0，

即0

综上a的取值范围是[0,8]．

（1）；（2）.

试题分析：（1）由题意可设二次函数，根据可得，再根据有两个相等的实数根，可得；（2）的图象与两坐标轴围成的图形面积可以用求得，而直线与及坐标轴所围成的面积是一个积分限含的定积分，根据条件面积之间的关系可以建立跟有关的方程，从而求得.

（1）设，则，又已知，

∴，∴，又方程有两个相等的实数根，

∴，故  6分；

（2）  8分，

依题意，有，

∴     12分． 

（1）f(x)最小值是1；（2）a≤.

试题分析：(1)可以对f(x)求导，从而得到f(x)的单调性，即可求得f(x)的最小值；(2)根据条件“若f(x)在是单调减函数”，说明f”(x)<0在恒成立，而f’(x)=,参变分离后原题等价于求使在恒成立的a的取值范围，从而把问题转化为求函数在上的最小值，而a的取值范围即a≤.

（1）时，，

时时， 

∴f(x)在(0,1)单减，在单增，时有最小值1    6分

（2），在为减函数，则，即，当恒成立，∴最小值       9分

令，则，

     12分

（1）的最小值为1；（2）实数的取值范围是.

试题分析：（1）先对求导，得出函数的单调区间，即可求出函数的最小值为1；

（2）不等式恒成立，变形为，构造新函数；求得的最小值，

从而实数的取值范围是．

试题解析：（1）的导函数，令，解得；

令，解得.

从而在内单调递减，在内单调递增.

所以，当时，取得最小值1.                       6分

（2）因为不等式的解集为，且，

所以对于任意，不等式恒成立.

由，得.

当时，上述不等式显然成立，故只需考虑的情况.

将变形为.

令，则的导函数，

令，解得；令，解得.

从而在内单调递减，在内单调递增.

所以，当时，取得最小值，

从而实数的取值范围是.                       13分

（1）函数的单调递增区间是，单调递减区间是；（2）在上的最大值是，最小值是.

试题分析：（1）先根据导数公式，确定，进而计算出，然后通过求导，求解不等式、并结合函数的定义域，即可得到的单调区间；（2）根据（1）的单调性，分别求出在区间的极值、端点值，然后进行比较大小，最大的为最大值，最小的为最小值，问题就得以解决.

试题解析：依题意得，，定义域是．

（1）

令，得或

令，得

由于定义域是

函数的单调递增区间是，单调递减区间是

（2）令，从中解得（舍去），

由于

在上的最大值是，最小值是.

（1）a＝－（2）当a<0时，函数f(x)在(0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增

由已知得，f(x)的定义域为{x|x>0}，f′(x)＝－－＋1(x>0)．

(1)根据题意，有f′(1)＝－2，∴－a－2a2＋1＝－2，即2a2＋a－3＝0.解得a＝1，或a＝－.

(2)∵f′(x)＝－－＋1＝ (x>0)．

①当a>0时，由f′(x)>0，及x>0得x>2a；

由f′(x)<0，及x>0得0<x<2a.

∴当a>0时，函数f(x)在(2a，＋∞)上单调递增，

在(0,2a)上单调递减．

②当a<0时，由f′(x)>0，及x>0得x>－a；

由f′(x)<0，及x>0得0<x<－a.

∴当a<0时，函数f(x)在(0，－a)上单调递减，

在(－a，＋∞)上单调递增．

(1) 单调减区间是,增区间是;(2); (3)．

试题分析：(1)对求导函数后，解不等式可得单调区间；（2）由题知在上恒成立，即，可得，所以得的取值范围；（3）原命题等价于当时，有对进行讨论，利用函数单调性可得的范围．

解：由已知函数的定义域均为,且．  1分

(1)函数,

当且时,;当时,．

所以函数的单调减区间是,增区间是．  3分

(2)因f(x)在上为减函数，故在上恒成立．

所以当时，．

又，

故当，即时，．

所以于是，故a的最小值为．  6分

(3)命题“若使成立”等价于

“当时，有”．       

由（Ⅱ），当时，，．

问题等价于：“当时，有”．     8分

当时，由（Ⅱ），在上为减函数，

则=，故．     

当时，由于在上为增函数，

故的值域为，即．

(i)若，即，在恒成立，故在上为增函数，

于是，=，不合题意．        10分

(ii)若，即，由的单调性和值域知，

唯一，使，且满足：

当时，，为减函数；当时，，为增函数；

所以，=，．

所以，，与矛盾，不合题意．

综上，得．                   14分

（1）单调增区间是，单调减区间是；极小值，无极大值。（2）详见解析

试题分析：（1）先求导，再令导数大于0的函数的增区间，令导数小于0得函数的减区间，根据函数的单调性可得函数的极值。（2）即证，不妨设，问题可转化为，令，令，用导数求其最值，证其最大值小于0即可。

试题解析：（1）定义域为

令则 ∴；令则 ∴

∴的单调增区间是，单调减区间是

极小值，无极大值

（2）证明：不妨设，

两边同除以得，

令，则，即证：

令

令，

， 在上单调递减，所以

即，即恒成立

∴在上是减函数，所以

∴得证

所以成立