热门试卷

（1）∴的单调增区间为,；单调减区间为,.

,,.

（2）

解：（1）当时,令,得或或,

∴的单调增区间为,；单调减区间为,.

,,.

（2）由恒成立,得

即恒成立,∴或,

解得.故的取值范围为.

（1）在单调减少，在单调增加

（2）

（1）时，，

当时，；当时，.故在单调减少，在单调增加

（2）

由（1）知，当且仅当时等号成立.故

，

从而当，即时，，而，

于是当时，.

由可得.从而当时，

，

故当时，，而，于是当时，.

综合得的取值范围为.

(1)；（2）当时，   在上的最小值为

当时，在上的最小值为

当时，   在上的最小值为.

试题分析：(1)利用导数的几何意义，先求导，然后把x=1代入即可求出a的值；（2）由（1）可知，根据F（x）的函数形式，可以利用求导的方法来解决问题，在解题的过程中要注意对参数m进行讨论.

试题解析：（I）因为所以在函数的图象上

又，所以

所以        3分

（2）因为，其定义域为

        5分

当时，，

所以在上单调递增

所以在上最小值为       7分

当时，令，得到(舍)

当时，即时，对恒成立，

所以在上单调递增，其最小值为 9分

当时，即时， 对成立，

所以在上单调递减，

其最小值为                 11分

当，即时， 对成立， 对成立

所以在单调递减，在上单调递增

其最小值为12分

综上，当时，   在上的最小值为

当时，在上的最小值为

当时，   在上的最小值为.

（1），（2），（3）详见解析

试题分析：（1）本题中的参数为，利用导函数构造关于的方程. 因为，所以，，故，（2）不等式恒成立问题，往往转化为最值问题，即，本题实质求函数在上最大值. 因为，所以，因此当时单调增，当时单调减，所以当时，，从而.（3）证明不等式先要观察其结构特点，原不等式结构虽对称，但不可分离，需要适当变形.利用，将原不等式等价变形为，即

利用（II）结论，

=0

试题解析：（1）解：因为，所以。

令，得，所以。              3分

（2）解：设，

则，令，解得。

当变化时，与的变化情况如下表：

所以当时，。

因为对于任意，都有成立，

所以。                                          7分

（3）证明：由（II），得，即，

令，得，

令，得，

所以

因为，

所以，

即，

所以，

即，

所以。                  12分

（1），；（2）.

试题分析：（1）先求函数的导函数，根据极值点的导数值为0，可得与的关系式；再令导函数大于0解不等式得单调递增区间；（2）先根据导数分别求函数在区间上的最值，代入或解不等式可得解.

试题解析：(1),,

,;  (3分)

, 令,即

解得:,所以的单调递增区间是:；        (6分)

(2)由（1）可得,函数在上单调递增,在上单调递减,

,且

函数在的值域为,  (8分)

又

在上单调递增,故

在的值域为,    (10分)

若存在使得成立，

等价于或，  (13分)

又,

于是: ,解得: ;     (15分)

所以实数的取值范围是:             (17分)

（Ⅰ）；（Ⅱ）.

试题分析：（Ⅰ）由函数的值域为，则该二次函数与轴有一个交点，即，所以，所以，则，则，化简得，解得，所以不等式的解集为.（Ⅱ）当时，，所以，而，，所以，接着利用导数求的最小值，令，则，当时，，单调增，当时，，单调减，最小值需要比较的大小，而，的最小值为.

试题解析：（Ⅰ）由值域为，当时有，即，

所以，则

则，化简得，解得

所以不等式的解集为.

（Ⅱ）当时，，所以

因为，，所以

令，则

当时，，单调增，当时，，单调减，

因为

，所以

所以的最小值为.

（1）．（2）当a≥0时，F（x）在（0，+∞）上是增函数；

当a＜0时，F（x）在上单调递增，在上单调递减．（3）构造函数利用函数的单调性证明不等式

试题分析：（1）f'（x）=lnx+1（x＞0），令f'（x）=0，得．

∵当时，f'（x）＜0；当时，

f'（x）＞0，

∴当时，．                 4分

（2）F（x）=ax2+lnx+1（x＞0），．

①当a≥0时，恒有F'（x）＞0，F（x）在（0，+∞）上是增函数；

②当a＜0时，

令F'（x）＞0，得2ax2+1＞0，解得；

令F'（x）＜0，得2ax2+1＜0，解得．

综上，当a≥0时，F（x）在（0，+∞）上是增函数；

当a＜0时，F（x）在上单调递增，在上单调递减．    8分

（3）．

要证，即证，等价于证，令，

则只要证，由t＞1知lnt＞0，

故等价于证lnt＜t﹣1＜tlnt（t＞1）（*）．

①设g（t）=t﹣1﹣lnt（t≥1），则，

故g（t）在[1，+∞）上是增函数，

∴当t＞1时，g（t）=t﹣1﹣lnt＞g（1）=0，即t﹣1＞lnt（t＞1）．

②设h（t）=tlnt﹣（t﹣1）（t≥1），则h'（t）=lnt≥0（t≥1），故h（t）在[1，+∞）上是增函数，

∴当t＞1时，h（t）=tlnt﹣（t﹣1）＞h（1）=0，即t﹣1＜tlnt（t＞1）．

由①②知（*）成立，得证．                 12分

点评：导数本身是个解决问题的工具，是高考必考内容之一，高考往往结合函数甚至是实际问题考查导数的应用，求单调、最值、完成证明等，请注意归纳常规方法和常见注意点

（Ⅰ）（Ⅱ）见解析（Ⅲ）见解析

（Ⅰ）由题意得关于的不等式的解集是区间，

则是方程的根，因此。

经检验时，函数 的定义域为．

即符合题意．…………3分

（Ⅱ） ，设，

则， ……5分

令，则

即是上的减函数……7分所以当时，=0，则<0．

因此是（0,上的减函数，而是（0,上的减函数，则是上的单调增函数……9分

（Ⅲ）先证不等式 （成立．

设 （，则，

即是（0，上的减函数，所以，因此……11分

取得不等式，

即，则……13分

所以…………14分