热门试卷

⑴或2（2）①8②时，在单调递减，在单调递增；时，在单调递减，在单调递增．

⑴．∵是极值点，

∴，即．∴或2．

⑵∵在上．∴

∵在上，∴

又，∴

∴，解得

∴

①由可知和是的极值点．

∵

∴在区间上的最大值为8．

②

令，得

当时，，此时在单调递减

当时：

此时在上单调递减，在上单调递增．

当时：

此时在上单调递减，在上单调递增，综上所述：当时，在单调递减；

时，在单调递减，在单调递增；

时，在单调递减，在单调递增．

（1）a＝1（2）f(x)的单调增区间为(0，＋∞)，单调减区间为（3）a≤1.

(1)函数f(x)的定义域为{x|x＞0}，f′(x)＝.

又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋2y－5＝0垂直，

所以f′(1)＝a＋1＝2，即a＝1.(4分)

(2)由f′(x)＝ (x＞0)，

当a≥0时，

f′(x)＞0恒成立，所以f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．

当a＜0时，

由f′(x)＞0，得0＜x＜－，

所以f(x)的单调增区间为；

由f′(x)＜0，得x＞－，

所以f(x)的单调减区间为.(10分)

(3)设g(x)＝aln x－－2x＋3，x∈[1，＋∞)，

则g′(x)＝＋－2＝.

令h(x)＝－2x2＋ax＋1，考虑到h(0)＝1＞0，

当a≤1时，

h(x)＝－2x2＋ax＋1的对称轴x＝＜1，

h(x)在[1，＋∞)上是减函数，h(x)≤h(1)＝a－1≤0，

所以g′(x)≤0，g(x)在[1，＋∞)上是减函数，

所以g(x)≤g(1)＝0，即f(x)≤2x2－3恒成立．

当a＞1时，

令h(x)＝－2x2＋ax＋1＝0，

得x1＝＞1，x2＝＜0，

当x∈[1，x1)时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，

g(x)在[1，x1)上是增函数；

当x∈(x1，＋∞)时，h(x)＜0，即g′(x)＜0，

g(x)在(x1，＋∞)上是减函数．

所以0＝g(1)＜g(x1)，即f(x1)＞2x1－3，不满足题意．

综上，a的取值范围为a≤1.(16分)

（1）；（2）；（3）.

试题分析：（1）从条件“曲线与在它们的交点处有相同的切线”得到以及，从而列有关、的二元方程组，从而求出与的值；（2）将代入函数的解析式，利用导数分析函数在区间上的单调性，确定函数在区间上是单峰函数后，然后对函数的端点值与峰值进行限制，列不等式组解出的取值范围；（3）将，代入函数的解析式，并求出函数的单调区间，对函数的极值点是否在区间内进行分类讨论，结合函数的单调性确定函数在区间上的最小值.

试题解析：（1）因为，，所以，.

因为曲线与在它们的交点处有相同切线，

所以，且，

即,且，解得，；

（2）当时，，

所以，

令，解得，，

当变化时，、的变化情况如下表：

所以函数的单调递增区间为、，单调递减区间为.

故在区间内单调递增，在区间内单调递减.

从而函数在区间内恰有两个零点，当且仅当 ，

即，解得.

所以实数的取值范围是.

（3）当，时，．

所以函数的单调递增区间为、，单调递减区间为．

由于，，所以．

①当，即时， ；

②当时，；

③当时，在区间上单调递增，；

综上可知，函数在区间上的最小值为

.

（I）（II）.

（III）的曲线上不存的两点，使得过这两点的切线点互相垂直.

试题分析：（I）由新定义计算即得，关键是理解“新运算”的意义；

（II）根据时，在减函数，得到对于恒成立，

即恒成立，得到.

属于常规题目，难度不大，主要是注意应用“转化与化归思想” .

（III）假定是曲线上的任意两点，如果存在互相垂直的切线，则有

.因此，只需研究是否成立即可.

试题解析：（I）由题意，              2分

            4分

（II）∵，      6分

当时，在减函数，

∴对于恒成立，即

恒成立，             8分

∵，

∴恒成立，

∴，

∴.                    9分

（III）当时，，

设是曲线上的任意两点，

∵，              11分

∴，

∴不成立.            12分

∴的曲线上不存的两点，使得过这两点的切线点互相垂直.    13分

（1）;（2） 

试题分析：（1）根据极值的定义,对函数求导，利用导数为求出对应的值为极值点,可得到一个关于的等式，又由函数零点的定义，可得,这样就可解得的值;（2）由题中所给任意，可设出关于的函数，又由得的最大值，根据要求，使得成立，可将问题转化为在上有解，结合函数特点可求导数，由导数与的大小关系，可想到对与的大小关系进行分类讨论，利用函数的最值与的大小关系，从而得到的取值范围．

试题解析：解（1），∵是函数的极值点，∴.∵1是函数的零点，得，

由解得.          4分

∴,，

，所以，故．    8分

（2）令，，则为关于的一次函数且为增函数，根据题意，对任意，都存在，使得成立，则在有解，

令，只需存在使得即可，

由于=，

令，，

∴在(1，e)上单调递增，，            10分

①当，即时，，即，在(1，e)上单调递增，∴，不符合题意.             12分

②当，即时，，

若，则，所以在(1，e)上恒成立，即恒成立，∴在(1，e)上单调递减,

∴存在，使得，符合题意.             14分

若，则，∴在(1，e)上一定存在实数m，使得，∴在(1，m)上恒成立，即恒成立， 在(1，m)上单调递减,∴存在，使得，符合题意.

综上所述，当时，对任意，都存在，使得成立.   16分

（Ⅰ）函数在定义域上单调递增；（Ⅱ）当且仅当时有极值点; 当时，有惟一最小值点；当时，有一个极大值点和一个极小值点．

试题分析：（Ⅰ）函数在定义域上的单调性的方法，一是利用定义，二是利用导数，此题既有代数函数又有对数函数，显然利用导数判断，只需对求导，判断的符号即可；（Ⅱ）求的极值，只需对求导即可，利用导数求函数的极值一般分为四个步骤：①确定函数的定义域；②求出；③令，列表；④确定函数的极值．此题由（Ⅰ）得，当时，函数无极值点，只需讨论的情况，解的根，讨论在范围内根的个数，从而确定的取值范围及的极值点，值得注意的是，求出的根时，忽略讨论根是否在定义域内，而出错．

试题解析：（Ⅰ）由题意知，的定义域为，　 ∴当时，，函数在定义域上单调递增．

（Ⅱ）①由（Ⅰ）得，当时，函数无极值点，②时，有两个相同的解，但当时,，当时，时，函数在上无极值点，③当时，有两个不同解，，时，，而,此时 ，随在定义域上的变化情况如下表：

由此表可知：当时，有惟一极小值点 

ii)  当时，0<<1，此时，，随的变化情况如下表：

由此表可知：时，有一个极大值，和一个极小值点； 综上所述：当且仅当时有极值点; 当时，有惟一最小值点；当时，有一个极大值点和一个极小值点

（1）当时，增区间为，无减区间；当时，增区间为，减区间为；（2）；（3）存在，如等，证明见详解．

试题分析：（1）首先求导函数，然后对参数进行分类讨论的单调性；（2）根据函数的解析式可将问题转化为的最大值，再利用导数研究函数单调性来确定其最值；（3）假设存在，将问题转化为证明：及成立，然后可考虑综合法与分析法进行证明．

试题解析：（1）定义域为，

①当时，，在定义域上单增；

②当时，当时，，单增；当时，，单减．

增区间：，减区间：．

综上可知：当时，增区间，无减区间；当时，增区间：，减区间：．

（2）对任意恒成立

，令，

，在上单增，

，，故的取值范围为．

（3）存在，如等．下面证明：

及成立．

①先证，注意，

这只要证（*）即可，

容易证明对恒成立(这里证略)，取即可得上式成立．

让分别代入（*）式再相加即证：，

于是．

②再证，

法一：

，

只须证，构造证明函数不等式：，

令，，

当时，在上单调递减，

又当时，恒有，即恒成立．

，取，则有，

让分别代入上式再相加即证：

，

即证．

法二：，

，

又故不等式成立．

（注意：此题也可用数学归纳法！）．

（Ⅰ）的极大值为，极小值为；（Ⅱ）的取值范围是：；（Ⅲ）直线OM斜率的最小值为4；，证明详见解析．

试题分析：（Ⅰ）由已知，首先利用求出，再由得，从而得，其导函数，利用求函数极值的一般方法及一般步骤列表即可求得函数的极大值和极小值；（Ⅱ）在（Ⅰ）的基础上，分，两种情形讨论．①当时，由（I）知在上递增，所以的最大值，问题转化为；②当时，的最大值，由对任意的恒成立，等价于，进而可求得的取值范围；（Ⅲ）由已知易得直线斜率，由于，易得直线斜率的最小值为4．当时，有，故，可以构造函数，利用导数证明在恒成立，从而证得．

试题解析：（I）依题意，，解得，                    1分

由已知可设，因为，所以，则，导函数．                                 3分

列表：

由上表可知在处取得极大值为，在处取得极小值为．                                       5分

（Ⅱ）①当时，由（I）知在上递增，所以的最大值，    6分

由对任意的恒成立，得，则，因为，所以，则，因此的取值范围是．            8分

②当时，因为，所以的最大值，由对任意的恒成立，得， ∴，因为，所以，因此的取值范围是．

综上①②可知，的取值范围是．                          10分

（Ⅲ）当时，直线斜率，因为，所以，则，即直线斜率的最小值为4．            11分

首先，由，得.

其次，当时，有，所以，                12分

证明如下：记，则，所以在递增，又，则在恒成立，即，所以 .              14分．

（Ⅰ）当a≤0时， f(x)的增区间是(－∞，＋∞)；当a＞0时，f(x)的增区间是(－∞，－]、[，＋∞)，f(x)的减区间是[－，]；（Ⅱ）

试题分析：（Ⅰ）本小题首先求函数的导数，利用导数的正负求解原函数的单调区间，注意参数的范围，通过分情况讨论可以分别得出函数的增减区间；（Ⅱ）根据第一问可知函数在区间上的单调性，进而可以求得函数在区间上的的最大值和最小值，然后让，即可解得参数的取值范围.

试题解析：(Ⅰ)  f′(x)＝3x2－3a．

当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，故f(x)的增区间是(－∞，＋∞)．

当a＞0时，由f′(x)＞0，得    x＜－ 或 x＞，

故f(x)的增区间是(－∞，－]和[，＋∞)，f(x)的减区间是[－，]．    7分

(Ⅱ) 当a≤0时，由(Ⅰ)知f(x)在[0，]上递增，且f(0)＝1，此时无解．

当0＜a＜3时，由(Ⅰ)知f(x)在[0，]上递减，在[，]上递增，

所以f(x)在[0，]上的最小值为f()＝1－2a．

所以

即

所以a＝1．

当a≥3时，由(Ⅰ)知f(x)在[0，]上递减，又f(0)＝1，所以

f()＝3－3a＋1≥－1，

解得a≤1＋，此时无解．

综上，所求的实数a＝1．    15分