热门试卷

（Ⅰ）a的最小值为1; （Ⅱ）(0，1)．

试题分析：（Ⅰ）将“f(x)在（0，）单调递减”转化为“"x∈(0，＋∞)，a≥”，然后才有构造函数的思想求解函数的最大值即可；（Ⅱ）通过对参数a 与1的讨论，借助求导的方法研究函数的单调性，进而分析保证有两个极值点的条件，通过解不等式求解求a的取值范围.

试题解析：（Ⅰ）f¢(x)＝lnx＋1－ax．

f(x)单调递减当且仅当f¢(x)≤0，即"x∈(0，＋∞)，

a≥．                                                       ①

设g(x)＝，则g¢(x)＝－．

当x∈(0，1)时，g¢(x)＞0，g(x)单调递增；

当x∈(1，＋∞)时，g¢(x)＜0，g(x)单调递减．

所以g(x)≤g(1)＝1，故a的最小值为1．                         5分

（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）知，当a≥1时，f(x)没有极值点．

（2）当a≤0时，f¢(x)单调递增，f¢(x)至多有一个零点，f(x)不可能有两个极值点． 7分

（3）当0＜a＜1时，设h(x)＝lnx＋1－ax，则h¢(x)＝－a．

当x∈(0，)时，h¢(x)＞0，h(x)单调递增；

当x∈(，＋∞)时，h¢(x)＜0，h(x)单调递减．                     9分

因为f¢()＝h()＝ln＞0，f¢()＝h()＝－＜0，

所以f(x)在区间(，)有一极小值点x1．                         10分

由（Ⅰ）中的①式，有1≥，即lnx≤x－1，则ln≤－1，

故f¢()＝h()＝ln2＋2ln＋1－≤ln2＋2(－1)＋1－＝ln2－1＜0．

所以f(x)在区间(，)有一极大值点x2．

综上所述，a的取值范围是(0，1)．

（1）详见解析；（2）；（3）证明详见解析.

试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数判断导数的单调性、利用导数求函数的单调性、利用导数求函数的最值等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、计算能力.第一问，先求函数的定义域，对求导，由于，所以讨论a的正负，利用的正负，判断函数的单调性；第二问，结合第一问的结论，当时举一反例证明不恒成立，当时，将恒成立转化为恒成立，令，利用导数求的最小值；第三问，要证，需证，令，利用函数的单调性，解出的大小.

(１)的定义域为.

其导数                   2分

①当时,,函数在上是增函数;

②当时,在区间上,;在区间(0,+∞)上,．

所以,在是增函数,在(0,+∞)是减函数.             4分

(２)当时, 则取适当的数能使，比如取，

能使, 所以不合题意 6分

当时，令,则

问题化为求恒成立时的取值范围.

由于 

在区间上,;在区间上,.     8分

的最小值为,所以只需

即,,            10分

(３)由于存在两个异号根，不仿设，因为,所以                                11分

构造函数:()

所以函数在区间上为减函数. ,则,

于是,又,,由在上为减函数可知.即                 14分

(1)存在a＝；（2）.

试题分析：（1）利用导数求得函数单调递增满足的条件；（2）先求出函数的两个极值点，根据a<0确定极大值与极小值点，由函数的极小值求得，再求出极大值.

(1)∵，

∴．

由可得≥0.即在x∈R时恒成立．

∴Δ＝(a＋2)2－4(－2a2＋4a)≤0，即(3a－2)2≤0，即a＝，此时，f′(x)＝(x＋)2ex≥0，函数y＝f(x)在R上单调递增．(2)由f′(x)＝0可得ex[x2＋(a＋2)x－2a2＋4a]＝0，解之得x1＝－2a，x2＝a－2.

当a<0时，－2a>a－2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：

由条件可知，f(－2a)＝－e，即3a·e－2a＝－e，可得a＝－.

此时，f(x)＝(x2－x－2)ex，极大值为f(a－2)＝f(－)＝.

（1）.

（2）；

（3）函数只有一个零点.

试题分析：(1) 应用导数的几何意义，确定切点处的导函数值，得切线斜率，建立的方程组.

(2) 应用导数研究函数的最值，基本步骤明确，本题中由于中的不确定性，应该对其取值的不同情况加以讨论.

当时，在单调递减，单调递增，

得到.

当时，在单调递增，得到；

即 .

（3）由题意

求导得，

由,确定的单调区间：上单调递增，在上单调递减

根据，

得到函数只有一个零点.           13分，即得所求.

试题解析：(1) ，                       1分

由题意，两函数在处有相同的切线.

，

.                         3分

(2) ，由得，由得，

在单调递增，在单调递减.               4分

当时，在单调递减，单调递增，

∴.                                      5分

当时，在单调递增，

；

                  6分

（3）由题意

求导得，         8分

由得或，由得 

所以在上单调递增，在上单调递减    10分

           11分

                       12分

故函数只有一个零点.                      13分

（I）a=-6；（Ⅱ）①当a≥0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，+∞)；②当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，+∞)；（Ⅲ）详见解析.

试题分析：（I）f(x)的图象在x=处的切线与直线4x+y=0平行，则，求导、代入此式即可得a的值；（Ⅱ）求导得，由x>0，知>0，故只需考虑的符号．当a≥0时，对任意x>0，>0恒成立，函数f(x)的单调递增区间为(0，+∞)．当a<0时，令=0，解得，由此可得函数f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，+∞)；（Ⅲ）因为函数的图象与x轴交于A、B两点，由（Ⅱ）知必有 .不妨设A(，0)，B(，0)，且，

因为函数f(x)在(，+∞)上单调递减，于是要证<0成立，只需证：即．这个不等式怎么证？这是一个很常见的问题，都是将a换掉，只留，，然后将这个不等式变形为含的不等式，然后令，再利用导数证明.

试题解析：（I）由题知f(x)=2ax2+(a+4)x+lnx的定义域为(0，+∞)，

且．

又∵f(x)的图象在x=处的切线与直线4x+y=0平行，

∴，

解得a=-6．                          4分

（Ⅱ），

由x>0，知>0．

①当a≥0时，对任意x>0，>0，

∴此时函数f(x)的单调递增区间为(0，+∞)．

②当a<0时，令=0，解得，

当时，>0，当时，<0，

此时，函数f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，+∞)．      9分

（Ⅲ）不妨设A(，0)，B(，0)，且，由（Ⅱ）知，

于是要证<0成立，只需证：即．

∵，  ①

， ②

①-②得，

即，

∴，

故只需证，

即证明，

即证明，变形为，

设，令，

则，

显然当t>0时，≥0，当且仅当t=1时，=0，

∴g(t)在(0，+∞)上是增函数．

又∵g(1)=0，

∴当t∈(0，1)时，g(t)<0总成立，命题得证．          14分

（1）；（2）当时，，函数的单调递增区间为；

当时，，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.

（3）对任意给定的正实数，曲线上总存在两点，满足条件.

试题分析：（1）求，要函数由极值，也就是有实数解，由于是关于的二次函数，则由便求得的取值范围；（2）求，需要对实数进行分类讨论，或，在这两种情况下分别求出函数的单调区间，注意分类讨论问题，应弄清对哪个字母分类讨论，分类应不重不漏；（3）是探索性问题，要说明存在是以O为直角顶点的直角三角形，

且斜边中点在y轴上，需要证明，该方程有解，要对进行分类讨论分别说明.

试题解析：（1），若存在极值点，

则有两个不相等实数根.

所以，解得 .

（2），

当时，，函数的单调递增区间为；

当时，，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.

当且时，

假设使得是以O为直角顶点的直角三角形，且斜边中点在y轴上.

则且.

不妨设.故，则.

，该方程有解，

当时，，代入方程得，

即，而此方程无实数解；

当时，则；

当时，，代入方程得，即，

设，则在上恒成立.

∴在上单调递增，从而，则值域为.

∴当时，方程有解，即方程有解.

综上所述，对任意给定的正实数，曲线上总存在两点，使得是以O为直角顶点的直角三角形，且斜边中点在y轴上.

（1）当时，的单调增区间为，减区间为；当时，的单调增区间为，无减区间；（2）

试题分析：（1）这是一道含参函数的单调性问题，先求出定义域，求导，根据进行讨论，当时，的单调增区间为，减区间为；当时，的单调增区间为，无减区间；（2）有（1）知，代入，得

这是一个二次函数，在区间上有最值，在区间上总不是单调函数，又，

由题意知：对任意恒成立，

因为

，对任意，恒成立，

∴

∵   ∴.

试题解析：（1）由已知得的定义域为，且，

当时，的单调增区间为，减区间为；

当时，的单调增区间为，无减区间；

（2）

在区间上有最值，

在区间上总不是单调函数，

又

由题意知：对任意恒成立，

因为  

对任意，恒成立

∴  ∵   ∴

（Ⅰ）；（Ⅱ）所求不等式的解集为 ．

试题分析：（Ⅰ）若为上的减函数，由于其中，，由于含有对数函数，可考虑它的导函数在小于等于零恒成立，因此对求导，得，令对恒成立，只要即可，从而得的关系；（Ⅱ）解不等式，而，这样不等式两边的形式是，故对中取，得，由（Ⅰ）知在上是减函数，不等式，也就是，利用单调性得，这样就可以解不等式．

试题解析：（Ⅰ）                         2分

   ，   为上的减函数

对恒成立，    即            4分

（Ⅱ）在（Ⅰ）中取，即，由（Ⅰ）知在上是减函数，

   即          8分

，解得，   或

故所求不等式的解集为                  12分

（Ⅰ）在；（Ⅱ）；（Ⅲ）详见解析．

试题分析：（Ⅰ）当时，求函数的单调区间，首先确定定义域，可通过单调性的定义，或求导确定单调区间，由于，含有对数函数，可通过求导来确定单调区间，对函数求导得，由此令，，解出就能求出函数的单调区间；（Ⅱ）若，对定义域内任意,均有恒成立，求实数的取值范围，而，对定义域内任意,均有恒成立，属于恒成立问题，解这一类题，常常采用含有参数的放到不等式的一边，不含参数（即含）的放到不等式的另一边，转化为函数的最值问题，但此题用此法比较麻烦，可考虑求其最小值，让最小值大于等于零即可，因此对函数求导，利用导数确定最小值，从而求出的取值范围；（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当时，，当且仅当时，等号成立，这个不等式等价于，即，由此对任意的正整数，不等式恒成立．

试题解析：（Ⅰ）定义域为（0，+∞），，，所以在（4分）

（Ⅱ），当时，在上递减，在上递增，，当时，　不可能成立，综上；（9分）

（Ⅲ）令，相加得到

得证。（14分）