热门试卷

（1）f（x）（极大）=f

f（x）（极小）=f（a）=a3－a3－a3+1=1－a3

（2）见解析（3）0

（1）f′（x）=3x2－2ax－a2……………………………………………………2分

由f′（x）=3x2－2ax－a2=0，得x1=－，x2="a," （a>0）

x

（－，－）

－

（－,a）

a

（a,+ ∞）

f′（x）

+

0

－

0

+

f（x）

增

极大

减

极小

增

……………………………………………………………………………………5分

∴f（x）（极大）=f

f（x）（极小）=f（a）=a3－a3－a3+1=1－a3……………………………………………7分

（2）∵f（x）在（－∞，－）上递增，在（－,a）上递减，在（a,+ ∞）上递增，

f（x）（极大）= a3+1>0………………………………………………………………9分

①当极小值f（a）=1－a3≥0，即0，+∞）上有1个或0个公共点，此时f（－1）=a（a－1） ≤0

∴y=f（x）与y="0 " 在x∈（－∞，－）上有1个公共点

∴0

②当极小值f（a）=1－a3<0即a>1时，y=f（x）与y=0在x∈（－，+∞）上有2个公共点，此时f（－a）=1－a3<0

∴y=f（x）与y="0" 在x∈（－∞，－）上有1个公共点

∴a>1时，y=f（x）与y=0有3个公共点………………………………………13分

综上，0

(1) 单调递减区间为,

单调递增区间为.(2)详见解析

试题分析:(1)对函数求导得到导函数,求大于0和小于0的解集得到单调减区间和单调增区间,但是必须注意正余弦的周期性和原函数的定义域.

(2)利用(1)问的结果可知函数在区间上是单调递减的,即在区间上至多一个零点,根据正余弦的函数值可得,再根据在区间上单调性和函数在区间端点处函数值异号可得函数在区间上有且只有一个零点,即,则依次讨论利用放缩法即可证明.

数求导可得,令可得

,当时,.此时;

当时,,此时,

故函数的单调递减区间为,

单调递增区间为.

(2)由(1)可知函数在区间上单调递减,又,所以,

当时,因为,且函数的图像是连续不断的,所以在区间内至少存在一个零点,又在区间上是单调的,故,因此,

当时,;

当时,;

当时,

,

综上所述,对一切的,.

（1）讨论函数的单调性，我们可先求其导数，则不等式的解集区间就是函数的单调增区间，不等式的解集区间就是函数的单调减区间；（2）题设问题实际上就是已知

时，由（1）知化简变形得，要证明的是，利用基本不等式，这样有，故小于的最小值，而在上是增函数（可用导数或用增函数的定义证明），于是有，从而，解得．

试题分析：

（1）函数的定义域为．

，

令，解得或．

∵，∴， ∴当时，；当时，．

故在上单调递减，在上单调递增．    6分

（2）由题意得，当时，且)

即     ∴．

 整理得

令 所以在上单调递减，所以在上的最大值为        12分

（1）a＝4，b＝2，c＝2，d＝2

（2）[1，e2]

(1)∵曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2)，

∴b＝d＝2.

∵f′(x)＝2x＋a，故f′(0)＝a＝4.

∵g′(x)＝ex(cx＋d＋c)，

∴g′(0)＝2＋c＝4，故c＝2.

从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.

(2)令F(x)＝kg(x)－f(x)，则F′(x)＝(kex－1)(2x＋4)，

由题设可得F(0)≥0，故k≥1，

令F′(x)＝0得x1＝－ln k，x2＝－2，

①若1≤k＜e2，则－2＜x1≤0，

从而当x∈[－2，x1)时，F′(x)＜0，

当x∈(x1＋∞)时，F′(x)＞0，

即F(x)在[－2，＋∞)上最小值为F(x1)＝2x1＋2－x22－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0，此时f(x)≤kg(x)恒成立；

②若k＝e2，F′(x)＝(ex＋2－1)(2x＋4)，

故F(x)在[－2，＋∞)上单调递增，

因为F(－2)＝0，所以f(x)≤kg(x)恒成立；

③若k＞e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)＜0，

从而当x∈[－2，＋∞)时，

f(x)≤kg(x)不可能恒成立．

综上所述k的取值范围为[1，e2]．

（1）详见解析；（2）；（3）详见解析.

试题分析：（1）将代入函数的解析式，构造新函数，问题转化为证明，只需利用导数研究函数的单调性，利用函数的单调性来证明该不等式；（2）解法一是利用参数分离法将不等式转化为在上恒成立，构造新函数，问题转化为

来处理；解法二是构造新函数，问题转化为来处理，求出导数的根，对与区间的相对位置进行分类讨论，以确定函数的单调性与最值，从而解决题中的问题；解法三是利用参数分离法将问题转化为，从而将问题转化为来处理，而将视为点与点连线的斜率，然后利用图象确定斜率的最小值，从而求解相应问题；（3）利用分析法将问题等价转化为证明不等式，结合（1）中的结论

结合放缩法证明，最后利用累加法证明相关不等式证明.

试题解析：（1）证明：要证，即证，

令，则，

在单调递增，，

，即成立；

（2）解法一：由且可得，

令，，

由（1）知，

，函数在上单调递增，当时，，

；

解法二：令，则，

当时，，函数在上是增函数，有，------6分

当时，函数在上递增，在上递减，

对，恒成立，只需，即；

当时，函数在上递减，对，恒成立，只需，

而，不合题意，

综上得对，恒成立，；

解法三：由且可得，

由于表示两点、的连线斜率，

由图象可知在单调递减，

故当，，

，即；

（3）当时，，则，

要证，即证，

由（1）可知，又

，，

，

，

故.

（1）单调递增 （2）  （3）

试题分析：（1）判断函数的单调性常用作差比较法、导函数法.其共同点都是与0比大小确定单调性.也可以利用基本初等函数的单调性来判断：当时，因为与在上都是单调递增，所以 （）在定义域上单调递增；（2）利用导函数法求闭区间上的最值，首先要求出极值，然后再与两个端点函数值比较得出最值；既要灵活利用单调性，又要注意对字母系数进行讨论；（3）解决“恒成立”问题，常用分离参数法，转化为求新构造函数的最值（或值域）.

试题解析：(1)由题意得，且                                       1分

显然，当时，恒成立，在定义域上单调递增；                3分

(2)当时由（1）得在定义域上单调递增，所以在上的最小值为，

即（与矛盾，舍）；                          5分

当，显然在上单调递增，最小值为0，不合题意；            6分

当，，

若（舍）；

若（满足题意）；

（舍）；                    9分

综上所述．                                                         10分

(3)若在上恒成立，即在上恒成立,(分离参数求解)

等价于在恒成立，

令.  则；                    11分

令，则

显然当时，在上单调递减,,

即恒成立,说明在单调递减,；            13分

所以.                                                                  14分

解：（1）f ′(x)＝3x2＋2a x＋b＝0．

由题设，x＝1，x＝－为f ′(x)＝0的解．

－a＝1－，＝1×(－)．∴a＝－，b＝－2……………………………………4分

经检验得：这时与都是极值点．…………………………………5分

（2）f (x)＝x3－x2－2 x＋c，由f (－1)＝－1－＋2＋c＝，c＝1．

∴f (x)＝x3－x2－2 x＋1．

∴  f (x)的递增区间为（－∞，－），及（1，＋∞），递减区间为（－，1）．

当x＝－时，f (x)有极大值，f (－)＝；

当x＝1时，f (x)有极小值，f (1)＝－……………………………………………10分

（3）由（1）得，f ′(x)＝(x－1)(3x＋2)，f (x)＝x3－x2－2 x＋c，

f (x)在[－1，－及（1，2]上递增，在（－，1）递减．

而f (－)＝－－＋＋c＝c＋．f (2)＝8－2－4＋c＝c＋2．

∴  f (x)在[－1，2]上的最大值为c＋2．∴ ，∴ 

∴  或∴ 或…………………16分

略

（Ⅰ）

（Ⅱ）函数的单调递增区间为

函数的单调递减区间为[1，3]

（Ⅲ）

（Ⅰ）

………………………………2分

（Ⅱ）由（Ⅰ）知

…………………………4分

由

由………………………………………………6分

∴函数的单调递增区间为

函数的单调递减区间为[1，3] ……………………………8分

（Ⅲ）由（Ⅱ）可知函数在单调递增

函数在[1，3]单调递减

函数在[3，+单调递增

当x=1或x=3时，

…………………………11分

……………………12分

∴要使的图象与x轴正半轴有且仅有三个不同的交点，只须

即………………………………………………………………15分