热门试卷

—1

=，

x>时，＜0,f(x)单调减，当－＜x＜时，

＞0, f(x)单调增，

当x=时,f(x)== ,=＜1,不合题意.

∴f(x)max=f(1)== ,a=—1

∪

∵   ∴

∴   ∴即……4分

易知时取极小值为 又，

故：当时，…………8分

要使恒成立，只要

或

或或

故实数M的取值集合为∪…

（1）；（2）；（Ⅲ）点的横坐标的取值范围为．

试题分析：（1）求实数的值求导数，根据函数在点处的切线的斜率是，由导数的几何意义，及当时，，对函数求导数得，，依题意，可求出，又因为图象过坐标原点，则，即可求得实数的值；（2）求函数在区间上的最小值，当时，，对函数求导函数，令，解出的值，确定函数的单调性，计算导数等零点与端点的函数值，从而可得函数在区间上的最小值；（Ⅲ）设，因为中点在轴上，所以，根据，可得，分类讨论，确定函数的解析式，利用，即可求得结论．

试题解析：（1）当时，，

依题意，

又   故              3分

（2）当时，

令有，故在单调递减；在单调递增；

在单调递减．又,

所以当时，          6分

（Ⅲ）设，因为中点在轴上，所以

又  ①

（ⅰ）当时，，当时，．故①不成立  7分

（ⅱ）当时，代人①得：

，

无解                                  8分

（ⅲ）当时，代人①得：

   ②

设，则是增函数.

的值域是．               10分

所以对于任意给定的正实数，②恒有解，故满足条件．

（ⅳ）由横坐标的对称性同理可得，当时，

，代人①得：

 ③

设，令，则由上面知

的值域是的值域为.

所以对于任意给定的正实数，③恒有解，故满足条件。      12分

综上所述，满足条件的点的横坐标的取值范围为                14分

（I）.

（II）当每件商品的售价为7元时,该连锁分店一年的利润最大,最大值为万元；

当每件商品的售价为元时,该连锁分店一年的利润最大,最大值为万元.

试题分析：（I）由题意，该连锁分店一年的利润(万元)与售价的函数关系式为.

（II）通过确定，求导数得到，

令，求得驻点，根据，.讨论

①当时，②当，时，导数值的正负，求得最大值.

试题解析：

（I）由题意，该连锁分店一年的利润(万元)与售价的函数关系式为.

（II），

，

令，得或，

因为，，所以，.

①当时，，，

是单调递减函数.

故                       10分

②当，即时，

时，；时，

在上单调递增；在上单调递减，

故

答:当每件商品的售价为7元时,该连锁分店一年的利润最大,

最大值为万元；

当每件商品的售价为元时,该连锁分店一年的利润最大,最大值为万元.

（1）当时,无单调区间；

当时,的单增区间为单减区间为；

当时,的单增区间为,单减区间为；

（2）当时,方程有两个不同解.当时,方程有0个解.当或时,方程有唯一；

（3）详见解析.

试题分析：(1)求导，对分情况讨论；

(2)研究方程的解的个数，实质就是研究函数的图象.通过求导，弄清函数的单调区间及函数值的范围，结合图象即可知道方程的解的个数.

(3)将所要证明的不等式与题中函数联系起来看，应该考查的3阶函数，且令，即.将这个函数求导得.由得

则在单调递增,在单调递减. 这样可得的最大值，从而得到所要证明的不等式.

试题解析：(1),

令,当时,

当时,无单调区间；

当时,的单增区间为单减区间为.

当时,的单增区间为,单减区间为.           4分.

(2)由当时,方程无解.当时,

令则由得

从而在单调递增,在单调递减.

当时,，当

当,即时,方程有两个不同解.

当,即时,方程有0个解

当,或即或时,方程有唯一解.

综上,当时,方程有两个不同解.当时,方程有0个解.当或时,方程有唯一解. 9分.

(3)特别地，当时

由得.

由得

则在单调递增,在单调递减.

即.又时,          14分.

（1）；（2）.

试题分析：本题主要考查导数的运算，利用导数研究函数的单调性、极值、最值、不等式等基础知识，考查函数思想，考查综合分析和解决问题的能力.第一问，因为函数在上有极值，所以极值点的横坐标需落在内，对求导，令和判断出函数的单调区间，决定出极值点所在位置，得到极值点的横坐标，让落在区间内，列出不等式；第二问，将已知条件先转化为，下面主要任务是求函数的最小值，设出新函数，对它求导，判断出函数的单调性，确定当时有最小值，即，所以.

试题解析：（Ⅰ）因为，，则，

当时，，当时，.

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以函数在处取得极大值.

因为函数在区间（其中）上存在极值，

所以 解得．

（Ⅱ）不等式即为 记

所以

令，则

，

在上单调递增，

，从而，

故在上也单调递增，

所以，所以

（Ⅰ）φ(a)＝a－alna（a＞0）；（Ⅱ）详见解析.

试题分析：（Ⅰ）利用导数分析函数单调性，求最值；（Ⅱ）利用导数分析函数单调性，分类讨论.

试题解析：(Ⅰ)求导数，得f ′(x)＝－＝（x＞0）．

（1）当a≤0时，f ′(x)＝＞0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，无最小值．

（2）当a＞0时，令f ′(x)＝0，解得x＝a2．

当0＜x＜a2时，f ′(x)＜0，∴f(x)在(0，a2)上是减函数；

当x＞a2时，f ′(x)＞0，∴f(x)在(a2，＋∞)上是增函数．

∴f(x)在x＝a2处取得最小值f(a2)＝a－alna．

故f(x)的最小值φ(a)的解析式为φ(a)＝a－alna（a＞0）．         6分

（Ⅱ）由（Ⅰ），知φ(a)＝a－alna（a＞0），

求导数，得φ′(a)＝－lna．

（ⅰ）令φ′(a)＝0，解得a＝1．

当0＜a＜1时，φ′(a)＞0，∴φ(a)在(0，1)上是增函数；

当a＞1时，φ′(a)＜0，∴φ(a)在(1，＋∞)上是减函数．

∴φ(a)在a＝1处取得最大值φ(1)＝1．

故当a∈(0，＋∞)时，总有φ(a)≤1．             10分

（ⅱ）当a＞0，b＞0时，

＝－＝－ln，               ①

φ′()＝－ln()≤－ln，                  ②

φ′()＝－ln()≥－ln＝－ln，        ③

由①②③，得φ′()≤≤φ′()．         14分

解：（1）               ………2分

∴曲线在处的切线方程为，即 ………4分

（2）过点向曲线作切线，设切点为

则

则切线方程为                   ………………6分

将代入上式，整理得。

∵过点可作曲线的三条切线

∴方程（*）有三个不同实数根.                 ……………8分

记,=.

令或1.                                            ……………10分

则的变化情况如下表

当有极大值有极小值.             …………12分

由题意有，当且仅当  即时，

函数有三个不同零点.

此时过点可作曲线的三条不同切线。故的范围是  …………14分

略

（Ⅰ）（Ⅱ）实数的取值范围为

（Ⅰ）．

因为是函数的极值点，所以，即，

所以．经检验，当时，是函数的极值点．

即．                                           …………………6分

（Ⅱ）由题设，，又，

所以，，，

这等价于，不等式对恒成立．

令（），

则，

所以在区间上是减函数，

所以的最小值为．