热门试卷

（1）易知，函数f（x）的定义域为（0，+∞）．…（1分）

当a=-2时，f′(x)=2x-=．…（2分）

当x变化时，f'（x）和f（x）的值的变化情况如下表：…（4分）

由上表可知，函数f（x）的单调递减区间是（0，1），单调递增区间是（1，+∞），极小值是f（1）=1．…（8分）

（2）由g(x)=x2+alnx+，得g′(x)=2x+-．…（9分）

又函数g(x)=x2+alnx+为[1，+∞）上单调函数，

①若函数g（x）为[1，+∞）上的单调增函数，

则g'（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，

即不等式2x-+≥0在[1，+∞）上恒成立．

也即a≥-2x2在[1，+∞）上恒成立，

而φ（x）=-2x2在[1，+∞）上的最大值为φ（1）=0，所以a≥0．…（12分）

②若函数g（x）为[1，+∞）上的单调减函数，

根据①，在[1，+∞）上φ（x）max=φ（1）=0，φ（x）没有最小值．…（13分）

所以g'（x）≤0在[1，+∞）上是不可能恒成立的．…（15分）

综上，a的取值范围为[0，+∞）．…（16分）

（1）f'（x）=x2-a2=（x-a）（x+a）（a＞0）

f'（x）＞0⇒x＞a或x＜-a，f'（x）＜0⇒-a＜x＜a…（4分）

∴f（x）在（-∞，-a）和（a，+∞）上都单调递增，在[-a，a]上单调递减；…（6分）

（2）x=-a为函数y=f（x）的极大值点，x=a为函数y=f（x）的极小值点，…（8分）

①当0＜a＜2时，函数y=f（x）在[0，2]上的最小值为f（a）=-a3+2a，

∴-a3+2a≥-，即（a+1）2（a-2）≤0，∴a≤2，又0＜a＜2

∴0＜a＜2…（11分）

②当a≥2时，函数y=f（x）在[0，2]上的最小值为f（2）=-2a2+2a，

∴-2a2+2a≥-，∴-1≤a≤2

又a≥2，∴a=2，…（14分）

综上，0＜a≤2．…（15分）．

解：（1 ），F'（x）=ex-a-x，F''（x）=ex-1，

令F''（x）=0，得x=0

当x∈（-∞，0）时，F''（x）<0，从而F'（x）在（- ∞，0）上单调递减，

当x∈（0，+ ∞）时， F''（x）>0，从而F'（x）在（0，+ ∞）上单调递增，

所以F'（x）min=F'（x）=1-a，

当F'（x）min=1-a≥0，即a≤1时，F'（x） ≥0恒成立，F（x）的极值点个数为0；

当F'（x）min=1-a<0，即a>1时，（又x→-∞，F'（x） →+∞， x→+∞，F'（x） →+∞）F（x）的极值点个数为2个

（2）证明：

在[1，2]上单调递增

在x∈[1，2]上恒成立

令H（a）= -a-x=（-2≤a≤1），关于a是一次函数。

又H（-2）=2-x≥0，H（1）=ex-1-x≥0，（由F'（x）=ex-a-x≥1-a得）

所以G（x）= -a-x≥0在x∈[1，2]上恒成立，所以，原命题成立。

（1）极大值，无极小值；（2）详见解析；（3）数列是单调递减.

试题分析：（1）当时，函数，于是可利用导数研究函数的单调性与极值；

（2）当时，

要证在区间内存在唯一的零点，只要证在区间内单调且即可；

（3）先求和，再根据得到，结合（2）的结论：函数在区间内是单调递增的，从而得到，结论得证.

解：（1）由已知，得：

由得：

当时，单调递增

当时，单调递减

所以是函数的极大值点，无极小值点

故的极大值为，无极小值.

（2）由已知，得：

∴易得：  于是在区间内存在零点；

又当时，恒成立

∴函数在区间内是单调递增的

故在区间内存在唯一的零点．                   （8分）

解:（3）：数列是单调递减的. 理由如下：       （9分）

由（2）设 是在内唯一的零点，

则

又，

于是

即

由（2）在上是单调递增的，

∴当时，．

故数列是单调递减的.                  （14分）

（Ⅰ）；（Ⅱ）.

试题分析：（Ⅰ）将代入得：，利用导数便可求得曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）.

令得：.因为，所以.下面就结合图象分情况求出在区间上的最小值，再由其最小值为，求出的取值范围.

试题解析：（Ⅰ）当时，，

此时：，于是：切线方程为.

（Ⅱ）

令得：

当即时，，函数在上单调递增，于是满足条件

当即时，函数在上单调递减，在上单调递增，于是不满足条件.

当即时，函数在上单调递减，此时不满足条件.

综上所述：实数的取值范围是.

（1），值域为　　　　　　　　

（2）解法一:不等式的解集中的整数恰有3个，

等价于恰有三个整数解，故，　　　　　　

令，由且，

所以函数的一个零点在区间，

则另一个零点一定在区间，　　　　　　　　　　　　　　　

故解之得．　　　　　　　　　　　　　　　　

解法二：恰有三个整数解，故，即，

，

所以，又因为，　

所以，解之得．　　　　　　　　　　

（3）设，则．

所以当时，；当时，．

因此时，取得最小值，

则与的图象在处有公共点．　　　　　　

设与存在 “分界线”，方程为，

即，

由在恒成立，则在恒成立 ．

所以成立，

因此．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

下面证明恒成立．

设，则．

所以当时，；当时，．

因此时取得最大值，则成立．

故所求“分界线”方程为：．

略

（1）∵ a＞0，，

∴

=，               …………… 2分

于是，，所以曲线y = f（x）在点A（0，f（0））处的切线方程为，即（a－2）x－ay + 1 = 0．                   … 4分

（2）∵ a＞0，eax＞0，∴ 只需讨论的符号．           ………… 5分

ⅰ）当a＞2时，＞0，这时f ′（x）＞0，所以函数f（x）在（－∞，+∞）上为增函数．

ⅱ）当a = 2时，f ′（x）= 2x2e2x≥0，函数f（x）在（－∞，+∞）上为增函数．

ⅲ）当0＜a＜2时，令f ′（x）= 0，解得，．

当x变化时， f '（x）和f（x）的变化情况如下表：

∴ f（x）在，为增函数，

f（x）在为减函数．

（3）当a∈（1，2）时，∈（0，1）．由（2）知f（x）在上是减函数，在上是增函数，故当x∈（0，1）时，，所以当x∈（0，1）时恒成立，等价于恒成立．当a∈（1，2）时，，设，则，表明g(t) 在（0，1）上单调递减，于是可得，即a∈（1，2）时恒成立，因此，符合条件的实数a不存在．

略

y=x-2,

略