热门试卷

解∵一元三次函数f（x）的三次项系数为，

设f（x）=x3+bx2+cx+d，∴f'（x）=ax2+2bx+c

∵f′（x）+9x=ax2+2bx+c+9x＜0的解集为（1，2），

∴f′（x）+9x=ax2+2bx+c+9x=a（x-1）（x-2）＜0

b=-，c=2a（a＞0）

（1）由上f'（x）+7a=ax2-（9+3a）x+9a=0成立

∴△=（9+3a）2-36a2≥0

∴-1≤a≤3又因为a＞0∴0＜a≤3

∴f′（x）=ax2-（9+3a）x+2a（0＜a≤3）

（2）∵f（x）在R上单调增，

∴f'（x）=ax2-（9+3a）x+2a≥0在R上恒成立

∴△=（9+3a）2-8a2=a2+54a+81≤0

∴-27-18 ≤a≤-27+18

又因为a＞0∴0＜a≤-27+18

（1）；

（2）函数的单调递增区间是，递减区间为，极大值；

（3）的取值范围为．

试题分析：（1）利用在上恒成立，

转化成在上恒成立，从而只需，

即，结合正弦函数的有界性，得到，求得；

（2）研究函数的单调性、极值，一般遵循“求导数，求驻点，讨论区间导数值的正负，确定单调性及极值”，利用“表解法”，往往形象直观，易于理解.

（3）构造函数，

讨论，时，的取值情况，根据在上恒成立，得到在上单调递增，利用大于0，求得.

试题解析：（1）由已知在上恒成立，

即，∵，∴，

故在上恒成立，只需，

即，∴只有，由知；            4分

（2）∵，∴，，

∴，

令，则，

∴，和的变化情况如下表：

即函数的单调递增区间是，递减区间为，有极大值；

7分

（3）令，

当时，由有，且，

∴此时不存在使得成立；

当时，，

∵，∴，又，∴在上恒成立，

故在上单调递增，∴，

令，则，

故所求的取值范围为．                          12分

（1）； （2）； （3）

试题分析：（1）先求函数的导函数，然后由的一个极值点，有求得：，（2），从而可知； ，从而解得 ;（3）先由已知条件由化归与转化思想，对任意的总存在＞成立转化为对任意的，不等式恒成立,设左边为，然后对函数进行讨论，从而得出的取值范围

试题解析：

由已知，得 且，

，，                3分

6分

（3）时，由（2）知，在上的最大值为，

于是问题等价于：对任意的,不等式恒成立 ---8分

记，（）

则，

当时，2ma—1+2m<0，∴g’(a)<0在区间上递减，

此时，，

时不可能使恒成立，故必有    10分

若，可知在区间上递减，

在此区间上，有，与恒成立矛盾，

故，这时，，在上递增，

恒有，满足题设要求，，即，

所以，实数的取值范围为                         14分

（1）f'（x）=-3x2+2ax，由题意得 f′()=0，解得a=2，此时f′(x)=-3x(x-)，

可知函数在（0，）上，f′（x）＞0，函数单调增，在（-∞，0），(，+∞)上，f′（x）＜0，函数单调减，

所以函数单调增区间为（0，），函数单调减区间为（-∞，0），(，+∞)．

（2）根据题意，只需要不等式f（x）＞0在（0，+∞）上有解即可，

即-x3+ax2-4＞0在（0，+∞）上有解．即不等式 a＞x+在（0，+∞）上有解即可．

令 g(x)=x+，只需要a＞g（x）min

而 g(x)=x+=++≥3=3，当且仅当 =，即x=2时“=”成立．

故a＞3，即a的取值范围是（3，+∞）．

（Ⅰ）满足条件；（Ⅱ）在上是增函数；（Ⅲ）实数的取值范围为.

本试题主要是考查了导数在研究函数中的运用。以及不等是的求解，和函数单调性的判定的综合运用。

（1）因为

由已知，得即， 得到a的值，

（2）当时， 

当时，.又，故在上是增函数

（3）当时，由（Ⅱ）知，在上的最大值为

于是问题等价于：对任意的，不等式恒成立.

利用构造函数得到结论。

解：……………1分

（Ⅰ）由已知，得即，……3分

经检验，满足条件.……………………………………4分

（Ⅱ）当时，…………5分

当时，.又，故在上是增函数

（Ⅲ）当时，由（Ⅱ）知，在上的最大值为

于是问题等价于：对任意的，不等式恒成立.

记

则…………………………9分

当时，有，且在区间（1，2）上递减，且，则不可能使恒成立，故必有…………11分

当，且

若，可知在区间上递减，在此区间上有，与恒成立矛盾，故，这时，即在（1，2）上递增，恒有满足题设要求.

，即，所以，实数的取值范围为.……………………14分

（Ⅰ）单调增区间为，单调减区间为，极大值点

（Ⅱ）.

（Ⅲ）在区间上不存在使得成立的（）个正数….

（1）当时，求出的导函数，令，列表研究其单调性和极值；

（2）只要求出的最大值小于即可，求出函数的导数，研究单调性可得到的最大值就是其极大值，解不等式得的取值范围；

（3）时，，，要研究的单调性，记，其中.，即在上为增函数.又，所以，对任意的，总有，

.。故不存在。

解：（Ⅰ）当时，，

令得到，列表如下：

所以的单调增区间为，单调减区间为

极大值点

（Ⅱ），，.

令，则.

当时，；当时，.

故为函数的唯一极大值点，

所以的最大值为=.

由题意有，解得.

所以的取值范围为.

（Ⅲ）当时，.    记，其中.

∵当时，，∴在上为增函数，

即在上为增函数.又，

所以，对任意的，总有.

所以，

又因为，所以.

故在区间上不存在使得成立的（）个正数….

①时，在（0，+∞）上单调递增，

此时函数无极值点

②在上单调递减，

在上单调递增，

此时函数仅有极小值点

解：（1）

①时，在（0，+∞）上单调递增，

此时函数无极值点；

②，令

当时，

在上单调递减；

当时，

在上单调递增；

即在上单调递减，

在上单调递增，

此时函数仅有极小值点   6分

（2）函数满足：，

函数满足对都有成立，

即在上的最大值小于

由（1）知：，

在上单调递减，在上单调递增，

所以

对恒成立

又

故实数的取值范围是    13分

（1）当a=1时，φ（x）=（x2+x+1）e-x．φ′（x）=e-x（-x2+x）

当φ′（x）＞0时，0＜x＜1；当φ′（x）＜0时，x＞1或x＜0

∴φ（x）单调减区间，（-∞，0），（1，+∞），单调增区间为：（0，1）

（2）k=g'（0）=-e-x|x-0=-1，切线方程为：y=-x+1

所围成的封闭图形的面积为S=∫01[e-x-（-x+1）]dx=∫01（e-x+x-1）dx=（-e-x+x2-x)=-=-

（3）φ′（x）=（2x+a）e-x-e-x（x2+ax+a）=e-x[-x2+（2-a）x]

令φ′（x）=0，得x=0或x=2-a：

由表可知，φ（x）极大=φ（2-a）=（4-a）ea-2

设μ（a）=（4-a）ea-2，μ′（a）=（3-a）ea-2＞，

∴μ（a）在（-∞，2）上是增函数，

∴μ（a）≤μ（2）=2＜3，即（4-a）ea-2≠3，

∴不存在实数a，使φ（x）极大值为3．（14分）

f′(x)=(x＞0)． （2分）

（Ⅰ）当a=1时，f′(x)=(x＞0)．

当x＞1时，f′（x）＞0；当0＜x＜1时，f′（x）＜0．

∴f（x）的增区间为（1，+∞），减区间为（0，1）．（4分）

（Ⅱ）当a≥1时，f′（x）＞0在（1，2）上恒成立，

这时f（x）在[1，2]上为增函数∴f（x）min=f（1）=0．

当0＜a≤，∵f′（x）＜0在（1，2）上恒成立，

这时f（x）在[1，2]上为减函数∴f(x)min=f(2)=ln2-．

当＜a＜1时，令f′（x）=0，得x=∈(1，2)．

又∵对于x∈[1，)有f′（x）＜0，

对于x∈(，2]有f′（x）＞0，

∴f(x)min=f()=ln+1-，（6分）

综上，f（x）在[1，2]上的最小值为

①当0＜a≤时，f(x)mim=ln2-；

②当＜a＜1时，f(x)min=ln+1-.

③当a≥1时，f（x）min=0；（8分）

（Ⅲ）由（Ⅰ）知函数f(x)=-1+lnx在[1，+∞）上为增函数，

当n＞1时，∵＞1，∴f()＞f(1)，

即lnn-ln(n-1)＞，对于n∈N*且n＞1恒成立．（10分）

lnn=[lnn-ln（n-1）]+[ln（n-1）-ln（n-2）]++[ln3-ln2]+[ln2-ln1]＞++++，

∴对于n∈N*，且n＞1时，lnn＞+++恒成立．（12分）