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（1）；

（2）单调递增区间为，，

递减区间为，；

（3）

.

试题分析：（1）由已知条件得到或，对上述两个不等式进行求解，并比较端点值的大小，从而求出函数的定义域；（2）求导，并求出方程的根，求出不等式的解集，并与定义域取交集得到函数的单调递增区间，用同样的办法求出函数的单调递减区间，但需注意比较各端点值得大小；（3）先求出方程的解，然后结合函数的单调性以及函数的定义域得到不等式的解集合.

试题解析：（1）可知，

，

或，

或，

或，

或或，

所以函数的定义域为

；

（2），

由得，即，

或，结合定义域知或，

所以函数的单调递增区间为，，

同理递减区间为，；

（3）由得，

，

，

，

或或或，

，，，

，，

结合函数的单调性知的解集为

.

【考点定位】本题以复合函数为载体，考查函数的定义域、单调区间以及不等式的求解，从中渗透了二次不等式的求解，在求定义域时考查了分类讨论思想，以及利用作差法求解不等式的问题，综合性强，属于难题.

,，当 时,函数在时取最小值;当 时, 函数在时取最小值.                  

(考查函数和方程、函数与导数、不等式的求解等知识，考查化归与转化、分类与整合、函数与方程的数学思想和方法、推理论证能力和运算求解能力)

解:（1）∵，

∵ 在 上是减函数，

∴在恒成立.                     …………分

又∵当 时，，

∴不等式在时恒成立，

即 在时恒成立，              …………分

设 ，，则

，

∴ .                                          …………分

（2）∵，

令 ，解得: , ,

由于，

∴，，

∴,  ，                              …………分

①当即 时,在上；在上，

∴当时，函数在上取最小值.       ……分

② 当即 时,在上，

∴当时，函数在上取最小值.                   

由①②可知，当 时,函数在时取最小值;当 时, 函数在时取最小值.                          …………分

……分

（1）f′（x）=ln x+1，f′（x）＞0，得x＞；

f′（x）＜0，得0＜x＜，

∴f（x）的单调递增区间是（，+∞），单调递减区间是（0，）．…（3分）

（2）∵g（x）=f（x）+f（k-x）=x ln x+（k-x）ln（k-x），定义域是（0，k）

∴g′（x）=ln x+1-[ln （k-x）+1]=ln                               …（5分）

由g′（x＞0，得＜x＜k，由g′（x＜0，得0＜x＜，

∴函数g（x）在（0，） 上单调递减；在（，k）上单调递增，…（7分）

故函数g（x）的最小值是：ymin=g（）=kln．…（8分）

（3）∵a＞0，b＞0∴在（2）中取x=，k=2，

可得f（）+f（2-）≥2ln1 f（）+f（）≥0

⇒ln+ln≥0

⇒alna+blnb+（a+b）ln2-（a+b）ln（a+b）≥0

⇒f（a）+（a+b）ln2≥f（a+b）-f（b）                                   …（12分）

(1)的极大值为，无极小值.(3)

试题分析：(1)求已知函数的极值,利用导数法,即求定义域,求导,求导数为0与单调区间，判断极值点求出极值. (2) 求定义域,求导.利用数形结合思想讨论导数(含参数二次不等式)的符号求f(x)的单调区间,讨论二次含参数不等式注意按照定性(二次项系数是否为0),开口,判别式，两根大小得顺序依次进行讨论,进而得到函数f(x)的单调性(注意单调区间为定义域的子集)(3)这是一个恒成立问题，只需要(m－ln3)a－2ln3＞(|f(x1)－f(x­2)|),故求解确定|f(x1)－f(x­2)|最大值很关键,分析可以发现(|f(x1)－f(x­2)|)=,故可以利用第二问单调性来求得函数的最值进而得到(|f(x1)－f(x­2)|). (m－ln3)a－2ln3＞(|f(x1)－f(x­2)|)对于任意的a∈(2, 3)恒成立,则也是一个恒成立问题,可以采用分离参数法就可以求的m的取值范围.

试题解析：（1）当时，,由,解得 ，可知在上是增函数，在上是减函数.

∴的极大值为，无极小值.

①当时，在和上是增函数，在上是减函数；

②当时，在上是增函数；

③当时，在和上是增函数，在上是减函数  8分

（3）当时，由（2）可知在上是增函数，

∴.

由对任意的a∈(2, 3)，x­1, x2∈[1, 3]恒成立，

∴

即对任意恒成立，

即对任意恒成立，由于当时，，∴.  

（Ⅰ）；（Ⅱ）.

试题分析：（Ⅰ）根据函数的值域为，求得 ，得到；通过解一元二次不等式，解得.

（Ⅱ）注意到，令，遵循“求导数，求驻点，讨论区间导数值正负，确定极值”等步骤，即可得到的范围为.

试题解析：（Ⅰ）由值域为，当时有，

即                 2分

则，由已知

解得，      4分

不等式的解集为，∴，

解得                      6分

（Ⅱ）当时，，所以

因为，，所以

令，则     8分

当时，，单调增，当时，，单调减，

所以当时，取最大值，     10分

因为

，所以

所以的范围为     12分

解（1）当时，函数=，

∵，令得

∵当时，  ∴函数在上为减函数

∵当时  ∴函数在上为增函数

∴当时，函数有最小值，      --------3分

（2）∵

若，则对任意的都有，∴函数在上为减函数

∴函数在上有最大值，没有最小值，； --------4分

若，令得

当时，，当时，函数在上为减函数

当时  ∴函数在上为增函数

∴当时，函数有最小值，   ------6分

当时，在恒有

∴函数在上为增函数，

函数在有最小值，．   ---------7分

综上得：当时，函数在上有最大值，，没有最小值；

当时，函数有最小值，，没有最大值；

当时，函数在有最小值，，没有最大值．---8分

（3）由（1）知函数=在上有最小值1

即对任意的都有，即，      ---------10分

当且仅当时“＝”成立

∵      ∴且

∴

∴对任意的都有．         ……12分

略

（1）由已知可得f′(x)=2a+。因为f(x)在x上是增函数，有 

f′(x)>0,即有a>-,而g(x)= -在为增函数,且g(x)的最大值为g(1)= -1,所以a>-1。当a=-1时， f′(x)=2a+,在x也有 f′(x)>0,满足f(x)在为增函数，所以a≥-1。

（2）由（1）知a≥-1时，f(x)在为增函数，所以当a≥-1时，f(x)的最大值为f(1)=2a-1。当a<-1时，令f′(x)=2a+=0,得x=,注意到0<<1,所以当0时,

f′(x)>0;当)=-3。故对x,当a≥-1时，f(x)的最大值为2a-1;当a<-1时, f(x)的最大值为-3。

（1）由已知可得f′(x)=2a+。因为f(x)在x上是增函数，有 

f′(x)>0,即有a>-,而g(x)= -在为增函数,且g(x)的最大值为g(1)= -1,所以a>-1。当a=-1时， f′(x)=2a+,在x也有 f′(x)>0,满足f(x)在为增函数，所以a≥-1。

（2）由（1）知a≥-1时，f(x)在为增函数，所以当a≥-1时，f(x)的最大值为f(1)=2a-1。当a<-1时，令f′(x)=2a+=0,得x=,注意到0<<1,所以当0时,

（Ⅰ）∵f（x）=ex-ax-1，

∴f′（x）=ex-a，

∵f（x）在定义域R内单调递增，

∴ex-a≥0在R上恒成立，即a≤ex在R上恒成立，

∵ex＞0，

∴a≤0．

（Ⅱ）由题意知，若f（x）在（-∞，0]上单调递减，则ex-a≤0在（-∞，0]上恒成立，

∴a≥ex在（-∞，0]上恒成立，

∵y=ex在（-∞，0]上为增函数，

∴x=0时，y=ex最大值为1，

∴a≥1，

同理可知，ex-a≥0在[0，+∞）上恒成立，

∴a≤ex在[0，+∞）上恒成立，

∵y=ex在[0，+∞）上为增函数，

∴x=0时，y=ex最小值为1，

∴a≤1，

综上可知，当a=1时，满足f（x）在（-∞，0]上单调递减，在[0，+∞）上单调递增．

（Ⅲ）将g（x）的图象恒在f（x）图象的下方转化为g（x）＜f（x）恒成立，

由（I）可知f（0）是f（x）的最小值，有f（x）≥f（0），而f（0）=e0-0-1=0，

∴f（x）≥0，

∵g（x）=-（x-1）2-1，

∴g（x）≤-1，

∴f（x）＞g（x），即g（x）的图象恒在f（x）图象的下方，

故在g（x）=-x2+2x-2在（Ⅱ）的条件下，求证g（x）的图象恒在f（x）图象的下方．

（1）因为f（x）=ax3+12x+c，

故f′（x）=3ax2+12，

由于f（x）在点x=2处取得极大值8，

故有，

即

解得