热门试卷

（1）f（x）=ln（1-x）+x，定义域为（-∞，1），g′(x)=1-，令g'（x）=0得x=0，

可以列表，也可以直接研究g'（x）的正负，得g（x）的单调递增区间为（-∞，0）；

单调递减区间为（0，1）；x=0时g（x）有极大值0．

（2）f′(x)=2x-，若f'（x）≥0，即2x-≥0⇒a≤[x（1-x）]min⇒a≤-2，

若f'（x）≤0，即2x-≤0⇒a≥[x(1-x)]max⇒a≥，

所以a≤-2或a≥．

（3）证明：由（n+1）an+1=nan，用累乘法得an=，

由（1）知当x∈（0，1）时g'（x）＜0又g（0）=0，得g（x）=ln（1-x）+x＜g（0）=0，得x＜-ln（1-x）*n≥2⇒∈(0，1)，x=代入*得＜lnSn=1+++…+＜1+ln+ln+…+ln=1+ln(××…×)=1+lnn，

所以当n≥2时，Sn＜1+lnn．…（14分）

（1）在上单调递减，在上单调递增；（2）；（3）见解析

试题分析：（1）求导数，对参数进行分类讨论，当导函数大于0时，得到增区间，导函数小于0时得到减区间。（2）含参数不等式恒成立问题，一般要把要求参数分离出来，然后讨论分离后剩下部分的最值即可。讨论最值的时候要利用导数判断函数的单调性。（3）证明不等式可以有很多方法，但本题中要利用（1）（2）的结论。构造函数，然后利用函数单调性给予证明。

试题解析：（1）函数的定义域为，        1分

当时，，从而，故函数在上单调递减  3分

当时，若，则，从而，

若，则，从而，

故函数在上单调递减，在上单调递增；          5分

（2）由（1）得函数的极值点是，故      6分

所以，即，

由于，即.              7分

令，则

当时，；当时，

∴在上单调递减，在上单调递增；           9分

故，所以实数的取值范围为          10分

（3）不等式       11分

构造函数，则，

在上恒成立，即函数在上单调递增，      13分

由于，所以，得

故      14分

（1）当时递增区间为、当时递增区间为；（2）

试题分析：（1）先求导，再讨论导数的正负得函数的单调区间。注意对正负的讨论。（2）由（1）可得时函数的单调性，根据单调性可求其最值。即可求得的值。

试题解析：解：（1）函数的定义域为求导得     3分

当时，令，解得，

此时函数的单调递增区间为；        5分

当时，令，解得，

此时函数的单调递增区间为，    7分

（2）由（1）可知，当时，函数在区间上单调递减，在上单调递增，于是当时，函数取到极大值，极大值为，

故的值为                  13分

f（x）＝x3－x，f（x）＝2x2－1

和．

解：（1）∵为偶函数，∴ f（x） = f（-x），

∴3ax2 2bx ＋ c=" 3ax2" ＋2bx ＋ c，

∴2bx =0对一切x R恒成立，∴ b＝0， （2分）

∴f （x）＝ax3＋cx中学网 又当x＝－时，f （x）取得极大值

∴解得，

∴f（x）＝x3－x，f（x）＝2x2－1                （6分）

（2），

设切点为，则

切线方程为：，（8分）

代入点化简得：，解得，（10分）

所以切线方程为：和．（12分）

证明：求导函数可得f′（x）= = 

∵x∈（﹣∞，﹣2），

∴f′（x）＞0

∴ 在x∈（﹣∞，﹣2）上为增函数．

（1）f(x)在(0,1)，（）上是增函数，在（1，）上是减函数；（2）．

试题分析：(1)根据题意可以求得，当，即时，可通过列表通过f’(x)的正负性来判断f(x)的单调性；

可将变形为，∴问题就等价于求当存在，使成立的b的取值范围，而，∴问题进一步等价于求存在，使时b的取值范围，通过参变分离，可得存在，求使2b≥成立b的范围，∴只需2b≥即可．

（1）   3分

当，即时，此时f(x)的单调性如下：

当时，f(x)在(0,1)，（）上是增函数，在（1，）上是减函数  7分；

（2）由（1）知，当时，f(x)在(0,1)上是增函数，在（1，2）上是减函数．

于是时，     8分

从而存在使）=  10分

变形可得存在存在使2b≥成立  11分

∴只需2b≥成立   12分

显然在(1,2)上单调递减，∴只需2b≥，即   14分

（1）减区间为,增区间，（2），（3）详见解析.

试题分析：（1）利用导数求函数单调性，有四个步骤.一是求出定义域：，二是求导数，三是分析导数符号变化情况：，四是根据导数符号写出对应单调区间：减区间为,增区间.（2）已知函数单调性研究参数范围问题，通常转化为恒成立问题. 因为函数在区间上是减函数，所以对任意恒成立.而恒成立问题又利用变量分离法解决,即对任意恒成立. 因此（3）求切点问题，从设切点出发，利用切点处导数等于切线斜率列等量关系：.解这类方程，仍需利用导数分析其单调性，利用零点存在定理解决.

试题解析：解: （1）时, ，

 ，                  1分

，

的减区间为,增区间.                3分

（2）

在区间上是减函数，

对任意恒成立，

即对任意恒成立，                5分

对任意恒成立，

令，

，                                       7分

易知在单调递减，.

.                                            8分

（3）设切点为，，

切线的斜率，又切线过原点，

，

存在性：满足方程，

所以，是方程的根.                  11分

再证唯一性：设，，

在单调递增，且，

所以方程有唯一解.

综上，切点的横坐标为.                              13分

（1）当时,的单调递增区间为,单调递减区间为,；当时,的单调递增区间为,,单调递减区间为；（2）详见解析.

试题分析：（1）对于含参数的函数的单调区间，只需在定义域内考虑导函数符号，同时要注意分类讨论标准的确定.先求，分母恒正，只需考虑分子二次函数的符号，所以讨论开口方向即可；（2）由于是独立的两个变量，故分别代表，的任意两个函数值，要使得恒成立，只需证明，分别利用导数求其最大值和最小值，从而得证，该题入手，可能很多同学困惑于这两个变量的处理，从而造成了解题障碍.

试题解析：(Ⅰ)函数的定义域为,. 

当时, 

当变化时,,的变化情况如下表:

当时, 

当变化时,,的变化情况如下表:

综上所述,

当时,的单调递增区间为,单调递减区间为,; 

当时,的单调递增区间为,,单调递减区间为. 

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知,当时, 在上单调递增,;在上单调递减,且. 所以时,. 因为,所以,令,得. 

①当时,由,得;由,得, 所以函数在上单调递增,在上单调递减. 所以. 

因为, 所以对于任意,总有. 

②当时,在上恒成立, 所以函数在上单调递增,. 

所以对于任意,仍有，综上所述,对于任意,总有