热门试卷

（1）在(0，e]上单调递增，在[e，＋∞)上单调递减．（2）a>－（3）(0，＋∞)

(1)对已知函数f(x)求导得，f′(x)＝.

由1－ln x＝0，得x＝e.

∴当x∈(0，e)时，f′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，

∴函数f(x)在(0，e]上单调递增，在[e，＋∞)上单调递减．

(2)由h(x)＝xf(x)－x－ax2，

可得h(x)＝ln x－x－ax2，

则h′(x)＝－1－2ax＝.

h(x)＝xf(x)－x－ax2在(0,2)上有极值的充要条件是φ(x)＝－2ax2－x＋1在(0,2)上有零点，

∴φ(0)·φ(2)<0，解得a>－.

综上所述，a的取值范围是(0，＋∞)．

（1）∵f（x）=（x2-3x+3）•ex，

∴f′（x）=（2x-3）ex+（x2-3x+3）ex=（x2-x）ex，

令f′（x）＞0，即（x2-x）ex＞0，解得x＜0或x＞1，

令f′（x）＜0，即（x2-x）ex＜0，解得0＜x＜1，

∴函数f（x）的单调递增区间为（-∞，0），（1，+∞），单调递减区间为（0，1）；

（2）∵t＞-2，

①当t∈（-2，0]时，

∵f（x）在（-∞，0]单调递增，∴f（t）＞f（-2），

②当t∈（0，+∞）时，∵f（x）在[0，1]单调递减，在[1，+∞）单调递增，

∴f（t）所能取得的最小值为f（1）与f（-2）的最小值，

∵f（1）=e，f（-2）=13e-2，f（1）＞f（-2），

∴当t∈（0，+∞）时，f（t）＞f（-2）

综上可知：当t＞-2时，f（t）＞f（-2）；

（3）=（t-1）2即x2-x=（t-1）2，

考虑函数g（x）=x2-x-(t-1)2，

g（-2）=6-(t-1)2=-（t+2）（t-4）＞0，g（1）=-（t-1）2＜0，

g（t）=t2-t-(t-1)2=（t2+t-2）=（t+2）（t-1）＞0，

∴g（x）在区间[-2，1）、（1，t）分别存在零点，

又由二次函数的单调性可知：g（x）最多存在两个零点，

∴关于x的方程：=（t-1）2在区间[-2，t]上总有两个不同的解．

（Ⅰ）f（x）=sinx+cosx•sinφ-sinx•（1-cosφ）=cosx•sinφ+sinx•cosφ=sin（x+φ）

由f()=1，可得sin(φ+)=1

∵|φ|＜，∴φ=

（Ⅱ）由f(A)=，可得sin(A+)=

∵a=1＜b=

∴0＜A＜

∴＜A+＜

∴A+=

∴A=

（1）∵f(x)=x-alnx+，

∴f′（x）=1--，

∵f(x)=x-alnx+在x=1处取得极值，

∴f′（1）=0，

∴1-a-b=0，即b=1-a．

（2）函数f（x）的定义域为（0，+∞），

由（1）可得f′（x）=1--==，

令f′（x）=0，则x1=1，x2=a-1．

∵a＞3，x2＞x1，当x∈（0，1）∪（a-1，+∞）时，f′（x）＞0；

当x∈（1，a-1）时，f′（x）＜0．

∴f（x）的单调递增区间为（0，1），（a-1，+∞）；单调递减区间为（1，a-1）．

（3）当a＞3时，f（x）在[，1）上为增函数，在（1，2]为减函数，

所以f（x）的最大值为f（1）=2-a＜0．

因为函数g（x）在[，2]上是单调递增函数，

所以g（x）的最小值为g（）=a2+3＞0．

所以g（x）＞f（x）在[，2]上恒成立．

要使存在m1，m2∈[，2]，使得|f（m1）-g（m2）|＜9成立，只需要g（）-f（1）＜9，

即a2+3-（2-a）＜9，

所以-8＜a＜4． 

又因为a＞3，所以a的取值范围是（3，4）．

（1）依题意：h（x）=lnx+x2-ax

∵h（x）在（0，+∞）上是增函数，

∴h′(x)=+2x-a≥0对x∈（0，+∞）恒成立，

∴a≤+2x，

∵x＞0，则 +2x≥2．

∴b的取值范围是(-∞，2]．

（2）设t=ex，则函数化为y=t2+at，t∈[1，2]

∵y=(t+)2-

当-≤1，即-2≤a≤2时，函数y在[1，2]上为增函数，

∴当t=1时，ymin=a+1；

当1＜-＜2，即-4＜a＜-2时，t=-，ymin=-；

当-≥2，即a≤-4时，函数y在[1，2]上为减函数，

∴当t=2时，ymin=2a+4．

综上所述：ϕ(x)=

（1）详见解析；（2）3.

试题分析：(1) 本小题首先利用求导的公式与法则求得函数的导数，通过分析其值的正负可得函数的单调性，函数在上单调递增；

(2) 本小题主要利用导数分析函数的单调性在上单调递增，然后求得目标函数的最值即可。

试题解析：（1）时，，

所以函数在上单调递增；              6分

（2）因为，所以      8分

所以两点间的距离等于，  9分

设，则，

记，则，

所以，         12分

所以在上单调递增，所以   14分

所以，即两点间的最短距离等于3.     15分

（1）∵f（x）=lnx（x＞0），∴f′（x）=；

∴g（x）=f（x）+f′（x）=lnx+（x＞0），

∴g′（x）=-=；

当0＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）是减函数，

x＞1时，g′（x）＞0，g（x）是增函数；

∴g（x）有极小值是g（1）=1，单调减区间是（0，1），单调增区间是（1，+∞）；

（2）∵g（x）=lnx+（x＞0），

∴g（）=ln+x=-lnx+x（x＞0），

∴g（x）-g（）=2lnx+-x（x＞0）；

令h（x）=2lnx+-x（x＞0），

则h′（x）=--1==≤0，

∴h（x）是（0，+∞）上的减函数；

又∵h（1）=0，

∴当0＜x＜1时，h（x）＞0，g（x）＞g（）；

当x=1时，h（x）=0，g（x）=g（）；

x＞1时，h（x）＜0，g（x）＜g（）．

（1）∵f(x)=lnx++axf/(x)=-+a

若f/(x)=-+a≥0对x∈[1，+∞）恒成立，则a≥-对x∈[1，+∞）恒成立，∴a≥0

若f/(x)=-+a≤0对x∈[1，+∞）恒成立，则a≤-对x∈[1，+∞）恒成立，∴a≤-

∴当函数f（x）在[1，+∞）上是单调函数时，

∴所求a的取值范围为：a≥0或a≤-；

（2）当a≥0时，函数f（x）在[1，+∞）上单调递增，所以f（x）在[1，+∞）无最大值．

当a≤-时，函数f（x）在[1，+∞）上单调递减，所以由f(1)=，得a=-1＜-

当-＜a＜0时，由f/(x)=-+a＞0得ax2+x-1＞0，则α＜x＜β

（其中α=＞1，β=＞-＞2）

∴函数f（x）在[1，α]上单调递减，在[α，β]上单调递增，在[β，+∞]上单调递减，

由f(1)=，得a=-1＜-，不符要求．

由f(β)=，得lnβ++aβ=，

又∵aβ2+β-1=0，∴aβ=-1代入得lnβ+-1=

设函数h(x)=lnx+-1-(x＞2)，则h/(x)=-=＞0

所以函数h（x）在（2，+∞）上单调递增，而h（e）=0

∴β=e，所以a==∴当a=-1或a=时，

函数f（x）在[1，+∞）有最大值．