热门试卷

（1）；（2）；（3）详见解析.

试题分析：（1）在函数定义域范围内求函数的极值，则极值点在内；（2）首先根据条件分离出变量，由转化成求的最小值（利用二次求导判单调性）；（3）结合第（2）问构造出含

的不等关系，利用裂项相消法进行化简求和.

试题解析：（1）由题意，              1分

所以                   2分

当时，；当时，．

所以在上单调递增，在上单调递减，

故在处取得极大值．                      3分

因为函数在区间（其中）上存在极值，

所以，得．即实数的取值范围是．        4分

（2）由得，令，

则．                           6分

令，则，

因为所以,故在上单调递增．        7分

所以,从而

在上单调递增,

所以实数的取值范围是．                    9分

（3）由(2) 知恒成立,

即         11分

令则，        12分

所以， ，  ,．

将以上个式子相加得：

，

故．               14分

解：（Ⅰ）的定义域为，且，      

在上单调递增；                 

（Ⅱ），的定义域为

 因为在其定义域内为增函数，所以，

而，当且仅当时取等号，所以        

（Ⅲ）当时，，

由得或当时，；当时，．

所以在上，  而“，，总有成立”等价于“在上的最大值不小于在上的最大值”而在上的最大值为所以有            

所以实数的取值范围是

略

（Ⅰ）单调递增区间是（Ⅱ）≤3

（Ⅰ）当时，

∴

解，即：

函数的单调递增区间是.    ……………6分

（Ⅱ）=  ∵在上为减函数，

∴时恒成立．  

即恒成立．设，则=．

∵时＞4，

∴，∴在上递减，       

∴g() ＞g()=3，∴≤3．                    …………13分                                

（1）函数f（x）的定义域为{x|x＞-}，f′(x)=-3x==（3分）

∴在[0，1]上，当0≤x＜时，f'（x）＞0时，f（x）单调递增；

当＜x≤1时，f'（x）＜0，f（x）单调递减．

∴f（x）在[0，1]上的增区间是[0，]，减区间是[，1]．（开闭均可）（6分）

（2）由|a-f（x）|＞ln5，可得a-f（x）＞ln5或a-f（x）＜-ln5，

即a＞f（x）+ln5或a＜f（x）-ln5．（7分）

由（1）当x∈[，1]时，f（x）max=f（）=ln3-，f(x)min=f(1)=ln5-．（9分）

∵a＞f（x）+ln5恒成立，∴a＞ln15-，

∵a＜f（x）-ln5恒成立，∴a＜-．

∴a的取值范围为：a＞ln15-或a＜-（12分）

（1）求导函数可得f′（x）=x2-2x+a

∵函数在点P（0，f（0））处的切线方程为y=3x-2，∴，∴．

（2）①由g(x)=f(x)+=x3-x2+3x-2+，得g′（x）=x2-2x+3-．

∵g（x）是[2，+∞）上的增函数，∴g′（x）≥0在[2，+∞）上恒成立，

即x2-2x+3-≥0在[2，+∞）上恒成立．

设（x-1）2=t，∵x∈[2，+∞），∴t≥1，∴不等式t+2-≥0在[1，+∞）上恒成立

当m≤0时，不等式t+2-≥0在[1，+∞）上恒成立．

当m＞0时，设y=t+2-，t∈[1，+∞）

因为y′=1+＞0，所以函数y=t+2-在[1，+∞）上单调递增，因此ymin=3-m．

∴ymin≥0，∴3-m≥0，即m≤3，又m＞0，故0＜m≤3．

综上，m的最大值为3．

②由①得g（x）=x3-x2+3x-2+，其图象关于点Q（1，）成中心对称．

证明如下：∵g（x）=x3-x2+3x-2+，

∴g（2-x）=(2-x)3-(2-x)2+3(2-x)-2+=-x3+x2-3x++

因此，g（x）+g（2-x）=．

∴函数g（x）的图象关于点Q成中心对称．

∴存在点Q（1，），使得过点Q的直线若能与函数g（x）的图象围成两个封闭图形，则这两个封闭图形的面积总相等．

（1）设f（x）在[0，1]上的最大值是f（x）max，

∵对任意的x∈[0，1]，不等式f（x）-m≤0都成立，

∴f（x）max≤m．

∵f′(x)=2(1+x)-=，

当x∈[0，1]时，f′（x）≥0，

故f（x）在[0，1]内为增函数．

∴f（x）max=f（1）=4-2ln2，

∴m≥4-2ln2，

即实数m的最小值是4-2ln2．

（2）∵g（x）=f（x）-x2-x=1+x-2ln（1+x），

∴g′(x)=1-=．

当x＞1时，g′（x）＞0；当-1＜x＜1时，g′（x）＜0，

∴g（x）在[0，1]上是减函数，在（1，2]上是增函数，

∴g（x）在[0，2]上的极小值为g（1）=2-2ln2．

（1）∵f（x）=ax2（a∈R），g（x）=2lnx．

函数F（x）=f（x）-g（x），

∴F（x）=ax2-2lnx，

其定义域为（0，+∞）（1分）

∴F′(x)=2ax-=(x＞0)

（i）当a＞0时，由ax2-1＞0得x＞．由ax2-1＜0得0＜x＜

故当a＞0时，F(x)的递增区间为(，+∞)，递减区间为(0，)．（4分）

（ii）当a＜0时，F'（x）＜0（x＞0）恒成立

故当a≤0时，F（x）在（0，+∞）上单调递减．（6分）

（2）即使F（x）≥2在x＞0时恒成立．

由（1）可知当a≤0时，x→+∞，

则F（x）→-∞．F（x）≥2在x＞0时不可能恒成立．（7分）

∴a＞0，由（1）可知

Fmin(x)=F()=1-2ln=1-ln（10分）

∴只须1-ln≥2即可，

∴lna≥1，

∴a≥e，

故存在这样的a的值，

使得f（x）≥g（x）+2（x∈R+）恒成立．

a的取值范围为[e，+∞）．（12分）

（Ⅰ）依题意得f'（x）=3x2-4cx+c2…（2分）

若f（x）有极值，则△=4c2＞0，∴c≠0…（5分）

（Ⅱ）f'（x）=3x2-4cx+c2=0得x=c或，

因为函数f（x）在x=2处取得了极大值，故

x=2是f'（x）=0的一个实根，故c＞0

∴c＞…（8分）

所以函数f（x）在(-∞，)上递增，在(，c)上递减，(c，+∞)上递增，

f（x）在x=处取得极大值；                                  …（10分）

∴=2⇒c=6…（12分）

求导函数f′（x）=12ax3-4（3a+1）x+4

（1）当a=时，f′（x）=2x3-6x+4=2（x-1）2（x+2）

令f′（x）=2（x-1）2（x+2）=0，∴x1=1，x2=-2

∵函数在（-∞，-2）上单调减，在（-2，1）上单调增，在（1，+∞）上单调增

∴函数的极值点是x=-2，f（x）的极值为-12；

（2）假设f（x）在（-1，1）上是增函数，则f′（x）=12ax3-4（3a+1）x+4≥0在（-1，1）上恒成立

∴3ax2+3ax-1≤0在（-1，1）上恒成立

令g（x）=3ax2+3ax-1，则

或或a=0

∴或或a=0

∴-≤a≤

∴f（x）在（-1，1）上不是增函数，a的取值范围为(-∞，-)∪(，+∞)