热门试卷

（1）∵函数f(x)=x3+ax2+ax+1存在两个极值点x1，x2，且x1＜x2．

∴f'（x）=x2+ax+a，△=a2-4a＞0，∴a＞4或a＜0，且x1+x2=-a，x1x2=a

∴f''（x）=2x+a∴x∈（-2，0）时，f''（x）=2x+a∈（-4+a，a）

若a＞4时，f''（x）＞0，f′（x）在（-2，0）上是单调增函数

若a＜0时，f''（x）＜0，f′（x）在（-2，0）上是单调减函数

得证．

（2）直线AB的斜率==

=（x22+x12+x1x2）+a(x1+x2)+a=[(x1+ x2 )2-x1x2]+a(x1+x2)+a≥-2

∵x1+x2=-a，x1x2=a

∴(a2-a)-a2+a≥-2∴-2≤a≤6

f′（x）=（x＞0）…（2分）

（1）由已知，得f′（x）在[1，+∞）上有解，即a=在（1，+∞）上有解，

又∵当x∈（1，+∞）时，＜1，所以a＜1．又a＞0，所以a的取值范围是（0，1）…（6分）

（2）①当a≥时，因为f′（x）＞0在（e，e2）上恒成立，这时f（x）在[e，e2]上为增函数，

所以当x=e时，f（x）min=f（e）=1+ …（8分）

②当0＜a≤时，因为f′（x）＜0在（e，e2）上恒成立，这时f（x）在[e，e2]上为减函数，

所以，当x=e2时，f（x）min=f（e2）=2+，…（10分）

③当＜a＜时，令f′（x）=0得，x=∈（e，e2），

又因为对于x∈（e，）有f′（x）＜0，

对于x∈（，e2）有f′（x）＞0，

所以当x=时，f（x）min=f（）=ln+1-…（14分）

综上，f（x）在[e，e2]上的最小值为

f（x）min=…（16分）

试题分析：根据题意可知,函数在上的最小值得大于等于在上的值,所以得求得函数在上的最小值,通过导数法,判断单调性得最小值;然后令,建立关于的不等式,设出新的函数,探讨与的关系,从而得出满足条件的实数.

试题解析：根据 ,求导可得,

显然,所以函数在上单调递增.所以

根据题意可知存在,使得,

即即能成立，

令，则要使，在能成立，只需使，

又函数中,,求导可得.当时,显然,所以函数在上单调递减.

所以，故只需.

（1）在区间上单调递增，在区间上单调递减。

（2）；（3）．

本试题主要是考查了导数在研究函数中的 运用。利用导数的符号判定函数单调性和利用单调性逆向求解参数的范围，和不等式的证明。

（1）首先求解定义域和导数，然后令导数大于零，小于零得到单调区间。

（2）因为在区间上是增函数，则说明函数在给定区间的导函数恒大于等于零，利用分离参数的思想求解参数的取值范围。

（3）利用第一问中函数的结论，令得，，那么所以在上为减函数，可得对于任意，都有，故有

，放缩法证明不等式。

解：（1）当时，，

由，……………………………………………..4分

所以，在区间上单调递增，在区间上单调递减。

（2），

由题意得当时，恒成立。

令，有，得，

所以的范围是…………………………………………8分

（3）令得，，

所以在上为减函数，对于任意，都有，故有

即

即．                          ………12分

若，则，在区间上单调递增

若，则，函数在区间上单调递减

故不存在，使曲线在

处的切线与轴垂直

解（1）：∵，∴．

令，得．

①若，则，在区间上单调递增.

②若，当时，，函数在区间上单调递减，

当时，，函数在区间上单调递增，

③若，则，函数在区间上单调递减. ……6分

（2）解：

∵，，

由（1）可知，当时，．

此时在区间上的最小值为，即．

当，，，∴．

曲线在点处的切线与轴垂直等价于方程有实数解．

而，即方程无实数解．

故不存在，使曲线在

处的切线与轴垂直……12分

（1）f（x）=ln （ax+1）+=ln（ax+1）+-1，求导函数可得f′（x）=-，

∵f（x）在x=1处取得极值，

∴f'（1）=0，∴-=0

∴a=1；

（2）设f′（x）=-＞0，有ax2＞2-a，

若a≥2，则f'（x）＞0恒成立，f（x）在[0，+∞）上递增，∴f（x）的最小值为f（0）=1；

若0＜a＜2，则x＞，f'（x）＞0恒成立，f（x）在（，+∞）上递增，在（-∞，）上递减，

∴f（x）在x=处取得最小值f（）＜f（0）=1．

综上知，若f（x）最小值为1，则a的取值范围是[2，+∞）．

(1) 在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减(2)见解析

(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋ax－(a＋1)＝.

当0<a<1时，由f′(x)>0解得0<x<1或x>，由f′(x)<0解得1<x<，

所以函数f(x)在(0，1)，上单调递增，在上单调递减．

当a＝1时，f′(x)≥0对x>0恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

当a>1时，由f′(x)>0解得x>1或0<x<，由f′(x)<0解得<x<1.

所以函数f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．

(2)证明：当a＝1时，原不等式等价于ln x－2x＋＋<0.

因为x>1，所以＝<，

因此ln x－2x＋＋x－2x＋＋.

令g(x)＝ln x－2x＋＋，

则g′(x)＝.

令h(x)＝，当x>1时，h′(x)＝－x2－4x＋<0，

所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)<h(1)＝0，即g′(x)<0，

所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)<g(1)＝0，

所以当x>1时，f(x)<x2－－.

（1）函数的定义域为（0，+∞），h/(x)=-2x+1＞0，∴0＜x＜1，故函数的单调增区间为（0，1）5分，

（2）当x∈[-2，0]时，g（x）≤2c2-c-x3恒成立，即g（x）+x3≤2c2-c恒成立，

令F（x）=x3+x2-x，F′（x）=3x2+2x-1=（x+1）（3x-1），函数在[-2，-1]单调增，在[-1，0]上单调减，故x=-1时，函数取得最大值，所以1≤2c2-c，解得c≤-或c≥1 10分