热门试卷

（1）∵函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，

∴f′（x）=2x+a-≥0在[1，+∞）上恒成立，

即a≥-2x在[1，+∞）上恒成立，

令g（x）=-2x，则函数g（x）在[1，+∞）上为减函数

∴当x=1时，函数g（x）取最大值-1

∴a≥-1，即实数a的取值范围为[-1，+∞）

（2）当a=1时，f（x）=x2+x-2-lnx．f′（x）=2x+1-=

当x∈[，]时，f′（x）≤0，此时函数为减函数

当x∈[，1]时，f′（x）≥0，此时函数为增函数

故当x=时，f（x）取最小值ln2-

当x=1时，f（x）取最大值0

∴|f（x1）-f（x2）|≤-ln2

∴c≥-ln2

（1）f′（x）=-x2+x+2a

f（x）在(，+∞)存在单调递增区间

∴f′（x）＞0在(，+∞)有解

∵f′（x）=-x2+x+2a对称轴为x=

∴f′(x)=-x2+x+2a在(，+∞)递减

∴f′(x)＜f′()=+2a＞0

解得a＞-．

（2）当0＜a＜2时，△＞0；

f′（x）=0得到两个根为；（舍）

∵∈[1，4]

∴1＜x＜时，f′（x）＞0；＜x＜4时，f′（x）＜0

当x=1时，f（1）=2a+；当x=4时，f（4）=8a-＜f（1）

当x=4时最小∴8a-=-解得a=1

所以当x==2时最大为

（1）f′（x）=3（x2-a2）=3（x-a）（x+a），

由f′（x）=0，得x1=a，x2=-a，

∴a＞0，∴x1＞x2，

当0＜a＜1，x∈[0，1]时，由f′（x）≥0，得a≤x≤1，所以f（x）在[a，1]上为增函数，

由f′（x）≤0，得0≤x≤a，所以f（x）在[0，a]上为减函数．

当a≥1，x∈[0，1]时，由f′（x）≤0恒成立，所以f（x）在[0，1]上为减函数．

综上所述，当0＜a＜1时，f（x）在[a，1]上为增函数，在[0，a]上为减函数．当a≥1时，f（x）在[0，1]上为减函数．

（2）设当x∈[0，1]时，f（x）的值域为A，g（x）的值域为B，若存在实数a≥1，则必有A⊆B，

当a≥1时，f（x）在[0，1]上为减函数，所以f（x）max=f（0）=-2a，f（x）min=f（1）=1-3a2-2a，即A=[1-3a2-2a，-2a]，

又g′（x）=，令g′（x）＞0得＜x＜，令g′（x）＜0得x＜，或x＞，

所以g（x）min=f（）=-4，又g（0）=-，g（1）=-3，所以g（x）max=-3，从而B=[-4，-3]，

由A⊆B得，，即，不等式无解，

所以不存在实数a≥1满足题意．

（Ⅰ）由F（x）=f（x）-h（x）= x+ - （x≥0）知，

F'（x）= ，令F'（x）=0，得x= ．

当x∈（0， ）时，F'（x）＜0；当x∈（ ，=∞）时，F'（x）＞0．

故x∈（0， ）时，F（x）是减函数；

故F（x）x∈（ ，+∞）时，F（x）是增函数．

F（x）在x= 处有极小值且F（ ）= ．

（Ⅱ）原方程可化为log4（x-1）+log2 h（4-x）=log2h（a-x），

即 log2（x-1）+log2=log2，

①当1＜a≤4时，原方程有一解x=3- ；

②当4＜a＜5时，原方程有两解x=3± ；

③当a=5时，原方程有一解x=3；

④当a≤1或a＞5时，原方程无解．

 （Ⅲ）设数列 {an}的前n项和为sn，且sn=f（n）g（n）-

从而有a1=s1=1．

当2＜k≤100时，ak=sk-sk-1= - ，ak- = [（4k-3） -（4k-1） ]= = ＞0．

即对任意的2＜k≤100，都有ak＞ ．

又因为a1=s1=1，

所以a1+a2+a3+…+a100＞ + + +…+ =h（1）+h（2）+…+h（100）

故f（100）h（100）-

（Ⅰ）f'（x）=3ax2-6x=3x（ax-2）．

因为x=2是函数y=f（x）的极值点，所以f'（2）=0，即6（2a-2）=0，

所以a=1．经检验，当a=1时，x=2是函数y=f（x）的极值点．

即a=1．（6分）

（Ⅱ）由题设，g′（x）=ex（ax3-3x2+3ax2-6x），又ex＞0，

所以，∀x∈（0，2]，ax3-3x2+3ax2-6x≤0，

这等价于，不等式a≤=对x∈（0，2]恒成立．

令h(x)=（x∈（0，2]），

则h′(x)=-=-＜0，

所以h（x）在区间（0，2]上是减函数，

所以h（x）的最小值为h(2)=．

所以a≤．即实数a的取值范围为(-∞，]．（13分）

（1）0；（2）证明过程详见解析.

试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性、最值等基础知识，同时考查分析问题解决问题的综合解题能力和计算能力.第一问，对求导，由于单调递增，单调递减，判断出函数的单调性，求出函数的最大值；第二问，根据第一问的结论将定义域分成2部分，当时，函数为单调递减，所以，所以一定小于1，当时，只需证明即可，构造新函数，对求导，判断的单调性，求出的最小值为0，所以，所以，即.

试题解析：（Ⅰ）．

当时，，单调递增；

当时，，单调递减．

所以的最大值为．       5分

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，，．     7分

当时，等价于设．

设，则．

当时，，，则，

从而当时，，在单调递减．

当时，，即．

综上，总有．        12分

（Ⅰ）f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞),极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)；（Ⅱ）求证：当a＞ln2－1且x＞0时，ex＞x2－2ax＋1．

试题分析：（Ⅰ）要求函数的单调区间和极值，需要求导，f(x)求导之后的结果f ′(x)＝ex－2，令f ′(x)＝0，得x＝ln2，列出x，f ′(x)，f(x)的变化情况表，根据表格写出函数的单增区间，单减区间，以及极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)，没有极大值；（Ⅱ）要证明不等式，最常用的方法是构造函数g(x)＝ex－x2＋2ax－1，求导得g′(x)＝ex－2x＋2a，由题意，a＞ln2－1及（Ⅰ）知，则g′(x)的最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)＞0，因而对任意x∈R，都有g′(x)＞0，所以g(x)在R内单调递增，那么当x∈(0，＋∞)，必有g(x)＞g(0)，而g(0)＝0，所以ex＞x2－2ax＋1.

试题解析：（Ⅰ）由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f ′(x)＝ex－2，x∈R．

令f ′(x)＝0，得x＝ln2．

于是当x变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表：

故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)．

（Ⅱ）设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R．

于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R．

由（Ⅰ）知，当a＞ln2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)＞0．

于是对任意x∈R，都有g′(x)＞0，

∴g(x)在R内单调递增．

于是当a＞ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0)．

而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0．

即ex－x2＋2ax－1＞0，故ex＞x2－2ax＋1．

(Ⅰ)取得极大值，无极小值；(Ⅱ)的取值范围为；（Ⅲ）不存在符合题意的两点．

试题分析：(Ⅰ)若，求函数的极值，首先写出，把代入后求导函数，求出导函数在定义域内的零点，然后判断导函数在不同区间段内的符号，从而得到原函数的单调性，最后得到函数的极值情况； (Ⅱ)根据函数在上单调递增，则其导函数在内大于0恒成立，分离变量后可求不等式一侧所对应的函数的值域，从而求出的取值范围； （Ⅲ）利用反证法思想，假设两点存在，由线段AB的中点的横坐标与直线AB的斜率之间满足，利用两点求斜率得到，把也用两点的横坐标表示，整理后得到∴，令，引入函数，通过求函数的导函数判断函数单调性得到，即，从而得出矛盾，说明假设错误．

试题解析：(Ⅰ)的定义域为                  1分

，                       2分

故单调递增；

单调递减，                         3分

时，取得极大值，无极小值。            4分

(Ⅱ)，，

若函数在上单调递增，

则对恒成立                5分

，只需               6分

时，，则，，            7分

故，的取值范围为                       8分

（Ⅲ）假设存在，不妨设，

                          9分

                                  10分

由得，整理得        11分

令，，12分，

在上单调递增，                                  13分

，即，故

不存在符合题意的两点。                                  14分

（1）C的方程是；（2）.

试题分析：（1）设，则.用定比分点坐标公式可得与之间的关系式，将此关系式代入即得只含的方程，此即M的轨迹方程.（2）首先考虑直线的斜率不存在的情况，即，此时.当直线的斜率存在时，设，，联立，再用韦达定理即得（含k的代数式）.由题知过N的直线，且与椭圆切于N点时，最大，故设

联立与椭圆方程得，此时.的距离即为点N到EF的距离，所以，化简，平方后利用导数可得其最大值.

（1）由题知，设

有代入得，

所以曲线C的方程是        4分

（2）当直线的斜率不存在时，即，此时     5分

当直线的斜率存在时，设，

联立，有.

      7分

由题知过N的直线，且与椭圆切于N点时，最大，故设

联立与椭圆方程得，此时

的距离，所以

化简       10分

设，有

，所以函数在上单调递减，当时，函数取得最大值，即时

综上所述                  .13分.