热门试卷

的定义域为，

①当时，. 由得或. ∴当，时，单调递减.  ∴的单调递减区间为,.

②当时，恒有，∴单调递减.  ∴的单调递减区间为.

③当时，. 由得或.∴当，时，单调递减.  ∴的单调递减区间为,.

综上，当时，的单调递减区间为,；

当时，的单调递减区间为；

当时，的单调递减区间为,.

在上有零点，

即关于的方程在上有两个不相等的实数根.

令函数.则.

令函数. 则在

上有.  故在上单调递增.

， 当时，有即.∴单调递减；

当时，有即，∴单调递增.

，，

的取值范围为

【解析】的定义域为，

①当时，.由得或. ∴ 当，时，单调递减.  ∴的单调递减区间为,.

② 当时，恒有，∴单调递减. ∴的单调递减区间为.

③ 当时，.由得或. ∴当，时，单调递减. ∴的单调递减区间为,.

综上，当时，的单调递减区间为,；

当时，的单调递减区间为；

当时，的单调递减区间为,

当时，，，.

当时，，∴在上单调递增.

又在上恒成立. 在上单调递增.

由题意，得

原问题转化为关于的方程在上有两个不相等的实数根. ……9分

即方程在上有两个不相等的实数根.

令函数.则.

令函数.则在上有.

故在上单调递增.

，当时，有即.∴单调递减；

当时，有即，∴单调递增.

，，

的取值范围为

当时，，欲使即恒成立，

只要满足对恒成立即可.

对于，即令则所以函数在内单调递增，在内单调递减.而所以.

对于即,令,

则令则

所以在内单调递减,则从而

所以在内单调递减,则且当时,,所以.

综上所述可得:.

下面用数学归纳法证明

(1)当时,,所以所以,当时命题成立

(2)假设时命题成立,即要证明时命题成立,即证明

只需证明即证明     由当时,易证,所以所以函数在区间上为增函数. 可证明函数在上为增函数,

由归纳假设得所以

若则必有,故现在证明

构造函数则

,易证,所以函数在上为增函数,

故即则

由‚及题意知，即.

综合知:对任意的都有成立

试题分析：本题属于导数应用中的基本问题，题目的难度是逐渐由易到难，（1）利用导函数对分类求出单调区间；（2）要灵活运用“恒成立问题”解决的方法研究问题。（3）根据题意设出切点，再利用切点在曲线上构造方程去研究方程根的个数即切线条数。

（Ⅰ）函数的定义域为．．

（1）当时，恒成立，函数在上单调递增；

试题分析：本题属于导数应用中的基本问题，题目的难度是逐渐由易到难，（1）利用导函数对分类求出单调区间；（2）要灵活运用“恒成立问题”解决的方法研究问题。（3）根据题意设出切点，再利用切点在曲线上构造方程去研究方程根的个数即切线条数。

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，

（1）当时，即时，函数在区间上为增函数，

所以在区间上，，显然函数在区间上恒大于零；

（2）当时，即时，函数在上为减函数，在

上为增函数，所以．

依题意有，解得，所以．

（3）当时，即时，在区间上为减函数，

所以．

依题意有，解得，所以．

综上所述，当时，函数在区间上恒大于零．………………8分

试题分析：本题属于导数应用中的基本问题，题目的难度是逐渐由易到难，（1）利用导函数对分类求出单调区间；（2）要灵活运用“恒成立问题”解决的方法研究问题。（3）根据题意设出切点，再利用切点在曲线上构造方程去研究方程根的个数即切线条数。

（Ⅲ）设切点为，则切线斜率，

切线方程为．

因为切线过点，则，即．……①

令 ，则 ．

（1）当时，在区间上，， 单调递增；

在区间上，，单调递减，

所以函数的最大值为．

故方程无解，即不存在满足①式．

因此当时，切线的条数为．

（2）当时, 在区间上，，单调递减，

在区间上，，单调递增，

所以函数的最小值为．

取，则．

故在上存在唯一零点．

取，则．

设，，则．

当时，恒成立．

所以在单调递增，恒成立．所以．

故在上存在唯一零点．

因此当时，过点P存在两条切线．

（3）当时，，显然不存在过点P的切线．

综上所述，当时，过点P存在两条切线；

当时，不存在过点P的切线．…………………………………………………13分

解：（1），----------------------------------------------------------------1分

令得，则在上单调递增；

令得，则在上单调递减。---------------------3分

.令，---------4分

则，

令，

则，故在上单调递增。-------------------------6分

而，，故存在，使得，

即。---------------------------------------------------------------------------8分

则时，，故；时，，故。

则在上单调递减，在上单调递增，------------------------------------10分

故

。

故。--------------------------------------------------------------12分

（1）∵f（x）=x3+ax2+b，

∴f′（x）=3x2+2ax，

令f′（x）=0，可得x=0或﹣．

a=0时，f′（x）＞0，∴f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增；

a＞0时，x∈（﹣∞，﹣）∪（0，+∞）时，f′（x）＞0，x∈（﹣，0）时，f′（x）＜0，

∴函数f（x）在（﹣∞，﹣），（0，+∞）上单调递增，在（﹣，0）上单调递减；

a＜0时，x∈（﹣∞，0）∪（﹣，+∞）时，f′（x）＞0，x∈（0，﹣）时，f′（x）＜0，

∴函数f（x）在（﹣∞，0），（﹣，+∞）上单调递增，在（0，﹣）上单调递减；

（2）由（1）知，函数f（x）的两个极值为f（0）=b，f（﹣）=+b，则函数f（x）有三个不同的零点等价于f（0）f（﹣）=b（+b）＜0，

∵b=c﹣a，

∴a＞0时，﹣a+c＞0或a＜0时，﹣a+c＜0．

设g（a）=﹣a+c，

∵函数f（x）有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），

∴在（﹣∞，﹣3）上，g（a）＜0且在（1，）∪（，+∞）上g（a）＞0均恒成立，

∴g（﹣3）=c﹣1≤0，且g（）=c﹣1≥0，

∴c=1，

此时f（x）=x3+ax2+1﹣a=（x+1）[x2+（a﹣1）x+1﹣a]，

∵函数有三个零点，

∴x2+（a﹣1）x+1﹣a=0有两个异于﹣1的不等实根，

∴△=（a﹣1）2﹣4（1﹣a）＞0，且（﹣1）2﹣（a﹣1）+1﹣a≠0，

解得a∈（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），

综上c=1．

当时，，，得.

由，解得，即在上单调递增；

由，解得，即在上单调递减.

∴综上，的单调递增区间为，单调递减区间为

已知，于是变形为，

从而，即，整理得.

令，则，即在上是减函数，

∴，令，则，

当时，，即此时单调递增；当时，，即此时单调递减，

而，∴，∴

由（1）知，当时，在上是增函数，

∵，∴，

即，同理，

，

又因为，当且仅当时，取等号，，，，

∴，∴，∴.