热门试卷

(Ⅰ)

(Ⅱ)证明略

解：(Ⅰ)　若　　　　　

　　　　　　则　　　　　　　　　　　　　…………（6分）

　(Ⅱ)证明：构造函数

　　　　　即

　　　　　　　　＝　　　　　　　　…………（9分）

　　　　∵对于一切恒有　

　　　　∴方程的判别式

　　　　从而　　　　　　　　　　　　　　…………（12分）

（1）当时，函数在区间上无最小值；当时，函数在区间上的最小值为

（2）故不存在，使曲线处的切线与轴垂直

解：（1）

令，得…………1分

①若，则在区间上单调递增，此时函数无最小值

……2分

②若时，，函数在区间上单调递减

当时，，函数在区间上单调递增

时，函数取得最小值…………4分

③若，则，函数在区间上单调递减

时，函数取得最小值…………5分

综上可知，当时，函数在区间上无最小值；当时，函数在区间上的最小值为；

当时，函数在区间上的最小值为…………6分

（2）

……7分

由（1）可知，当

此时在区间上的最小值为

即…………9分

当，

…………12分

曲线y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，使曲线处的切线与轴垂直…………

解：（1）当时，，令，得．

当x∈（-1，1）时，

当x∈（-∞，-1）∪（1，+∞）时．

∴在（-1，1）上单调递减，在（-∞，-1），（1，+∞）上单调递增，

∴的极小值为．………………………………………………4分

（2）因在[-1，1]上为偶函数，

故只求在[0，1]上的最大值即可．

∵，x∈[0，1]，

∴=，

∴．

．

①当时，，在[0，1]上单调递增，

此时．……………………………………………8分

②当时，=||=-在[0，]上单调递增，

在[，1] 上单调递减，故．…………12分

 …………………………………………………… 14分

略

（1）由已知：f′（x）=-e-x（ax2+a+1）+ e-x·2ax=e-x（-ax2+2ax-a-1）。

因为e-x＞0，只需讨论g（x）=-ax2+2ax-a-1值的情况；

当a=0时，g（x）=-1＜0，即f′（x）＜0，

所以f（x）在R上是减函数；

当a＞0时，g（x）=0的△=4a2-4（a2+a）=-4a＜0，所以g（x）＜0，即f′（x）＜0，

所以f（x）在R上是减函数； （4分）

当a＜0时，g（x）=0有两根，且＜。

所以，在区间（-∞，）上，g（x）＞0，即f′（x）＞0，f（x）在此区间上是增函数，

在区间（，）上，g（x）＜0，即f′（x）＜0，f（x）在此区间上是减函数，

在区间（，+∞）上，g（x）＞0，即f′（x）＞0，f（x）在此区间上是增函数。

综上所述，当a≥0时，f（x）的单调减区间为（-∞，+∞），

当a＜0时，f（x）的单调增区间为（-∞，）和（，+∞），

f（x）的单调减区间为（，）。（8分）

（2）当-1＜a＜0时，＜1，＞2，所以，在[1，2]上，f（x）单调递减，

所以f（x）在[1，2]上的最小值为f（2）=。（12分）

略

略

解: （Ⅰ）依题意，知的定义域为（0，+∞），

当时，，

（2′）令=0，

解得．（∵）

因为有唯一解，所以，当时，

，此时单调递增；

当时，，此时单调递减。

所以的极大值为，此即为最大值        ………4分

（Ⅱ），，则有≤，在上恒成立，

所以≥，             

当时，取得最大值，所以≥…            ……8分

（Ⅲ）因为方程有唯一实数解，

所以有唯一实数解，

设，

则．令，.

因为，，所以（舍去），，

当时，，在（0，）上单调递减，

当时，，在（，+∞）单调递增

当时，=0，取最小值．

则既

所以，因为，所以（*）

设函数，因为当时，

是增函数，所以至多有一解．

因为，所以方程（*）的解为，即，解得 12分

  1；

（Ⅰ）．

因为是函数的极值点，所以，即，因此．

经验证，当时，是函数的极值点．

（Ⅱ）由题设，．

当在区间上的最大值为时，

， 即．故得．

反之，当时，对任意，

，

而，故在区间上的最大值为．

综上，的取值范围为．

点在函数的曲线上，因此过点的切线的斜率就是在处的函数值；

点不在函数曲线上，因此不能够直接用导数求值，要通过设切点的方法求切线．切忌直接将，看作曲线上的点用导数求解。

即过点的切线的斜率为4，故切线为：．

设过点的切线的切点为，则切线的斜率为，又，

故，。

即切线的斜率为4或12，从而过点的切线为：