热门试卷

（1）（2）或

试题分析：（1）先求导，因为为二次函数，所以对于任意实数，恒成立，即恒成立。所以此二次函数的图像应开口向上，判别式小于等于0。（2）分别解得函数的单调性和极值。画图分析可知要使只有一个根则应极大值小于0或极小值大于0.

试题解析：解：(1) ,      2分

因为,,  即 恒成立,           4分

所以 , 得，

即的最大值为          6分

(2) 因为 当时, ;当时, ;

当时, ;      8分

所以 当时,取极大值 ;

当时,取极小值 ;       10分

故当 或时, 方程仅有一个实根.

解得 或.     14分

（1）时，为单调增区间；时，为单调递减区间，为单调递增区间；时，单调递减区间为：， 单调递增区间为：和；时，单调递增区间为：.

（2）不存在.证明详见解析.

试题分析：（1）先求导，然后根据导数的性质：的解集是区间，的解集是减区间求解即可.

(2)先求导可得，假设存在假设存在区间，使得当时函数的值域为，即，所以是，[m,n]为增区间，

由g（m）和g（n）的值可得方程有两个大于的相异实根，再构造函数，求，根据导函数的性质，求函数单调区间和极值，证明h（x）在只存在一个零点即可.

试题解析：（1）    1分

①当时，由恒成立，在上单调递增    2分

②当时，解得或

（ⅰ）若，则

在上单调递减，在上单调递增    4分

（ⅱ）若，则 

在和上单调递增，

在上单调递减    6分

综上所述：当时，的单调递减区间为：，

单调递增区间为：；

当时，的单调递减区间为：

单调递增区间为：和；

当时，单调递增区间为：.    7分

(2)由题意，    8分

假设存在区间，使得当时函数的值域为，即，

当时，在区间单调递增   9分

，即方程有两个大于的相异实根    10分

设，

    11分

设

，，在上单调增，又，即存在唯一的使.   12分

当时，，为减函数；当时，，为增函数；在处取到极小值.又   13分

在只存在一个零点，与方程有两个大于的相异实根相矛盾，所以假设不成立，所以不存在符合题意.          14分

（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）详见解析.

试题分析：（Ⅰ）将代入，求导即得；（Ⅱ），即在上恒成立. 不等式恒成立的问题，一般有以下两种考虑，一是分离参数，二是直接求最值.在本题中，设，则，这里面不含参数了，求的最大值比较容易了，所可直接求最大值.（Ⅲ）本题首先要考虑的是，所要证的不等式与函数有什么关系？待证不等式可作如下变形：

，最后这个不等式与有联系吗？我们再往下看.

,所以在上是增函数.

因为，所以

即从这儿可以看出，有点联系了.

同理，

所以，

与待证不等式比较，只要问题就解决了，而这由重要不等式可证，从而问题得证.

试题解析：（Ⅰ），，所以切线为：即.         3分

（Ⅱ）,，即在上恒成立

设，，时，单调减，单调增，

所以时，有最大值.，

所以.         8分

法二、可化为.

令，则，所以

所以.

（Ⅲ）当时，,,所以在上是增函数，上是减函数.

因为，所以

即，同理.

所以

又因为当且仅当“”时，取等号.

又，,

所以，所以，

所以：.         14分

（1） 的定义域为………1分 （此处不写定义域，结果正确不扣分） 

…………3分   

由得或

单调减区间为和………5分（答案写成（0,2）扣1分；不写区间形式扣1分）

（2）由已知可得，    当时，  

两式相减得

∴或

当时，，若，则这与题设矛盾

∴    ∴                      ……8分

于是，待证不等式即为。

为此，我们考虑证明不等式

令则，

再令，    由知

∴当时，单调递增   ∴  于是

即   　　　 ①

令，   由知

∴当时，单调递增   ∴  于是

即　　　　 ②

由①、②可知              ………………10分

所以，，即   ………………11分

（3）由（2）可知  则 ……12分

在中令n=1,2,3…………..2010，2011并将各式相加得

 ……13分

即      ………………14分

略

见解析

试题分析：求出函数的定义域，求出导函数，设g（x）=2a（1﹣a）x2﹣2（1﹣a）x+1，x∈（0，+∞），讨论a=1，a＞1与0＜a＜1三种情形，然后利用函数的单调性与导函数符号的关系求出单调性．

解：定义域{x|x＞0}

f′（x）==

设g（x）=2a（1﹣a）x2﹣2（1﹣a）x+1，x∈（0，+∞）

①若a=1，则g（x）=1＞0

∴在（0，+∞）上有f'（x）＞0，即f（x）在（0，+∞）上是增函数．

②若a＞1则2a（1﹣a）＜0，g（x）的图象开口向下，

此时△=[﹣2（1﹣a）]2﹣4×2a（1﹣a）×1=4（1﹣a）（1﹣3a）＞0

方程2a（1﹣a）x2﹣2（1﹣a）x+1=0有两个不等的实根

不等的实根为x1=，x2=

且x1＜0＜x2

∴在（0，）上g（x）＞0，

即f'（x）＞0，f（x）是增函数；

在（，+∞）上g（x）＜0，

即f'（x）＜0，f（x）是减函数；

③若0＜a＜1则2a（1﹣a）＞0，g（x）的图象开口向上，

此时△=[﹣2（1﹣a）]2﹣4×2a（1﹣a）×1=4（1﹣a）（1﹣3a）

可知当≤a＜1时，△≤0，故在（0，+∞）上，g（x）≥0，

即f'（x）≥0，f（x）是增函数；

当0＜a＜时，△＞0，方程2a（1﹣a）x2﹣2（1﹣a）x+1=0有两个不等的实根

不等的实根满足＞＞0

故在（0，）和（，+∞）上g（x）＞0，

即f'（x）＞0，f（x）是增函数；

在（，）上g（x）＜0，

即f'（x）＜0，f（x）是减函数．

点评：本题考查利用导函数讨论函数的单调性：导函数为正函数递增；导函数为负，函数递减，同时考查了分类讨论的数学思想方法，属于难题．

(1)在内有唯一零点;在内无零点.(2) 在有最大值;在的最小值.(3)详见解析.

试题分析：(1)首先求导确定在、内的单调性，然后根据零点判定定理确定的零点情况； (2)求导得，所以 在有最大值,又是在内的一个零点，所以在的最大值为.再由(1)的结论知在的最小值应为.由知,于是在的最小值. (3)由(2)知时,有,即

 ，得，再将左右两边放缩相加即得.

(1)在有唯一零点,易知在单增而在

内单减,且,故在和内都至多有一个零点.

又,

故在内有唯一零点;

再由知在内无零点.

(2)由(1)知在有最大值,

故在有最大值;

再由(1)的结论知在的最小值应为.

由知,于是在的最小值.

(3)由(2)知时,有,即

                      ①

取,则且,将的值代入①中,可得

             ②

再由,得

                ③

相仿地,时,,故

            ④

而时④即,显然也成立.故原不等式成立.

（1）；（2）.

试题分析：(1),先求其导数，令,求出其导数为0的值，然后判断两侧的单调性是否发生改变，求出极值点，让极值点落在,即可求出的范围；

(2)首先代入求出函数,是负数，所以讨论当,的情况;恒有,设,求,设,由来确定的范围，来确定的正负，即的正负，从而确定的单调性，如果恒成立，只需的最大值小于0，从而求出a的范围.

试题解析：（1）由题意，

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．

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）由题可知,，因为,所以.当时,,不合题意.

当时,由,可得.   6分

设,则.

设，.           8分

(1)若,则，，，所以在内单调递增，又所以.所以符合条件.           10分

(2)若,则,,,所以存在,使得,对.则在内单调递减,又,所以当时,,不合要求.

综合(1)(2)可得.                12分

（1）证明过程详见解析；（2）

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及最值问题等数学知识，考查学生的转化能力、分析问题解决问题的能力和计算能力，考查分类讨论思想.第一问，将代入确定的解析式，先求函数的定义域，这是解题的前题，函数只有一个零点等价于图像与x轴只有一个交点，对求导，利用，判断函数的增减区间，判断出当时，，从而证明出图像与x轴只有一个交点；第二问，对中的参数a进行讨论，当时，与题干矛盾，当时，得到的减区间为，由题干分析可知，是的子集，所以得到和1的大小关系，当时，同理得到与1的大小，从而综合上述情况得到a的取值范围.

试题解析：(1)当a＝1时，f(x)＝lnx－x2＋x，其定义域是(0，＋∞)，

又，

令f′(x)＝0，即，解得或x＝1.又x>0，∴x＝1.

当0＜x＜1时，f′(x)＞0；当x＞1时，f′(x)＜0.

∴函数f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．

∴当x＝1时，函数f(x)取得最大值，其值为f(1)＝ln1－12＋1＝0.

当x≠1时，f(x)＜f(1)，即f(x)＜0.

∴函数f(x)只有一个零点.（7分）

(2)显然函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax的定义域为(0，＋∞)，

∴.

①当a＝0时，，∴f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，不合题意；

②当a>0时，f′(x)＜0，得，∴，即a≥1；

③当a<0时，f′(x)＜0，得，∴，a≤－.

综上，实数a的取值范围是.（14分）

(Ⅰ)；(Ⅱ)详见解析.

试题分析：(Ⅰ)先求出导函数，再由即可得到；(Ⅱ) 当时，要证明.即证明当时，.然后研究函数在区间[0,2]上的单调性以求出最值.从而证明了本题.

试题解析：(Ⅰ) ,,又，

当时，，在处取得极小值.

(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)知，，.

当时，，所以在区间[0,1]单调递减；

当时，，所以在区间[0,1]单调递增；

所以在区间[0,2]上，的最小值为，又，.

所以在区间[0,2]上，的最大值为.

对于时，有.

所以.

（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.

试题分析：（Ⅰ）利用到导数法求解；（Ⅱ）构造新函数，用导数法求解；（Ⅲ）利用导数的几何意义求切线方程，将的坐标代入切线方程，求得，再利用两个函数的图像均关于点对称，它们交点的横坐标也关于对称成对出现.方程，的根即所作的所有切线的切点横坐标构成的数列的项也关于对称成对出现，在内共构成1006对.

试题解析：（Ⅰ）由于，

所以.           (2分)

当，即时，；

当，即时，.

所以的单调递增区间为，

单调递减区间为.                         (4分)

（Ⅱ）令，要使总成立，只需时.

对求导得，

令，则，()

所以在上为增函数，所以.                       (6分)

对分类讨论：

① 当时，恒成立，所以在上为增函数，所以，即恒成立；

② 当时，在上有实根，因为在上为增函数，

所以当时，，所以，不符合题意；

③ 当时，恒成立，所以在上为减函数，则，不符合题意.

综合①②③可得，所求的实数的取值范围是.                    (9分)

（Ⅲ）因为，所以，

设切点坐标为，则斜率为，

切线方程为，              (11分)

将的坐标代入切线方程，得

，即，               

令，，则这两个函数的图像均关于点对称，它们交点的横坐标也关于对称成对出现，方程，的根即所作的所有切线的切点横坐标构成的数列的项也关于对称成对出现，在内共构成1006对，每对的和为，因此数列的所有项的和.                               (13分)

（1）；

（2）当

当

（3）

当时，函数

（1）

恒成立

即恒成立……………………2分

显然时，上式不能恒成立

是二次函数

由于对一切于是由二次函数的性质可得

 ………………………………4分

（2）

即………………6分

当

当……………………………………8分

（3）

该函数图象开口向上，且对称轴为

假设存在实数m

使函数区间 上有最小值－5.

①当上是递增的.

解得

舍去.………………10分

②当上是递减的，

而在区间上是递增的，

即

解得………………12分

③当时，上递减的

即

解得应舍去.

综上可得，当时，

函数………………15分

（1）（2）或 (3)见解析

（1），                                                                                                               （1分）

令，                                                                                                         （2分）

由得1-12b>0即                                                                                        （4分）

（2）∴3-1+b=0，得b=-2，            （5分）

令，得，，                               （6分）可以计算得到，                                        （7分）

所以，得到或                              （8分）

（3）可以计算得到，，               （10分）

∴对[－1，2]内的任意两个值都有（12分）

（1）（2）见解析

（1）当a=1时，

则，所以单调增区间为（0，+∞），令，所以单调减区间为（－1，0）.2分

又…4分

（2）

令

（i）当2－a=0即a=2时，无极值，舍去.

（ii）当2－a>0即a<2时，的变化情况如下表（一）：

        由题意应有满足题意………………………………8分

（I）∵f′（x）=an-an+1+an+2-an+1sinx-an+2cosx，f′()=0．

∴2an+1=an+an+2对任意n∈N*，都成立．

∴数列{an}是等差数列，设公差为d，∵a1=2，a2+a4=8，∴2+d+2+3d=8，解得d=1．

∴an=a1+（n-1）d=2+n-1=n+1．

（II）由（I）可得，bn=2(n+1+)=2（n+1）+，

∴Sn=2[2+3+…+（n+1）]+++…+

=2×+

=n2+3n+1-．