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（1）；（2）时，在上单调递减；当时，单调递增区间为和，单调递减区间为；时， 在上单调递增；（3）实数的取值范围为.

试题分析：（1）当时，先确定，接着求出，进而求出，最后由直线的点斜式即可写出所求的切线方程；（2）先确定函数的定义域，设，接着针对这个二次函数开口方向及与轴正半轴有多少个交点的问题分、、三类进行讨论，进而确定各种情况下的函数的单调区间，最后将各个情况综合描述即可；（3）法一：先将至少存在一个，使得成立的问题等价转化为：令，等价于“当 时，”，进而求取即可解决本小问；法二：设，定义域为，进而将问题转化为等价于当 时，，从中对参数分、、、，进行求解即可.

函数的定义域为，   1分

（1）当时，函数，，

所以曲线在点处的切线方程为

即         4分

（2）函数的定义域为

1.当时，在上恒成立

则在上恒成立，此时在上单调递减     5分

2.当时，

（ⅰ）若

由，即，得或      6分

由，即，得         7分

所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间为  9分

（ⅱ）若，在上恒成立，则在上恒成立，此时 在上单调递增                        10分

综上可知：时，在上单调递减；当时，单调递增区间为和，单调递减区间为；时， 在上单调递增

（3）因为存在一个使得

则，等价于                   12分

令，等价于“当 时，”

对求导，得                 13分

因为当时，，所以在上单调递增

所以，因此                16分

另解：设，定义域为

依题意，至少存在一个，使得成立

等价于当 时，               11分

（1）当时

在恒成立，所以在单调递减，只要

则不满足题意        12分

（2）当时，令得

（ⅰ）当，即时

在上，所以在上单调递增

所以，由得，，所以   13分

（ⅱ）当，即时

在上，所以在单调递减

所以，由得      14分

（ⅲ）当，即时， 在上，在上

所以在单调递减，在单调递增

，等价于或，解得，所以，       15分

综上所述，实数的取值范围为               16分.

（1）；（2）；（3）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、利用导数求函数的极值和最值、利用导数求曲线的切线方程等数学知识，考查学生分析问题解决问题的能力、转化能力和计算能力.第一问，先对求导，将代入到中得到切线的斜率，将代入到中得到切点的纵坐标，最后利用点斜式，直接写出切线方程；第二问，对求导，由于有2个不同的极值点，所以有2个不同的根，即在有两个不同的根，所以且，可以解出a的取值范围，所以根据的单调性判断出为极小值，通过函数的单调性求最值，从而比较大小；第三问，用分析法证明分析出只须证，构造函数，利用函数的单调性证明，同理再证明，最后利用不等式的传递性得到所证不等式.

试题解析：（1）易知，∴ 

∴所求的切线方程为，即 4分

（2）易知，

∵有两个不同的极值点

∴在有两个不同的根

则且 解得               6分

在递增，递减，递增

∴的极小值

又∵

∴

则，∴在递减

∴，故                        9分

（3）先证明：当时，

即证：

只需证：

事实上，设

易得，∴在内递增

∴  即原式成立                        12分

同理可以证明当时，   

综上当时，.             14分

（1）；（2）；（3）．

试题分析：（1）三次函数的导数是二次函数，由，知其对称轴，曲线的切线问题，可利用导数的几何意义(切点处切线的斜率)列出方程组求解；（2），画出函数图象考察其单调性，根据其单调区间对的值分类讨论求出其最大值；（3）对不等式进行化简，得恒成立，即，且，对任意的成立，然后又转化为求函数的最值问题，要注意，从而有.

试题解析：（1），∵，

∴函数的图象关于直线对称，，             2分

∵曲线在与轴交点处的切线为，∴切点为，

∴，解得，则                5分

（2）∵，

∴，其图象如图                      7分

当时，，

当时，，

当时，，

综上                                  10分

（3），，

当时，，所以不等式等价于恒成立，

解得，且，                                            13分

由，得，，所以，

又，∵，∴所求的实数的的取值范围是       16分

（1）（2）[－2，＋∞)

(1)f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)<0，得0<x<，所以f(x)的单调递减区间是.令f′(x)>0得x>，所以f(x)的单调递增区间是.

(2)由题意得：2xln x≤3x2＋2ax－1＋2，即2xln x≤3x2＋2ax＋1，

又x∈(0，＋∞)，∴a≥ln x－x－.

设h(x)＝ln x－x－.，则h′(x)＝－＋＝－.

令h′(x)＝0得x＝1或－ (舍)，

当0<x<1时，h′(x)>0；当x>1时，h′(x)<0 ，所以当x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝－2，所以a≥－2，所以a的取值范围是[－2，＋∞)．

（Ⅰ）；（Ⅱ）当时,的极小值点为和，极大值点为；当时,的极小值点为；当时,的极小值点为.

试题分析：（Ⅰ）时，，先求切线斜率，又切点为，利用直线的点斜式方程求出直线方程；（Ⅱ）极值点即定义域内导数为0的根，且在其两侧导数值异号，首先求得定义域为，再去绝对号，分为和两种情况，其次分别求的根并与定义域比较，将定义域外的舍去，并结合图象判断其两侧导数符号，进而求极值点；

试题解析：的定义域为.

(Ⅰ)若，则，此时.因为，所以,所以切线方程为，即.

（Ⅱ）由于，.

⑴ 当时，，，

令，得，（舍去），

且当时，；当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增,的极小值点为.

⑵ 当时，.

① 当时，，令，得,(舍去).

若，即，则，所以在上单调递增；

若，即， 则当时，；当时，，所以在区间上是单调递减，在上单调递增，的极小值点为.

② 当时，.

令，得，记，

若，即时，，所以在上单调递减；

若，即时，则由得，且，

当时，；当时，；当时，，

所以在区间上单调递减，在上单调递增；在上单调递减.

综上所述,当时,的极小值点为和，极大值点为；

当时,的极小值点为；

当时,的极小值点为.

（1）；（2）详见解析；（3）

试题分析：（1）先求导函数，再求，再用点斜式方程求切线方程；（2）要证明函数在区间上单调递减，只需证明在恒成立，先求导，分母大于0，只需证明分子小于0恒成立，构造函数，说明其最大值小于0即可，这样就把问题转化为求函数的最大值问题了，继续求导，发现，故递减，所以；

（3）恒成立问题可以考虑参变分离，两边取自然对数得，从而参变分离为，只需用导数求右边函数的最小值即可，为了便于求导可换元，设，则，进而用导数求其最小值.

试题解析：（1）由已知切线方程；

（2），令=， ， 在（0,1）上是减函数；

（3） 两边取对数 即，令 设，设， 由（2）知函数在区间上单调递减，在上是减函数，在上是减函数 即.

略

解：（Ⅰ）.

因为于是.

所以当时，，使＜0

使＞0

当时，时使＞0.

时，使＜0

当时，时,使＞0.

时,使＜0

当时，时,使＞0.

从而的单调性满足：

当时，在上单调增加，在上单调减少；

当时，在上单调增加，在上单调减少；

当时，在上单调增加，在上单调减少；

当时，在上单调增加

（2）由（Ⅰ）知在单调增加，

故在的最大值为，最小值为.    

从而当时，不等式

所以当时，不等式      

略

解：（1）…………………………………………….1分

∵函数在处与直线相切……………………3分

解得………………………………………………………5分     

（2）当b=0时，.若不等式对所有的都成

立，则对所有的都成立，……………….6分

即对所有的都成立，…………. 7分

令为一次函数， 。

上单调递增，，

对所有的都成立………………………………………………10分

……………………………12分         

（注：也可令所有的都成立，分类讨论得对所有的都成立，，请根据过程酌情给分）

略