热门试卷

（Ⅰ）

（II）证明见解析。

分析（I）这一问主要考查了二次函数根的分布及线性规划作可行域的能力。大部分考生有思路并能够得分。由题意知方程有两个根

则有

故有

下图中阴影部分即是满足这些条件的点的区域。

(II)这一问考生不易得分，有一定的区分度。主要原因是含字母较多，不易找到突破口。此题主要利用消元的手段，消去目标中的，（如果消会较繁琐）再利用的范围，并借助（I）中的约束条件得进而求解，有较强的技巧性。

由题意有．．．．．．．．．．．．①

又．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．②

　　　消去可得．

又，且  

（1）易得，f1（x）=（-x2+2x）e -12x，

f2（x）=（x2-2x+2）e -12x，

f3（x）=（-x2+x-3）e -12x，

∴f3（0）=-3．

（2）不失一般性，设函数fn-1（x）=（an-1x2+bn-1x+cn-1）eλx，导函数为fn（x）=（anx2+bnx+cn）eλx，

其中n=1，2，…，常数λ≠0，a0=1，b0=c0=0．

对fn-1（x）求导得：fn-1′（x）=[λan-1x2+（2an-1+λbn-1]x+（bn-1+λcn-1）]eλx，

故由fn-1′（x）=fn（x）得：an=λan-1    ①，

bn=2an-1+λbn-1 ②，

cn=2bn-1+λcn-1  ③

由①得：an=λn，n∈N，

代入②得：bn=2λn+λbn-1，即=+，其中n=1，2，…，

故得：bn=2n•λn-2+λcn-1．

代入③得：cn=2nλn-2+λcn-1，即=+，其中n=1，2，…，

故得：cn=n（n-1）•λn-2，

因此fn（0）=cn=n（n-1）λn-2．

将λ=-代入得：fn（0）=n（n-1）（-）n-2．其中n∈N．

（3）由（2）知fn+1（0）=n（n+1）（-）n-1，

当n=2k（k=1，2，…）时，S2k-S2k-1=f2k+1（0）=2k（2k+1）(-)2k-1＜0，

∴S2k-S2k-1＜0，S2k＜S2k-1故当Sn最大时，n为奇数．

当n=2k+1（k≥2）时，S2k+1-S2k-1=f2k+2（0）+f2k+1（0）

又f2k+2（0）=（2k+1）（2k+2）(-)2k，f2k+1（0）=2k（2k+1）(-

1

2

)2k-1，

∴f2k+2（0）+f2k+1（0）=（2k+1）（2k+2）(-)2k+2k（2k+1）(-

1

2

)2k-1=（2k+1）（k-1）(-

1

2

)2k-1＜0，

∴S2k+1＜S2k-1，因此数列{S2k+1}是递减数列

又S1=f2（0），S3=f2（0）+f3（0）+f3（0）=2，

故当n=1或n=3时，Sn取最大值S1=S3=2．

（1）y′=（x2sinx）′=2xsinx+x2cosx   

（2）y′=(

ex+1

ex-1

)′==

（1）（3x2+4x3）dx=3x2dx+4x3dx=x3|+x4|=24．

（2）y=+==，

∴y′=（）′==．

（1）由题意a＞0，f′（x）=ex-a，

由f′（x）=ex-a=0得x=lna．

当x∈（-∞，lna）时，f′（x）＜0；当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0．

∴f（x）在（-∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）单调递增．

即f（x）在x=lna处取得极小值，且为最小值，其最小值为f（lna）=elna-alna-1=a-alna-1．（5分）

（2）f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，即在x∈R上，f（x）min≥0．

由（1），设g（a）=a-alna-1，所以g（a）≥0．

由g′（a）=1-lna-1=-lna=0得a=1．

∴g（a）在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，+∞）上单调递减，

∴g（a）在a=1处取得最大值，而g（1）=0．

因此g（a）≥0的解为a=1，∴a=1．（9分）

（3）证明：由（2）知，对任意实数x均有ex-x-1≥0，即1+x≤ex．

令x=-（n∈N*，k=0，1，2，3，…，n-1），则0＜1-≤e-kn．

∴(1-)n≤(e-kn)n=e-k．

∴()n+()n+…+()n+()n≤e-(n-1)+e-(n-2)+…+e-2+e-1+1

=＜=．（14分）

（1）∵f（x）=ax+（a，b∈Z），

∴f′（x）=（ax）′+（）′

=a-×（x+b）′

=a-

（2）∵曲线y=f（x）在点（2，1）处的切线与x轴平行．

∴f（2）=1，f′（2）=0

∴

解得或

∵a，b∈Z，

∴

故   f(x)=x+．

(1) ，的单调递增区间是，单调递减区间是；(2)证明过程见试题解析．

试题分析：(1)利用在处的导数为0，可求k,进而再利用导函数求出的单调区间；(2)由（1）易证不等式在时成立，只需证时，又，易证最大值为,则对任意．

(1)，

由已知，，∴．

由,

设，则，即在上是减函数，

由知，当时，从而，

当时，从而．

综上可知，的单调递增区间是，单调递减区间是．

(2)由(1)可知，当时，≤0＜1+，故只需证明在时成立，

当时，＞1，且，∴，

设，，则，

当时，，当时，，

所以当时，取得最大值，

所以，

综上，对任意

（1）（3x2+4x3）dx=3x2dx+4x3dx=x3|+x4|=24．

（2）y=+==，

∴y′=（）′==．

a∈(e,+∞)

试题分析：分别利用导数求出单调区间与在上的最小值，与给定的在上是单调减函数，且在上有最小值相结合，得出关于的关系式，可得的取值范围．

解：令,

考虑到f(x)的定义域为(0,+∞),故a>0,进而解得x>a-1,即f(x)在(a-1,+∞)上是单调减函数,

同理,f(x)在(0,a-1)上是单调增函数．

由于f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,故(1,+∞)(a-1,+∞),从而a-1≤1,即a≥1,

令g'(x)=ex-a=0,得．

当时, ;当x>时, ．

又g(x)在(1,+∞)上有最小值,所以,

即a>e．综上,有a∈(e,+∞)．

考点:利用导数求函数的单调区间与最值．