热门试卷

(1) ;(2) 在内单调递减，内单调递增；

（3） 

试题分析：(1)写出函数的解析式，求导得斜率，求切点，进而得直线方程，注意解析式的取舍（时）；（2）函数为分段函数，分段判单调性，求出函数的单调区间；（3）分和两种情况进行分析，在第二种情况下要对与区间进行比较，又分三种情况进行判断单调性，求最小值

试题解析：（1）当时，，令得，

所以切点为，切线斜率为1，

所以曲线在处的切线方程为： 

（2）当时

当时，，

在内单调递减，内单调递增；

当时，恒成立，故在内单调递增；

综上，在内单调递减，内单调递增．

（3）①当时，， 

，恒成立． 在上增函数．

故当时，

② 当时，，

（）

ⅰ)当，即时，在时为正数，所以函数在上为增函数，

故当时，，且此时 

ⅱ)当，即时，在时为负数，在时为正数，

所以在上为减函数，在为增函数

故当时，，且此时 

ⅲ)当，即时，在时为负数，所以函数在上为减函数，

故当时， 

综上所述，当时，函数在和时的最小值都是 

所以此时函数的最小值为；当时，函数在时的最小值为，而，

所以此时的最小值为 

（I）f′(x)=+lnx-1=+lnx

所以f′（1）=1，所以切线方程y=x-1

（Ⅱ）xf′（x）≤x2+ax+1⇔1+xlnx≤x2+ax+1，

即：xlnx≤x2+ax，x＞0，则有lnx≤x+a，

即要使a≥lnx-x成立．

令g（x）=lnx-x，那么g′(X)=-1=0⇒x=1，

可知当0＜x＜1时单调增，当x＞1时单调减．

故g（x）=lnx-x 在x=1 处取最大值为gmax=-1，

那么要使得a≥lnx-x 成立，则有a≥-1．

（Ⅲ）由（Ⅱ）可得：lnx-x≤-1，即lnx-x+1≤0

当0＜x＜1 时，f（x）=xlnx+lnx-x+1＜0，

当x≥1时，f（x）=xlnx+lnx-x+1

=lnx+（xlnx-x+1）

=lnx+x（lnx+-1）

=lnx-x（ln-+1）

≥0．

∴f（x）=xlnx+lnx-x+1=lnx+（xlnx-x+1）≥0

综上所述，（x-1）f（x）≥0

（I）f′（x）=3ax2-2ax+-1，

把x=1代入上式得f′(1)=a+-1，

所以f′（1）=2a-2；

（II）由（1）可知：f′（x）=3ax2-2ax+a-2，

a=0时，f′（x）=-2＜0，所以f（x）在R上单调递减，无极值；

当a≠0时，若函数f（x）f在R上存在极值，则f′（x）=0必须有两个相异根．

故△＞0，即4a2-4×3a×（a-2）＞0，

即4a2-12a（a-2）＞0，

解得0＜a＜3．

f′(x)===-．

令f'（x）=0，得x=b-1．

当b-1＜1，即b＜2时，f'（x）的变化情况如下表：

当b-1＞1，即b＞2时，f'（x）的变化情况如下表：

所以，当b＜2时，函数f（x）在（-∞，b-1）上单调递减，在（b-1，1）上单调递增，

在（1，+∞）上单调递减．

当b＞2时，函数f（x）在（-∞，1）上单调递减，在（1，b-1）上单调递增，在（b-1，+∞）上单调递减．

当b-1=1，即b=2时，f(x)=-，所以函数f（x）在（-∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递减．

（1）f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．

（2）2

(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.

若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．

若a>0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；

当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.

所以，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．

(2)由于a＝1时，(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.

故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于

k<＋x(x>0)             ①

令g(x)＝＋x，则g′(x)＝＋1＝.

由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增，

又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0.

所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点．

故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点．

设此零点为α，则α∈(1,2)．

当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，

所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．

又由g′(α)＝0，得eα＝α＋2, 所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．

由于①式等价于k

故整数k的最大值为2.

（1）在处取得最小值．

（2）函数在上不存在保值区间,证明见解析.

试题分析：（1）求导数，解得函数的减区间；

解，得函数的增区间．

确定在处取得最小值．

也可以通过“求导数、求驻点、研究函数的单调区间、确定极值（最值）” .

（2）函数在上不存在保值区间.

函数存在保值区间即函数存在自变量的取值区间与对应函数值的取值区间相同.因此，可以假设函数存在保值区间,研究对应函数值的取值区间.在研究函数值取值区间过程中，要么得到肯定结论，要么得到矛盾结果.本题通过求导数：，明确时， ，得到所以为增函数，因此

转化得到方程有两个大于的相异实根，构造函数 后知其为单调函数，推出矛盾，作出结论.

试题解析：

（1）求导数，得．

令，解得．                     2分

当时，，所以在上是减函数；

当时，，所以在上是增函数．

故在处取得最小值．      6分

（2）函数在上不存在保值区间,证明如下：

假设函数存在保值区间,

由得：

因时， ，所以为增函数，所以

即方程有两个大于的相异实根      9分

设 

因，，所以在上单增

所以在区间上至多有一个零点          12分

这与方程有两个大于的相异实根矛盾

所以假设不成立，即函数在上不存在保值区间.      13分

（1）单调递增函数；（2）；（3）

试题分析：（1）首先确定函数的定义域是，再求导数＝，依题设中的条件判断的符号，从而得到在定义域内的单调性；

（2）由于＝＝，根据参数对导数的取值的影响，恰当地对其分类讨论，根据在上的单调性，求出含参数的最小值表达式，列方程求的值， 并注意检查其合理性；

（3）由于

令，则可将原问题转化为求函数的最大值问题，可借助导数进行探究.

试题解析：.解：（1）由题意f（x）的定义域为（0，+∞），且f'（x）=…（2分）

∵a＞0，

∴f'（x）＞0，

故f（x）在（0，+∞）上是单调递增函数 　　　　 …（4分）

（2）由（1）可知，f′（x）=．

（1）若a≥﹣1，则x+a≥0，即f′（x）≥0在[1，e]上恒成立，此时f（x）在[1，e]上为增函数，

∴[f（x）]m1n=f（1）=﹣a=，

∴a=﹣（舍去）　…（5分）

（2）若a≤﹣e，则x+a≤0，即f′（x）≤0在[1，e]上恒成立，此时f（x）在[1，e]上为减函数，

∴[f（x）]m1n=f（e）=1﹣（舍去）…（6分）

（3）若﹣e＜a＜﹣1，令f'（x）=0得x=﹣a，当1＜x＜﹣a时，f'（x）＜0，

∴f（x）在（1，﹣a）上为减函数，f（x）在（﹣a，e）上为增函数，

∴[f（x）]m1n=f（﹣a）=ln（﹣a）+1=

∴[f（x）]m1n=f（﹣a）=ln（﹣a）+1=

∴a=﹣．…（8分）

（3）

又          9分

令

时，

在上是减函数             10分

即在上也是减函数，

所以，当时，在上恒成立

所以.               12分

（1）单调递减区间为，单调递增区间为（2）见解析

(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2ax－＝.

∵a>0，令f′(x)>0得x>；令f′(x)<0，得0，

∴函数f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.

(2)证明：当a＝时，f(x)＝x2－ln x，由(1)知f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)，

令g(x)＝f(x)－f ，则g(x)在区间(2，＋∞)单调递增且g(2)＝f(2)－f <0，g(e2)＝－2－＋ln>0，

故方程f(x)＝f 在区间(2，＋∞)上有唯一解．

（1）当b≥1时，f(x)的增区间为(－∞，＋∞)；当b<1时，f(x)的增区间为(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)；减区间为(－1－，－1＋)．（2）(－∞，0]

(1)当a＝1时，f′(x)＝x2＋2x＋b.

①若Δ＝4－4b≤0，即b≥1时，f′(x)≥0，

所以f(x)为(－∞，＋∞)上为增函数，所以f(x)的增区间为(－∞，＋∞)；

②若Δ＝4－4b>0，即b<1时，f′(x)＝(x＋1＋)(x＋1－)，

所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上为增函数，f(x)在(－1－，－1＋)上为减函数．

所以f(x)的增区间为(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)，减区间为(－1－，－1＋)．

综上，当b≥1时，f(x)的增区间为(－∞，＋∞)；当b<1时，f(x)的增区间为(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)；减区间为(－1－，－1＋)．

(2)由f(1)＝，得b＝－a，

即f(x)＝x3＋ax2－ax，f′(x)＝x2＋2ax－a.

令f′(x)＝0，即x2＋2ax－a＝0，变形得(1－2x)a＝x2，

因为x∈，所以a＝.

令1－2x＝t，则t∈(0，1)，＝.

因为h(t)＝t＋－2在t∈(0，1)上单调递减，故h(t)∈(0，＋∞)．

由y＝f(x)在上不存在极值点，得a＝在上无解，所以，a∈(－∞，0]．

综上，a的取值范围为(－∞，0]