热门试卷

（1）；（2）.

试题分析：（1）先求导函数，由导数的几何意义知，利用直线的点斜式方程求切线方程；（2）依题意，只需在上成立，故转化为求函数在区间的最小值问题．的根，得，并讨论根定义域的位置，当，将定义域分段，并考虑导数的符号，判断函数大致图象，求函数的最小值；当时，函数单调性，利用单调性求函数的最小值，并列不等式，求参数的取值范围．

试题解析：（1）定义域

当时，，

，

曲线在处的切线方程为：.

（2），令，

在递减，在递增..

若存在实数使不等式成立，

只需在上成立，

①若，即时，

，即，.10分

②若，即时，，解得，故

综上所述：的取值范围．

（1）（2）或

解（1）当时，，

或，随变化情况如下表：

时，                                    …5’

（2）命题等价于对任意，恒成立，即对任意恒成立。                   …6’

，，                         …8’

又，                                            …9’

只需或。

综上：的取值范围为或。                                      …12’

（1）y＝1

（2）(0，＋∞)

（3）

解：(1)因为函数

f(x)＝ax＋x2－xln a(a>0)，a≠1)，

所以f′(x)＝ax  ln a＋2x－ln a，

f′(0)＝0，又因为f(0)＝1，

所以函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.

(2)由(1)知f′(x)＝axln a＋2x－ln a

＝2x＋(ax－1)ln a.

因为当a>0，a≠1时，总有f′(x)在R上是增函数，又f′(0)＝0，所以不等式f′(x)>0的解集为(0，＋∞)，故函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．

(3)因为存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1成立，而当x1，x2∈[－1,1]时，|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min，所以只要f(x)max－f(x)min≥e－1即可．当x变化时，f′(x) ，f(x)的变化情况如下表：

所以f(x)在[－1,0]上是减函数，在[0,1]上是增函数，所以当x∈[－1,1]时，f(x)的最小值f(x)min＝f(0)＝1，f(x)的最大值f(x)max为f(－1)和f(1)中的最大值．

f(1)－f(－1)

＝(a＋1－ln a)－

＝a－－2ln a.

令g(a)＝a－－2ln a(a>0)，

因为g′(a)＝1＋－＝2≥0，

所以g(a)＝a－－2ln a在a∈(0，＋∞)上是增函数.

而g(1)＝0，故当a>1时，g(a)>0，

即f(1)>f(－1)；

当0

所以当a>1时，f(1)－f(0)≥e－1，即a－ln a≥e－1，易得函数y＝a－ln a在a∈(1，＋∞)上是增函数，解得a≥e；

当0

即＋ln a≥e－1，易得函数y＝＋ln a在a∈(0,1)上是减函数，解得0.

综上可知，实数a的取值范围为.