热门试卷

（1）

由已知条件得，解得

（2），由（I）知

设则

而

（1）由题意，

假设在时取得极值，则有………………4分

而此时，，函数在R上为增函数，无极值。

这与在x=-1有极值矛盾，所以在x=-1处无极值.……………………6分

（2）设，则有

设，令.解得或.…8分

列表如下：

由此可知：F(x)在（-3，-1）、（3，4）上是增函数，在（-1，3）上是减函数。……10分

当x=-1时，F(x)取得极大值F（-1）=；当x=3时，F（X）取得极小值

F（-3）=F（3）=-9，而F（4）=-.  …………………12分

如果函数与g(x)的图像有两个公共点，则函数与有两个公共点。

所以或.……………………………………………………14分

（1）因为，所以当a=1时，……2分

令则x=0，所以的变化情况如下表：

所以x=0时，f(x)取得极小值f(0)=-1.

（2）因为函数f(x)在区间（0，1）上是单调增函数，所以对 恒成立.……6分    又，所以只要对恒成立，……8分

解法一：设，则要使对恒成立，

只要成立，……10分      即解得.……12分

解法二：要使对恒成立，因为，所以对恒成立，

因为函数在（0，1）上单调递减，所以只要

（1）由知：

当时，函数的单调增区间是，单调减区间是；

当时，函数的单调增区间是，单调减区间是；………………6分

（2）由得

∴，.             ………………………8分

∴,

∵ 函数在区间上总存在极值，

∴有两个不等实根且至少有一个在区间内…………10分

又∵函数是开口向上的二次函数，且，∴                                          …………12分

由，∵在上单调递减，

所以；∴，由，解得；

综上得： 所以当在内取值时，对于任意，函数，在区间上总存在极值 .        …………14分

（1）梯形ABCD的面积S==sinθcosθ+sinθ，θ∈（0，），           

体积V（θ）=10（sinθcosθ+sinθ），θ∈（0，），                                 

（2）V′（θ）=10（2cos2θ+cosθ﹣1）=10（2cosθ﹣1）（cosθ+1）。

令V′（θ）=0，得cosθ=，或cosθ=﹣1（舍）。

∵θ∈（0，），∴θ=，                                     

当θ∈（0，）时，＜cosθ＜1，V′（θ）＞0，V（θ）为增函数；

当θ∈（，）时，0＜cosθ＜，V′（θ）＜0，V（θ）为减函数，       

∴当θ=时，体积V最大，                                

（3）木梁的侧面积S侧=10（AB+2BC+CD）=20（cosθ+2sin+1），θ∈（0，）。

∴表面积S=2（siθcosθ+sinθ）+20（cosθ+2sin+1），θ∈（0，），

设g（θ）=cosθ+2sin+1，θ∈（0，）。

∵g（θ）=﹣2sin2+2sin+2，

∴当sin=，即q=时，g（q）最大，                        

又由（2）知θ=时，sinθcosθ+sinθ取得最大值，

∴θ=时，木梁的表面积S最大，                       

综上，当木梁的体积V最大时，其表面积S也最大。

（1）g′（x）=，令，解得x=1，

∵ex＞0，∴x∈（﹣∞，1）时，g′（x）＞0；x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，根据极大值的定义知：g（x）极大值是g（1）=1，无极小值。

（2）当m=1，a＜0时，f（x）=x﹣alnx﹣1，所以在[3，4]上f′（x）=＞0，所以f（x）在[3，4]上是增函数。

设h（x）=，所以在[3，4]上h′（x）=＞0，所以h（x）在[3，4]上为增函数。

设x2＞x1，则恒成立，变成恒成立，即：f（x2）﹣f（x1）＜h（x2）﹣h（x1）恒成立，即：f（x2）﹣h（x2）＜f（x1）﹣h（x1），设u（x）=f（x）﹣h（x）=，则u（x）在[3，4]上为减函数。

∴u′（x）=1﹣≤0在[3，4]上恒成立。

∴恒成立，设v（x）=x﹣，所以v′（x）=1﹣=，因为x∈[3，4]，所以，所以v′（x）＜0，所以v（x）为减函数。

∴v（x）在[3，4]上的最大值为v（3）=。

∴a≥，∴a的最小值为：。

（3）由（1）知g（x）在（0，1]上单调递增，在（1，e]单调单调递减，又g（0）=0，g（e）=，所以g（x）的值域是（0，1]。

∵f（x）=mx﹣2lnx﹣m；

∴当m=0时，f（x）=﹣2lnx，在（0，e]为减函数，由题意知，f（x）在（0，e]不是单调函数；故m=0不合题意；

当m≠0时，f′（x）=，由于f（x）在（0，e]上不单调，所以，即；①

此时f（x）在（0，）递减，在（，e]递增；

∴f（e）≥1，即me﹣2﹣m≥1，解得；②

所以由①②，得；

∵1∈（0，e]，∴f（）≤f（1）=0满足条件。

下证存在t∈（0，]使得f（t）≥1；

取t=e﹣m，先证，即证2em﹣m＞0；③

设w（x）=2ex﹣x，则w′（x）=2ex﹣1＞0在[，+∞）时恒成立；

∴w（x）在[，+∞）上递增，∴w（x）≥＞0，所以③成立；

再证f（e﹣m）≥1；

∵f，∴时，命题成立。

所以m的取值范围是：[，+∞）。