热门试卷

（1）.                           ………………1分

当时，，则函数的单调递减区间是.    ………………2分

当时，令，得.

当变化时，，的变化情况如下：

所以 的单调递减区间是，单调递增区间是. ………………4分

（2）因为 存在两条直线，都是曲线的切线，

所以 至少有两个不等的正实根.                    ………………5分

令得，记其两个实根分别为.

则 解得.                               ………………7分

当时，曲线在点处的切线分别为，.

令.

由得（不妨设），且当时，，即在上是单调函数.

所以 .

所以 ，是曲线的两条不同的切线.

所以 实数的取值范围为.                               ………………9分

（3）当时，函数是内的减函数。

因为 ，

而，不符合题意.                               ………………11分

当时，由（1）知：的最小值是.

（ⅰ）若，即时，，

所以，符合题意。

（ⅱ）若，即时，.

所以，符合题意。

（ⅲ）若，即时，有.

因为 ，函数在内是增函数，

所以 当时，.

又因为 函数的定义域为，

所以 .

所以 符合题意。

综上所述，实数的取值范围为.                  ……………… 14分

（1）由题意得，当a=1时，f（x）=x2﹣ex，

∴f′（x）=2x﹣ex，则切线的斜率为f′（0）=﹣1，

∵f（0）=﹣e0=﹣1，

∴所求的切线方程为：x+y+1=0；

（2）设g（x）=f′（x）=2ax﹣ex，

由题意得，x1，x2是方程g（x）=0（即2ax﹣ex=0）的两个实根，

则g′（x）=2a﹣ex，

当a≤0时，g′（x）＜0，g（x）在定义域上递减，即方程g（x）=0不可能有两个实根，

当a＞0时，由g′（x）=0，得x=ln2a，

当x∈（﹣∞，ln2a）时，g′（x）＞0，则g（x）在（﹣∞，ln2a）上递增，

当x∈（ln2a，+∞）时，g′（x）＜0，则g（x）在（﹣∞，ln2a）上递减，

∴gmax（x）=g（ln2a）=2aln2a﹣2a，

∵方程g（x）=0（即2ax﹣ex=0）有两个实根，

∴2aln2a﹣2a＞0，解得2a＞e即，

（3）设h（x）=ex﹣ax2﹣x﹣1，则由题意得h（x）=ex﹣ax2﹣x﹣1≥0在[0，+∞）恒成立，

则h′（x）=ex﹣2ax﹣1，

当a=0时，h′（x）≥0，h（x）在[0，+∞）上单调递增，

∴h（x）≥h（0）=0，即ex≥1+x，当且仅当x=0时，等号成立，

∴h′（x）=ex﹣2ax﹣1≥1+x﹣2ax﹣1=x（1﹣2a），

当1﹣2a≥0时，即a≤，此时h′（x）≥0，h（x）在[0，+∞）上单调递增，

∴h（x）≥h（0）=e0﹣0﹣1=0，即h（x）≥0，

因而a≤时，h（x）≥0，

下面证明a＞时的情况：

由ex≥1+x得，e﹣x≥1﹣x，即x≥1﹣e﹣x，

∴h′（x）=ex﹣1﹣2ax≤ex﹣1﹣2a（1﹣e﹣x）=e﹣x（ex﹣1）（ex﹣2a）

当ex＜2a时，即0＜x＜ln2a，则当x∈（0，ln2a）时，h′（x）＜0，从而h（x）＜0，

因此，对于x≥0，f（x）≤﹣x﹣1不恒成立，

综上所得，a的最大值为。

解：（1）

∴即

∴① 或② 或③

解得不等式①：；②：无解 ③：

所以的解集为或

（2）即的图象恒在图象的上方

图象为恒过定点，且斜率变化的一条直线作函数图象如图,

其中，，∴

由图可知，要使得的图象恒在图象的上方

∴实数的取值范围为。   

（1）当a＝2时，，

则，，所以切线方程为， 4分

（2）()，令，得，

①当，即时，，函数在上单调递增；

②当且a＞0，即时，由，得，

由，得或；

由，得。

综上，当时，的单调递增区间是；

当时，的单调递增区间是，；单调递减区间是，

（3）函数在(0,＋∞)上有两个极值点，由（2）可得，

由，得，则，，，

由，可得，，

h(x)单调递减，所以，即

故实数m的取值范围是m≤

（1） 因为函数的图象在点处的切线的斜率为2

所以，所以，则 代入切线可得b=-1  

（2）  ，

因为任意的，函数在区间上总存在极值，

又，     所以只需-

解得，   

（1）∵=•AD•AC•sin∠DAC=×6×7×sin∠DAC，解得 sin∠DAC=。

再由AC平分∠DAB，可得∠DAB=2∠DAC，∴cos∠DAB=cos2∠DAC=1﹣2sin2∠DAC=1﹣=。

（2）△ABC中，sin∠BAC=sin∠DAB=，由正弦定理可得 ，即 ，解得BC=5。

再由余弦定理可得 BC2=AB2+AC2﹣2AB•AC•sin∠BAC，即 25=AB2+49﹣14AB•，

解得 AB=8，或 AB=﹣3（舍去）。

综上，AB=8，BC=5

（1）当时，，，

所以，。

所以切线方程为。                                     ……………………3分

（2）因为在上单调递减，

等价于在恒成立，

变形得 恒成立，

而

（当且仅当，即时，等号成立）。

所以。                                             ……………………8分

（3）。

令，得。

所以=。

（ⅰ）当时，，所以在定义域内无零点；

（ⅱ）当时，，所以在定义域内有唯一的零点；

（ⅲ）当时，，

① 因为，所以在增区间内有唯一零点；

② ，

设，则，

因为，所以，即在上单调递增，

所以，即，所以在减区间内有唯一的零点。

所以时在定义域内有两个零点。

综上所述：当时，在定义域内无零点；

当时，在定义域内有唯一的零点；

当时，在定义域内有两个零点。                   ……………………13分