102.（江西理19）设。
1）若在上存在单调递增区间，求的取值范围；
2）当时，在上的最小值为，求在该区间上的最大值。
解析】（1）在上存在单调递增区间，即存在某个子区间使得。由，在区间上单调递减，则只需即可。由解得，所以，当时，在上存在单调递增区间。
2）令，得两根，，.
所以在，上单调递减，在上单调递增。
当时，有，所以在上的最大值为。
又，即。所以在上的最小值为，得，从而在上的最大值为。
103.（江西文18）
如图，在交ac于点。
d,现将。1）当棱锥的体积最大时，求pa的长；
2）若点p为ab的中点，e为。
解：（1）设，则。令。则。
由上表易知：当时，有取最大值。
证明：作得中点f，连接ef、fp，由已知得：
为等腰直角三角形，，所以。
104.（江西文20）设。
（1）如果在处取得最小值，求的解析式；
（2）如果，的单调递减区间的长度是正整数，试求和
的值．(注：区间的长度为）
解：（1）已知，又在处取极值，则，又在处取最小值-5.
则，2）要使单调递减，则。
又递减区间长度是正整数，所以两根设做a，b。即有：
b-a为区间长度。又。
又b-a为正整数，且m+n<10,所以m=2，n=3或，符合。
105.（辽宁理21）已知函数．（i）讨论的单调性；
ii）设，证明：当时，；
iii）若函数的图像与x轴交于a，b两点，线段ab中点的横坐标为x0，证明：
x0）＜0．
解：（i）
（i）若单调增加。
（ii）若且当。
所以单调增加，在单调减少。
ii）设函数则。
当。故当，
iii）由（i）可得，当的图像与x轴至多有一个交点，故，从而的最大值为。
不妨设。由（ii）得从而。
由（i）知，
106.（辽宁文20）设函数=x+ax2+blnx，曲线y=过p（1,0），且在p点处的切斜线率为2．
i）求a，b的值；（ii）证明：≤2x-2．
解：（i）
由已知条件得，解得
（ii），由（i）知。设则。而
107.（全国ⅰ理21）已知函数，曲线在点处的切线方程为。
ⅰ）求、的值；
ⅱ）如果当，且时，，求的取值范围。
解：（ⅰ由于直线的斜率为，且过点，故即解得，。
ⅱ）由（ⅰ）知，所以。
考虑函数，则。
i)设，由知，当时，。而，故。
当时，，可得；
当x（1，+）时，h（x）<0，可得 h（x）>0
从而当x>0,且x1时，f（x）-（0，即f（x）>+
ii）设00,故 (x）>0,而。
h（1）=0，故当x（1，）时，h（x）>0，可得h（x）<0,与题设矛盾。
iii）设k1.此时（x）>0,而h（1）=0，故当x（1，+）时，h（x）>0，可得。
h（x）<0,与题设矛盾。综合得，k的取值范围为（-，0]
108.（全国ⅰ文21）设函数。
ⅰ）若a=，求的单调区间；
ⅱ）若当≥0时≥0，求a的取值范围。
21）解：ⅰ）时，，。当时；当时，;当时，。故在，单调增加，在（-1，0）单调减少。
ⅱ）。令，则。若，则当时，，为减函数，而，从而当x≥0时≥0，即≥0.
若，则当时，，为减函数，而，从而当时＜0，即＜0.综合得的取值范围为。
109.（全国ⅱ理22）（ⅰ设函数，证明：当＞0时，＞0；
ⅱ）从编号1到100的100张卡片中每次随机抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取20次，设抽得的20个号码互不相同的概率为。证明：＜＜
命题立意】：本小题主要考查函数、导数、不等式证明及等可能事件的概率等知识。通过运用导数知识解决函数、不等式问题，考查了考生综合运用数学知识解决问题的能力。
解析】（ⅰ仅当时）
故函数在单调递增。当时，，故当＞0时，＞0.
ⅱ）从编号1到100的100张卡片中每次随机抽取一张，然后放回，连续抽取20次，则抽得的20个号码互不相同的概率为，要证＜（）19＜.
先证： 即证。即证而
所以。 即。
再证：，即证，即证，即证。
由（ⅰ）当＞0时，＞0.
令则，即。综上有：
110.（全国ⅱ文20）已知函数。
ⅰ)证明：曲线。
ⅱ）若，求的取值范围。
解析】(ⅰ又。
曲线的切线方程是：，在上式中令，得。
所以曲线。ⅱ）由得，（i）当时，没有极小值；
ii)当或时，由得。
故。由题设知，当时，不等式。
无解；当时，解不等式得。
综合(i)(ii)得的取值范围是。
111.（山东理21）某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积为立方米，且。
假设该容器的建造费用仅与其表面积有关。已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为。设该容器的建造费用为千元。
ⅰ）写出关于的函数表达式，并求该函数的定义域；
ⅱ）求该容器的建造费用最小时的。
解析】（ⅰ因为容器的体积为立方米，所以，解得，所以圆柱的侧面积为=,两端两个半球的表面积之和为，所以+,定义域为(0,).
ⅱ）因为+=,所以令得：; 令得：,所以米时， 该容器的建造费用最小。
112.（陕西理21）设函数定义在上，，导函数，．
1）求的单调区间和最小值；
2）讨论与的大小关系；
3）是否存在，使得对任意成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．
分析】（1）先求出原函数，再求得，然后利用导数判断函数的单调性（单调区间），并求出最小值；（2）作差法比较，构造一个新的函数，利用导数判断函数的单调性，并由单调性判断函数的正负；（3）存在性问题通常采用假设存在，然后进行求解；注意利用前两问的结论．
解】（1）∵，为常数），又∵，所以，即，；，令，即，解得，当时，，是减函数，故区间在是函数的减区间；
当时，，是增函数，故区间在是函数的增区间；
所以是的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以的最小值是．
2），设，则，当时，，即，当时，因此函数在内单调递减，当时，=0，∴；
当时，=0，∴．
3）满足条件的不存在．证明如下：
证法一假设存在，使对任意成立，即对任意有。
但对上述的，取时，有，这与①左边的不等式矛盾，因此不存在，使对任意成立．
证法二假设存在，使对任意成立，由（1）知，的最小值是，又，而时，的值域为，∴当时，的值域为，从而可以取一个值，使，即。
∴，这与假设矛盾．∴不存在，使对任意成立．
113.（陕西文21）设，．
1）求的单调区间和最小值；
2）讨论与的大小关系；
3）求的取值范围，使得＜对任意＞0成立．
分析】（1）先求出原函数，再求得，然后利用导数判断函数的单调性（单调区间），并求出最小值；（2）作差法比较，构造一个新的函数，利用导数判断函数的单调性，并由单调性判断函数的正负；（3）对任意＞0成立的恒成立问题转化为函数的最小值问题．
解】（1）由题设知，∴令0得=1，当∈（0，1）时，＜0，是减函数，故（0，1）是的单调减区间。
当∈（1，+∞时，＞0，是增函数，故（1，+∞是的单调递增区间，因此，=1是的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以的最小值为。
2)，设，则，当时，，即，当时，因此，在内单调递减，当时，，即。
3）由（1）知的最小值为1，所以，，对任意，成立。
即从而得。114.（上海理20） 已知函数，其中常数满足。
1）若，判断函数的单调性；
2）若，求时的的取值范围．
解：⑴ 当时，任意，则。
， 函数在上是增函数。当时，同理函数在上是减函数。，当时，，则；当时，，则。
115.（上海文21）已知函数，其中常数满足。
1）若，判断函数的单调性；
2）若，求时的的取值范围。
解：⑴ 当时，任意，则。
， 函数在上是增函数。当时，同理函数在上是减函数。
当时，，则；
当时，，则。
116.（四川理22）已知函数，．
ⅰ）设函数f(x)＝f(x)－h(x)，求f(x)的单调区间与极值；
ⅱ）设，解关于x的方程；
ⅲ）试比较与的大小．
本小题主要考查函数导数的应用、不等式的证明、解方程等基本知识，考查数形结合、函数与方程、分类与整合、特殊与一般等数学思想方法及推理运算、分析问题、解决问题的能力．
解：（ⅰ由（）知，，令，得．
当时，；当时，．
故当时，是减函数；时，是增函数．
函数在处有得极小值．
ⅱ）方法一：原方程可化为，即为，且。
当时，，则，即，此时，∵，此时方程仅有一解．
当时，，由，得，若，则，方程有两解；
若时，则，方程有一解；
若或，原方程无解．
方法二：原方程可化为，即，当时，原方程有一解；
当时，原方程有二解；
当时，原方程有一解；
当或时，原方程无解．
ⅲ）由已知得．
设数列的前n项和为，且（）
从而，当时，．
又。即对任意时，有，又因为，所以．
故．117.（四川文22）已知函数，．
ⅰ）设函数f(x)＝18f(x)－x2[h(x)]2，求f(x)的单调区间与极值；
ⅱ）设，解关于x的方程；
ⅲ）设，证明：．
本小题主要考查函数导数的应用、不等式的证明、解方程等基础知识，考查数形结合、函数与方程、分类与整合等数学思想方法及推理运算、分析问题、解决问题的能力．
解：（ⅰ令，得（舍去）．
当时．；当时，故当时，为增函数；当时，为减函数．
为的极大值点，且．
ⅱ）方法一：原方程可化为，即为，且。
当时，，则，即，此时，∵，此时方程仅有一解．
当时，，由，得，若，则，方程有两解；
若时，则，方程有一解；
若或，原方程无解．
方法二：原方程可化为，即，当时，原方程有一解；
当时，原方程有二解；
当时，原方程有一解；
当或时，原方程无解．
ⅲ）由已知得，设数列的前n项和为，且（）
从而有，当时，．
又。即对任意时，有，又因为，所以．
则，故原不等式成立．
118.（天津理21）已知函数．
ⅰ）求函数的单调区间和极值；
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