热门试卷

（I）由g（x）和f（x）的图象关于原点对称，

得到g（x）=-f（-x）=-（x2--4）=-x2++4，（x＜0）；（2分）

（II）g（x）在（-1，0）上单调递减．

证明：任意取x1，x2∈（-1，0）且x1＜x2，

则＞2，x1+x2＞-2，

∵g（x1）-g（x2）=（x2-x1）（x1+x2+）＞0，

所以g（x）在（-1，0）上递减；（6分）

（III）同理可知g（x）在（-∞，-1）上递增，且g（x）和f（x）关于原点对称．

故要使得平移后2个函数的图象最多只有一个交点，

则只需要将g（x）向下平移2个单位，

因此b的最小值为2．（10分）

（Ⅰ）证明：①f（x）=x⇔x3+ax-1=0．…（1分）

令h（x）=x3+ax-1，则h（0）=-1＜0，h()=＞0，

∴h(0)•h()＜0．…（2分）

又h′（x）=3x2+a＞0，∴h（x）=x3+ax-1是R上的增函数．…（3分）

故h（x）=x3+ax-1在区间(0，)上有唯一零点，

即存在唯一实数x0∈(0，)使f（x0）=x0．…（4分）

（Ⅱ）（i）当n=1时，x1=0，x2=f(x1)=f(0)=，由①知x0∈(0，)，即x1＜x0＜x2成立；…（5分）

设当n=k（k≥2）时，x2k-1＜x0＜x2k，注意到f(x)=在（0，+∞）上是减函数，且xk＞0，

故有：f（x2k-1）＞f（x0）＞f（x2k），即x2k＞x0＞x2k+1

∴f（x2k）＜f（x0）＜f（x2k+1），…（7分）

即x2k+1＜x0＜x2k+2．这就是说，n=k+1时，结论也成立．

故对任意正整数n都有：x2n-1＜x0＜x2n．…（8分）

（ii）当a=2时，由x1=0得：x2=f(x1)=f(0)=，|x2-x1|=…（9分）

当k=1时，|x3-x2|=|-|=＜=•|x2-x1|=()2…（10分）

当k≥2时，∵0＜xk≤，

∴|xk+1-xk|=|-|=＜＜＜()2•|xk-1-xk-2|＜…＜()k-2•|x3-x2|＜()k…（12分）

对∀m∈N*，

|xm+k-xk|=|（xm+k-xm+k-1）+（xm+k-1-xm+k-2）+…+（xk+1-xk）|≤|xm+k-xm+k-1|+|xm+k-1-xm+k-2|+…+|xk+1-xk|

…（13分）≤(++…+++1)|xk+1-xk|

=|xk+1-xk|=•(1-)•|xk+1-xk|＜•=…（14分）

（Ⅰ）f′（x）=3x2-3a，又函数f（x）有极大值，

∴令f′（x）＞0，得x＜-或x＞，

∴f（x）在（-∞，-），（，+∞）上递增，在（-，）上递减，

∴f（x）极大值=f（-）=18，解得a=4．

（Ⅱ）设切点（x0，x03-12x0+2），则切线斜率k=f′（x0）=3x02-12，

所以切线方程为y-x03+12x0-2=（3x02-12）（x-x0），

将原点坐标代入得x0=1，所以k=-9．

切线方程为y=-9x．

由得lnx-9x-b=0．

设h（x）=lnx-9x-b，

则令h′（x）=-9=＞0，得0＜x＜，

所以h（x）在（0，）上递增，在（，+∞）上递减，

所以h（x）最大值=h（）=-ln9-1-b．

若lnx-9x-b=0有两个解，则h（x）最大值＞0，

得b＜-ln9-1．

（Ⅰ）∵f（x）=x-ln（x+m），x∈（-m，+∞），

∴f′(x)=1-=，令f'（x）=0，得x=1-m．------------（2分）

当x∈（-m，1-m）时，f'（x）＜0，f（x）为减函数，f（x）＞f（1-m）

当x∈（1-m，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）为增函数，f（x）＞f（1-m）---（4分）

根据函数极值判别方法，f（1-m）=1-m为极小值，

而且对x∈（-m，+∞）都有f（x）≥f（1-m）=1-m．

故当m≤1时，f（x）≥0．---------------（6分）

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，当m＞1时，f（1-m）=1-m＜0，

函数f（x）=x-ln（x+m），在[e-m-m，1-m]上为减函数．

f（e-m-m）=e-m-m-ln（e-m-m+m）=e-m＞0

所以当m＞1时，f（e-m-m）与f（1-m）异号．

由函数零点判定定理知，函数f（x）在区间（e-m-m，1-m）内有唯一零点．----------（9分）

而当m＞1时，f（e2m-m）=e2m-3m．

令g（x）=e2x-3x（x＞1），则g′（x）=2e2x-3（x＞1）＞2e2-3＞0，

那么函数g（x）在区间（1，+∞）上递增．于是g（x）＞g（1）=e2-3＞0，从而f（e2m-m）=e2m-3m＞0．--（11分）

所以，当整数m＞1时，函数f（x）=x-ln（x+m）在[1-m，e2m-m]上为增函数且f（1-m）与f（e2m-m）异号，

所以函数f（x）在区间[1-m，e2m-m]内也有唯一零点．

综上，当m＞1时，函数f（x）在区间[e-m-m，e2m-m]内有两个零点．------------（14分）

解：（1）求导函数，可得f'（x）=3x2﹣2ax﹣3

∵f（x）在区间[1，+∞）上是增函数，

∴f'（x）≥0在区间[1，+∞）上恒成立，

即3x2﹣2ax﹣3≥0在区间[1，+∞）上恒成立，

则必有且f'（1）=﹣2a≥0，

∴a≤0

（2）依题意x=﹣是f（x）的一个极值点，

∴即

∴a=4，

∴f（x）=x3﹣4x2﹣3x

令f'（x）=3x2﹣8x﹣3=0，得

则当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：

（3）函数g（x）=bx的图象与函数f（x）的图象恰有3个交点，

即方程x3﹣4x2﹣3x=bx恰有3个不等实根

∴x3﹣4x2﹣3x﹣bx=0恰有3个不等实根

∵x=0是其中一个根，

∴方程x2﹣4x﹣3﹣b=0有两个非零不等实根，

∴

  ∴b＞﹣7，且b≠﹣3

（1）由题意，得f′（x）=-3x2+2ax 

令f′（x）=0，解得x=0或x=a

当a＜0时，由f′（x）＞0，解得a＜x＜0，

∴f（x）在（a，0）上是增函数，与题意不符，舍去      

当a=0时，由f′（x）=-3x2≤0，

∴f（x）在（-∞，+∞）上是减函数与题意不符，舍去   

当a＞0时，由f′（x）＞0，解得0＜x＜a

∴f（x）在（0，a）上是增函数，

又∵f（x）在（0，2）上是增函数，

所以a≥2，解得a≥3   

综上，a的取值范围为[3，+∞）         

另要使f（x）在（0，2）上是增函数，只需f′（x）在（0，2）上恒大于或等于零

∵f′（x）=）=-3x2+2ax 的图象是开口向下的抛物线，且过定点（0，0）

∴只需，即

a≥3，即a的取值范围为[3，+∞）      

（2）因为方程f（x）=-x3+ax2+b=0最多只有3个根，

由题意得在区间（-1，0）内仅有一根，

∴f（-1）f（0）=b（1+a+b）＜0，①

由题意得在区间（0，1）内仅有一根，

∴f（0）•f（1）=b（-1+a+b）＜0      ②

当b=0时，∵f（0）=0，

∴f（x）=0有一根0，这与题意不符，

∴b≠0

当b＞0时，由①得1+a+b＜0，即a＜-b-1，

由②得-1+a+b＜0，即a＜-b+1，

∵-b-1＜-b+1，∴a＜-b-1＜-1，

即a＜-1    

当b＜0时，由①得1+a+b＞0，即a＞-b-1，

由②得-1+a+b＞0，即a＞-b+1，

∵-b-1＜-b+1，∴a＞-b+1＞1，

即a＞1  

综上，|a|＞1

解：（Ⅰ）f'（x）=axlna+2x﹣lna=2x+（ax﹣1）lna

由于a＞1，

故当x∈（0，+∞）时，lna＞0，ax﹣1＞0，

所以f'（x）＞0，故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增

（Ⅱ）当a＞0，a≠1时，因为f'（0）=0，且f'（x）在R上单调递增，

故f'（x）=0有唯一解x=0

所以x，f'（x），f（x）的变化情况如表所示：

又函数y=|f（x）﹣t|﹣1有三个零点，

所以方程f（x）=t±1有三个根，而t+1＞t﹣1，

所以t﹣1=（f（x））min=f（0）=1，

解得t=2．

（1）f′（x）=2x-=                                        …（1分）

①当a≤0时，f′（x）＞0，函数在（0，+∞）上单调递增；                        …（3分）

②当a＞0时，当0＜x＜时，f′（x）＜0，函数在（0，）上单调递减；

当x＞时，f′（x）＞0，函数在[，+∞）上单调递增．…（5分）

综上可知，当a≤0时，函数f（x）单调递增，递增区间为（0，∞）；

当a＞0时，函数f（x）单调递减区间为（0，）；单调递增区间为[，+∞）．…（6分）

（2）当a=时，f（x）=x2+（x＞0），此时f′（x）=2x-，…（7分）

===（x2+x1）-，

从而原等式为2x0-=（x2+x1）-．…（8分）

由题意可得x0是方程2x--（x2+x1）+=0的根，…（9分）

令g（x）=2x--（x2+x1）+，

g（x1）=2x1-+-x1-x2=（x1-x2）-=（x1-x2）（1+）＜0，…（11分）

g（x2）=2x2-+-x1-x2=（x2-x1）-=（x2-x1）（1+）＞0，…（12分）

g（x1）•g（x2）＜0，由零点的存在性定理，可知：

∴x1＜x0＜x2．…（14分）

（1）因为h（x）=x2-2x+logax （x＞0），

所以h′（x）=x-2+=．

因为h（x）在区间（0，+∞）上是增函数，

所以≥0在区间（0，+∞）上恒成立．

若0＜a＜1，则lna＜0，于是x2lna-2xlna+1≤0恒成立．

又h′（x）存在正零点，故△=（-2lna）2-4lna=0，lna=0，或lna=1与lna＜0矛盾．所以a＞1．

由x2lna-2xlna+1≥0恒成立，又h′（x）存在正零点，故△=（-2lna）2-4lna=0，

所以lna=1，即a=e．

（2）由（1），g′（x0）=，于是=，x0=

以下证明x1＜（※）

（※）等价于x1lnx2-x1lnx1-x2+x1＜0．

令r（x）=xlnx2-xlnx-x2+x

r′（x）=lnx2-lnx，在（0，x2]上，r′（x）＞0，所以r（x）在（0，x2]上为增函数．

当x1＜x2时，r（x1）＜r（x2）=0，即x1lnx2-x1lnx1-x2+x1＜0，

从而x0＞x1得到证明．

对于x2＞同理可证，所以x1＜x0＜x2．