热门试卷

（Ⅰ）当x＜0时，f(x)=-+2，

因为f′(x)=＞0，所以f（x）在（-∞，0）上为增函数；

当x＞0时，f(x)=(x-2)-1，f′(x)=-，由f′（x）＞0，解得x＞，由f′（x）＜0，解得0＜x＜，

所以f（x）在(，+∞)上为增函数，在(0，)上为减函数．

综上，f（x）增区间为（-∞，0）和(，+∞)，减区间为(0，)．

（Ⅱ）当x＜0时，由f（x）＞x-1，得-+a＞x-1，即a＞+x-1，

设g(x)=+x-1，

所以g(x)=-[(-)+(-x)]-1≤-2-1=-3（当且仅当x=-1时取等号），

所以当x=-1时，g（x）有最大值-3，

因为对任何x＜0，不等式a＞+x-1恒成立，所以a＞-3；

当x＞0时，由f（x）＞x-1，得(x-a)-1＞x-1，即a＜x-，

设h(x)=x-，则h(x)=x-=(-)2-，

所以当=，即x=时，h（x）有最小值-，

因为对任何x＞0，不等式a＜x-恒成立，所以a＜-．

综上，实数a的取值范围为-3＜a＜-．

（1）当x＞3时，f(x)=f(3)=是常数，不是单调函数；

当0≤x≤3时，f（x）=，

令f'（x）＞0解得x∈（0，-3）

与f'（x）＜0解得x∈（-3，3）

∴f（x）的单调增区间是（0，-3）

f（x）的单调减区间是（-3，3）

（2）由（1）知，f(0)=3，f(x)max=f(-3)==，f(3)=

则方程f（x）-a=0恰有一个实数解

表示直线y=a与函数f（x）的图象有且只有一个交点

则＜a＜3，或a=

（3）a1=a2=…=a2009=时f（a1）+f（a2）+f（a3）+…+f（a2009）=6027

f（x）=在x=处的切线为y=(11-3x)

则有f(x)=≤(11-3x)⇔(x-3)(x-)2≤0成立

∴f（a1）+f（a2）+f（a3）+…+f（a2009）≤6027

设g（x）=x-ln（x-p），g'（x）＞0解得x＞p+1

g'（x）＜0解得p＜x＜p+1，∴g（x）的最小值为p+1

只需p+1≥6027

∴p的最小值为6026

解：（1）．

①当，即时，此时f（x）的单调性如下：

②当a=0时，，当0＜x＜1时f（x）递增；

当x＞1时，f（x）递减；

③当a＜0时，，当0＜x＜1时f（x）递增；

当x＞1时，f（x）递减；

综上，当a0时，f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，）上是减函数；

当时，f（x）在（0，1），（）上是增函数，在（1，）上是减函数．

（2）由（1）知，当时，f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，2）上是减函数．

于是x1∈（0，2）时，．

从而存在x2∈[1，2]，

使g（x2）=

考察g（x）=x2﹣2bx+4=（x﹣b）2+4﹣b2，x∈[1，2]的最小值．

①当b1时，g（x）在[1，2]上递增，[g（x）]min=（舍去）

②当b2时，，g（x）在[1，2]上递减，

∴.

③当1＜b＜2时，，无解．

综上

（1）由已知f（x）=x2-2ax+b的图象关于直线x=1对称，可得-=1，

∴a=1，

又方程f（x）-2x=0有两个相等的实根，可得△=（2a-2）2-4b=0，

∴b=0，

∴

（2）由（1）知f（x）=x2-2x且f'（x）=2x-2可知，

当x∈[0，1]时，f'（x）＜0所以f（x）单调递减；

当x∈[1，3]时，f'（x）＞0所以f（x）单调递增   

因为f（0）=0，f（1）=-1，f（3）=3，

所以f（x）的最大值为3，f（x）最小值为-1．

注：也可以用二次函数的图象来求最值．

（1）∵f（x）是二次函数，且关于x的不等式f（x）≤0的解集为{x|-1≤x≤3，x∈R}，

∴f（x）=a（x+1）（x-3）=a[（x-1）2-4]（a＞0）

∴f（x）min=-4a=-4

∴a=1

故函数f（x）的解析式为f（x）=x2-2x-3

（2）g（x）=-4lnx=x--4lnx-2（x＞0），

∴g′（x）=

x，g′（x），g（x）的取值变化情况如下：

当0＜x≤3时，g（x）≤g（1）=-4＜0；

又g（e5）=e5--20-2＞25-1-22=9＞0

故函数g（x）只有1个零点，且零点x0∈(3，e5)

（1）当a=2时，g（x）=(x-1)2+，x∈[0，3]，

当x=1时，gmin(x)=g(1)=；当x=3时，gmax(x)=g(3)=，

故g（x）值域为[，]．

（2）f'（x）=lnx+1，当x∈(0，)，f'（x）＜0，f（x）单调递减，

当x∈(，+∞)，f'（x）＞0，f（x）单调递增．                                   

①若 0＜t＜t+2＜，t无解；                       

②若 0＜t＜＜t+2，即0＜t＜时，f(x)min=f()=-；     

③若 ≤t＜t+2，即t≥时，f（x）在[t，t+2]上单调递增，f（x）min=f（t）=tlnt，

所以 f（x）min=．        

（3）证明：令 h（x）=-=-，h′（x）=，

当 0＜x＜1时，h′（x）＞0，h（x）是增函数．当1＜x时． h′（x）＜0，h（x）是减函数，

故h（x） 在（0，+∞）上的最大值为h（1）=-．

而由（2）可得，f（x）=xlnx在（0，+∞）上的最小值为-，

且当h（x） 在（0，+∞）上的最大值为h（1）时，f（x）的值为ln1=0，

故在（0，+∞）上恒有f（x）＞h（x），即 xlnx＞-．

（1）根据导数的几何意义知f（x）=g'（x）=x2+ax-b

由已知-2、4是方程x2+ax-b=0的两个实数

由韦达定理，∴，f（x）=x2-2x-8（7分）

（2）g（x）在区间[-1，3]上是单调减函数，

所以在[-1，3]区间上恒有f（x）=g'（x）=x2+ax-b≤0，即f（x）=x2+ax-b≤0在[-1，3]恒成立

这只需满足即可，也即

而a2+b2可视为平面区域内的点到原点距离的平方，其中点（-2，3）距离原点最近，

所以当时，a2+b2有最小值13．（14分）