热门试卷

（1）解：因为函数f(x)＝－2x＋1在区间[－1，1]为减函数，

所以f(xi＋1)＜f(xi)，所以|f(xi＋1)－f(xi)|＝ f(xi)－f(xi＋1)．

S＝|f(xi＋1)－f(xi)|＝[ f(x0)－f(x1)]+[ f(x1)－f(x2)]+…+[ f(xn-1)－f(xn)]

＝f(x0)－f(xn)＝f(－1)－f(1)＝4．

(2) 解：由f′(x)＝＝0，得x＝1．

当x＜1时，f′(x)＞0，所以f (x)在(－∞，1)为增函数；

当x＞1时，f′(x)＜0，所以f (x)在(1，＋∞)为减函数；

所以f (x)在x＝1时取极大值．

设xm≤1＜xm＋1，m∈N，m≤n－1，

则S＝|f(xi＋1)－f(xi)

＝|f(x1)－f(0)|＋…＋|f(xm)－f(x m－1)|＋|f(xm＋1)－f(x m)|＋|f(xm＋2)－f(x m＋1)|＋…＋|f(2)－f(x n－1)

＝[f(x1)－f(0)]＋…＋[f(xm)－f(x m－1)]＋|f(xm＋1)－f(x m)|＋[f(xm＋1)－f(x m＋2)]＋…＋[f(xn－1)－f(2)]

＝[f(xm)－f(0)]＋|f(xm＋1)－f(x m)|＋[f(xm＋1)－f(2)]．

因为|f(xm＋1)－f(x m)|≤[f(1)－f(xm)]＋[f(1)－f(xm＋1)]，当x m＝1时取等号，

所以S≤f(xm)－f(0)＋f(1)－f(xm)＋f(1)－f(xm＋1)＋f(xm＋1)－f(2)

＝2 f(1)－f(0)－f(2)＝.

所以S的最大值为．

（3）证明：f′(x)＝－x＝，x∈[1，e]．

①当k≥e2时，k－x2≥0恒成立，即f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在[1，e]上为增函数，

所以S＝|f(xi＋1)－f(xi)|＝[ f(x1)－f(x0)]+[ f(x2)－f(x1)]+…+[ f(x n)－f(xn-1)]

＝f(x n)－f(x0)＝f(e)－f(1)＝k+－e2．

因此，存在正数A＝k+－e2，都有S≤A，因此f(x)在[1，e]上具有性质V．

②当k≤1时，k－x2≤0恒成立，即f′(x)≤0恒成立，所以f(x)在[1，e]上为减函数，

所以S＝|f(xi＋1)－f(xi)|＝[ f(x0)－f(x1)]+[ f(x1)－f(x2)]+…+[ f(xn-1)－f(xn)]

＝f(x0)－f(xn)＝ f(1)－f(e)＝ e2－k－．

因此，存在正数A＝e2－k－，都有S≤A，因此f(x)在[1，e]上具有性质V

③当1＜k＜e2时，由f′(x)＝0，得x＝；当f′(x)＞0，得1≤x＜；

当f′(x)＜0，得＜x≤e，因此f(x)在[1，)上为增函数，在(，e]上为减函数．

设xm≤＜xm+1，m∈N，m≤n－1

则S＝|f(xi＋1)－f(xi)

＝|f(x1)－f(x0)|+…+|f(xm)－f(x m－1)|+ |f(xm+1)－f(x m)|+ |f(xm+2)－f(x m+1)|+…+|f(xn)－f(x n－1)

＝f(x1)－f(x0)+…+f(xm)－f(x m－1) + |f(xm+1)－f(x m)|+ f(xm+1)－f(x m+2) +…+f(xn－1)－f(x n)

＝f(xm)－f(x0) + |f(xm+1)－f(x m)| + f(xm+1)－f(x n)

≤f(xm)－f(x0) + f(xm+1)－f(x n)+ f()－f(xm+1)+ f()－f(xm)

＝2 f()－f(x0)－f(x n)＝klnk－k－[－+k－e2]＝klnk－2k＋+e2．

因此，存在正数A＝klnk－2k＋+e2，都有S≤A，因此f(x)在[1，e]上具有性质V．

综上，对于给定的实数k，函数f(x)＝klnx－x2 在区间[1，e]上具有性质V．

(Ⅰ),则,

令,得或,而二次函数在处有极大值,

所以或,解得或；

当时,的递增区间为,,递减区间为.

当时,的递增区间为,递减区间为.

(Ⅱ)

令,,

 当即时，无实根，故的零点为，满足题意，

即函数有唯一零点；

 当即或时,

若，则的实数解为，故在区间上有唯一零点；

若，则的实数解为，故在区间上有两零点，或；

 当即或时，

若，由于，

此时在区间上有一实数解，故在区间上有唯一零点；

若时，由于，

当即时，数形结合可知在区间上有唯一实数解，

故在区间上有唯一零点；

若即时，由于的对称轴为，故，

又且，

所以在区间上有两个不等零点.

综上，当或时，函数有唯一零点；

当时，函数有两不相等的零点。

（Ⅰ）由, 的奇偶性及,①得：    ②

联立①②解得，.

当时，，，故                           ③

又由基本不等式，有，即          ④

（Ⅱ）由（Ⅰ）得 ，        ⑤

，        ⑥

当时，等价于，        ⑦

等价于           ⑧

设函数 ，由⑤⑥，有

当时，（1）若，由③④，得，故在上为增函数，从而，即，故⑦成立.（2）若，由③④，得，故在上为减函数，从而，即，故⑧成立.综合⑦⑧，得 .

是的一个极值点，则

，验证知=0符合条件

1）若=0时，

单调递增，在单调递减；

2）若

上单调递减

3）若

再令

在

综上所述，若上单调递减，

若

。

若

由27题知，当

当

函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a．……1分

当a≤0时，f′(x)＞0，所以f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增；

……………………………………3分

当a＞0时，若x∈(－∞，ln a)，则f′(x)＜0，若x∈(ln a，＋∞)，则f′(x)＞0，

所以f(x)在区间(－∞，ln a)上单调递减，在区间(ln a，＋∞)上单调递增．

……………………………………5分

综上可知，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)……………………………………6分

由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1．

设g(x)＝(x－k)(ex－1)＋x＋1，则g′(x)＝ex(x－k＋1)．……………………………………7分

(i)若k≤1，则当x＞0时，g′(x)＞0，所以g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝1，

故当x＞0时，g(x)＞1＞0，即有(x－k)f′(x)＋x＋1＞0恒成立．…………………………………9分

(ii)若k＞1，则当x∈(0，k－1)时，g′(x)＜0；当x∈(k－1，＋∞)时，g′(x)＞0．

所以g(x)在区间(0，＋∞)内的最小值为g(k－1)＝k－ek－1＋1．………………………………11分

令h(k)＝k－ek－1＋1，则h′(k)＝1－ek－1，因为k>1，所以h′(k)<0，故h(k)在区间(1，＋∞)上单调递减．而h(2)＞0，h(3)＜0，所以当1＜k≤2时，h(k)＞0，即g(k－1)＞0，从而当x＞0时，g(x)＞0，即(x－k)f′(x)＋x＋1＞0恒成立；当k≥3时，h(k)<0，即g(k－1)<0，故g(x)＞0在区间(0，＋∞)内不恒成立．……………………………………13分

综上所述，整数k的最大值为2……………………………………14分