热门试卷

（1）由a>0,有f（x）=｜x+1/a｜+｜x-a｜≥｜x+1/a-(x-a)｜=1/a+a≥2.所以f（x）≥2.

（2）f（x）=｜3+1/a｜+｜3-a｜。

当a＞3时，f（3）=a+1/a，由f（3）＜5得3＜a＜

当0<a≤3时，f（3）=6-a+，f（3）<5得<a≤3

综上所诉，a的取值范围为（）

本小题主要考查函数与导数，函数的单调性、极值、零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、分类与整合思想、化归与转化思想，满分14分。

（1）由，得。

又曲线在点处的切线平行于轴，

得，即，解得。

（2），

①当时，，为上的增函数，所以函数无极值。

②当时，令，得，。

，；，。

所以在上单调递减，在上单调递增，

故在处取得极小值，且极小值为，无极大值。

综上，当时，函数无极小值；

当，在处取得极小值，无极大值。

（3）当时，

令，

则直线：与曲线没有公共点，

等价于方程在上没有实数解。

假设，此时，，

又函数的图象连续不断，由零点存在定理，可知在上至少有一解，与“方程在上没有实数解”矛盾，故。

又时，，知方程在上没有实数解。

所以的最大值为。

解法二：

（1）（2）同解法一。

（3）当时，。

直线：与曲线没有公共点，

等价于关于的方程在上没有实数解，即关于的方程：

                           （*）

在上没有实数解。

①当时，方程（*）可化为，在上没有实数解。

②当时，方程（*）化为。

令，则有。

令，得，

当变化时，的变化情况如下表：

当时，，同时当趋于时，趋于，

从而的取值范围为。

所以当时，方程（*）无实数解，

解得的取值范围是。

综上，得的最大值为。

（1）  f (x)的反函数,则y=g(x)过点（1,0）的切线斜率k=.

.过点（1,0）的切线方程为：y = x+ 1

（2） 证明曲线y=f(x)与曲线有唯一公共点，过程如下。

因此，

所以，曲线y=f(x)与曲线只有唯一公共点(0,1).(证毕）

（3）设

令。

，且

。

所以

（1），

。

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。

（2）方法一：原方程可化为，

即为，且

①当时，，则，即，

，此时，∵，

此时方程仅有一解。

②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，

①当时，原方程有一解；

②当时，原方程有二解；

③当时，原方程有一解；

④当或时，原方程无解。

（3）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。

(1)由已知得f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，

对于任意x∈(0，)，有sinx＋xcosx＞0。

当a＝0时，，不合题意；

当a＜0，x∈(0，)时，f′(x)＜0，从而f(x)在(0，)内单调递减，

又f(x)在［0，］上的图象是连续不断的，故f(x)在［0，］上的最大值为，不合题意；

当a＞0，x∈(0，)时，f′(x)＞0，从而f(x)在(0，)内单调递增，又f(x)在［0，］上的图象是连续不断的，故f(x)在［0，］上的最大值为，即，

解得a＝1。

综上所述，得f(x)＝xsinx－。

(2)f(x)在(0，π)内有且只有两个零点。

证明如下：

由(1)知，f(x)＝xsinx，从而有f(0)＝＜0，，

又f(x)在［0，］上的图象是连续不断的，

所以f(x)在(0，)内至少存在一个零点。

又由(1)知f(x)在［0，］上单调递增，故f(x)在(0，)内有且仅有一个零点。

当x∈［，π］时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx。

由g()＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在［，π］上的图象是连续不断的，故存在m∈(，π)，使得g(m)＝0。

由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈(，π)时，有g′(x)＜0，

从而g(x)在(，π)内单调递减。

当x∈(，m)时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在(，m)内单调递增，故当x∈［，m］时，，故f(x)在［，m］上无零点；

当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减。

又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在［m，π］上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点。

综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点

（1）f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.

由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.

故b＝4，a＋b＝8.

从而a＝4，b＝4.

（2）由（1）知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，

f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)·.

令f′(x)＝0得，x＝－ln 2或x＝－2.

从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f′(x)＞0；

当x∈(－2，－ln 2)时，f′(x)＜0.

故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减。

当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)。