热门试卷

（1）f(t)=，g(t)=-t2+6t（0≤t≤40）

（2）每件产品A的销售利润h（t）与上市时间t的关系为h(t)=

设这家公司的日销售利润为F（t），

则F（t）==

当0≤t≤20时，F′(t)=-t2+48t=t(48-t)≥0，

故F（t）在[0，20]上单调递增，此时F（t）的最大值是F（20）=6000＜6300；

当20＜x≤30时，令60（-t2+8t）＞6300，解得＜t＜30；

当30＜x≤40时，F（t）=60（-t2+240）＜60（-×302+240）=6300；

答：第一批产品A上市后，在第24，25，26，27，28，29天，这家公司的日销售利润超过6300万元．

解：（Ⅰ）由题意知，

当时，f（x）的定义域为；当a＞1时，f（x）的定义域为，

，

当时，x∈，

因为，故f′（x）＜0，所以f（x）是减函数；

当a＞1时，x∈，

因为，故f′（x）＜0，所以f（x）是减函数；

（Ⅱ）因为，所以，

由函数定义域知＞0，

因为n是正整数，故0＜a＜1，

所以；

 （Ⅲ），

所以，

令h′（x）=0，即，由题意应有△≥0，即m≥0，

①当m=0时，h′（x）=0有实根x=-1，在x=-1点左右两侧均有，故无极值；

②当0＜m＜1时，h′（x）=0有两个实根，

当x变化时，h′（x）、h（x）的变化情况如下表所示：

∴h（x）的极大值为，h（x）的极小值为；

③当m≥1时，h′（x）=0在定义域内有一个实根，，

同上可得h（x）的极大值为；

综上所述，时，函数h（x）有极值，

当0＜m＜1时h（x）的极大值为，h（x）的极小值为；当m≥1时，h（x）的极大值为。

解：(1)由得，

由于，所以x＞0，

即f(x)的定义域为（0，+∞）。

(2)任取，且，

，

，

，

∴在R上为增函数，在R上为减函数，

∴，

∴，

即，

又∵y=lgx在（0，+∞）上为增函数，

∴，

∴f(x)在（0，+∞）上为增函数，

所以任取，则必有，

故函函数f(x)的图象L不存在不同的两点使过两点的直线平行于x轴。

(3)因为f(x)是增函数，所以当x∈（1，+∞）时，f(x)＞f(1)，

这样只需，

即当a-b≥1时，f(x)在（1，+∞）上恒取正值。

（1）由＞0，b＜0，得到x＜或x＞-

则所求函数定义域为(-∞，)∪(-，+∞)．

（2）∵f（-x）=log12，=log12=-log12=-f（x）

∴f（x）是奇函数．

（3）令g（x）=．

设-b＜x1＜x2，则g（x1）-g（x2）=（10分）

∵b＜0∴-＜-b，∴x2＞x1＞-，则有x2-x1＞0，2x1-b＞0，2x2-b＞0

∴＜0，即g（x1）＜g（x2），而f（x）=log12g（x）且0＜＜1

∴f（x1）＞f（x2），∴f（x）在（-b，+∞）上是减函数．

（Ⅰ）由已知，得解得：．

∴f(x)=log3(2x-1)， (x＞)…（2分）

∴an=3log3(2n-1)=2n-1．n∈N*

∴数列{an}的通项公式为an=2n-1…（4分）

（Ⅱ）由题意a≤(1+)(1+)…(1+)对n∈N*均成立…（5分）

记F(n)=(1+)(1+)…(1+)

则==＞=1

∵F（n）＞0，∴F（n+1）＞F（n）

∴F（n）随着n的增大而增大…（7分）

而F（n）的最小值为F(1)=

∴a≤，即a的最大值为…（8分）

（Ⅲ）∵an=2n-1

∴在数列{bn}中，am及其前面所有项之和为[1+3+5+…+（2m-1）]+（2+22+…+2m-1）=m2+2m-2…（10分）

∵102+210-2=1122＜2008＜112+211-2=2167

即a10＜2008＜a11…（11分）

又a10在数列{bn}中的项数为：10+1+2+…+28=521…（12分）

且2008-1122=886=443×2

所以存在正整数m=521+443=964，使得Sm=2008…（14分）