热门试卷

解：由于函数f（x）=x-ln（x+2），则f′（x）=1-=（x＞-2），

由f′（x）＞0，得x＞0；

由f′（x）＜0，得-2＜x＜0；

所以f（x）在[-2，0]在上单调递减，在[0，+∞）上单调递增，

则f（x）最小值=f（0）=-ln2＜0

f（e-2-2）=e-2-2-lne-2=e-2＞0

f（e4-2）=e4-2-lne4=e4-6＞0

故函数f（x）在区间[e-2-2，e4-2]内至少有两个零点．

（Ⅰ）解：由题意，f′（x）=．

设直线y=x+1与函数y=f（x）图象的切点为（x0，y0），

∴，∴a=0，x0=1，y0=2；

（Ⅱ）解：①记h（x）=f（x）-g（x），则h（x）=2-lnx-bx（x＞0），

∴h′（x）=

由题意，令h′（x）==0可得bx-+1=0，方程有两个正数根

设t=，则，∴0＜b＜．

∴0＜b＜时，函数y=f（x）-g（x）在其定义域有两个极值点；

②证明：设bx-+1=0的两个根为x1，x2．则x1x2=，x1+x2=-，

∵g（x1）+g（x2）=lnx1+bx1+lnx2+bx2=ln（x1x2）+b（x1+x2）

∴g（x1）+g（x2）=-2lnb+b（-）=-2lnb+-2

∵f（x1）+f（x2）=2+2=，

∴=-blnb-b

记k（b）=-blnb-b（0＜b＜），则k′（b）=-lnb-2=0，可得b=，

（0，）时，k′（b）＞0，函数单调递增，（，）时，k′（b）＜0，函数单调递减，

∴b=时，k（b）取得最大值+，

∴≤+．

解：（1）当x＜1时，f‘（x）=-3x2+2ax+b．

∵函数图象在点（-2，f（-2））处的切线方程为16x+y+20=0．

∴切点坐标为（-2，12），则有

解得a=1，b=0…（3分）

（2）由（1）得，根据条件M，N的横坐标互为相反数，不妨设M（-t，t3+t2），N（t，f（t）），（t＞0）．

①若t＜1，则f（t）=-t3+t2，由∠MON是直角得，，即-t2+（t3+t2）（-t3+t2）=0，t4-t2+1=0．（无解）

②若t≥1，则f（t）=clnt．

由于MN的中点在y轴上，且，点N不能在x轴上，即t≠1．

由，-t2+（t3+t2）•clnt=0，分离参数得到

∵函数（t＞1）的值域是（0，+∞）

∴c的取值范围是（0，+∞）…（7分）

（3）方程f（x）=kx，即，可知0一定是方程的根，

所以仅就x≠0时进行研究，方程等价于．

令…（8分）

下面研究函数k（x）的性态，进而画出其大致图象．

对于x＜1且x≠0部分，函数k（x）=-x2+x的图象是开口向下的抛物线的一部分，当时取得最大值，其值域是；

对于x≥1部分，函数，令，得x=e，

所以函数k（x）在（1，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，所以k（x）在x=e时取得最大值1，其值域是[0，1]，k（1）=0，并且当x无限增大时，其图象在x轴上方向右无限接近x轴但永远也达不到x轴…（10分）

因此可画出函数k（x）的图象的示意图如下：

可得：

①当k＞1时，方程f（x）=kx只有唯一实根0；

②当k=1或者k≤0时，方程f（x）=kx有两个实根；

③当时，方程f（x）=kx有三个实根；

④当时，方程f（x）=kx有四个实根；

⑤当时，方程f（x）=kx有五个实根；…（12分）