热门试卷

（1）当|x|＜时，f(x)=a2x为增函数． …（1分）

当|x|≥时，f'（x）=3x2-．

令f'（x）＞0，得x＞a或x＜-a．…（3分）

∴f（x）的增区间为（-∞，-a），(-，)和（a，+∞）．…（4分）

（2）函数的图象如图，由图可知，

①当1＜a＜2时，＜1＜a，f（x）在区间[1，a]上递减，在[a，2]上递增，最小值为f（a）=4a3；…（6分）

②当0＜a≤1时，f（x）在区间[1，2]为增函数，最小值为f（1）=1+3a4；…（8分）

③当a=2时，f（x）在区间[1，2]为减函数，最小值为f（a）=4a3； …（9分）

综上，f（x）最小值g(a)=．  …（10分）

（3）由f（x）f（2t-x）+f2（t）≥[f（x）+f（2t-x）]f（t），

可得[f（t）-f（x）][f（t）-f（2t-x）]≥0，…（12分）

即或成立，所以t为极小值点，或t为极大值点．

又x∈(，2t-)时，f（x）没有极大值，所以t为极小值点，即t=a…（16分）

（若只给出t=a，不说明理由，得1分）

（1）由已知条件得，=(1，1)，=-，∴=(1，2)，

∵=(1，1)，∴-=(1， 1)

设=(xn，yn)，则xn+1-xn=1，yn+1-yn=1

∴xn=0+（n-1）•1=n-1；yn=1+（n-1）•1=n．

即An=（n-1，n）满足方程y=x+1，∴点An在直线y=x+1上．

（2）由（1）得An（n-1，n），=-=(3•() n，0)，

设Bn（un，vn），则u1=3，v1=0，vn+1-vn=0，∴vn=0，

un+1-un=3•()n，逐差累和得，un=9(1-()n)，

∴Bn(9(1-()n)，0)．

设直线y=x+1与x轴的交点P（-1，0），则an=S△PAn+1Bn+1-S△PAnBn=[10-9(

2

3

)n+1](n+1)-[10-9(

2

3

)n]nan=5+(n-2)()n-1，n∈N*．

（3）由（2）an=5+(n-2)()n-1，n∈N*an+1-an=[5+(n-1)(

2

3

)n]-[5+(n-2)(

2

3

)n-1]=()n-1，

于是，a1＜a2＜a3＜a4=a5，a5＞a6＞a7＞…

数列{an}中项的最大值为a4=a5=5+，则P＞5，即最小的正整数p的值为6，

所以，存在最小的自然数p=6，对一切n∈N*都有an＜p成立．

（本小题满分16分）

（1）取α=，得f（sinα）=f（1）=a+b+c≥0

取β=π，得f（2+cosβ）=f（1）=a+b+c≤0

∴f（1）=0

（2）证：取β=0，得f（2+cosβ）=f（3）=9a+3b+c≤0

由（1）得f（1）=a+b+c=0，∴b=-（a+c）代入得9a-3（a+c）+c≤0

∴c≥3a

（3）设sinx=t，则-1≤t≤1又b=-（a+c），

∴f（sinx）=f（t）=at2-（a+c）t+c=a(t-

a+c

2a

)2+c-

(a+c)

4a

2，

∵a＞0，c≥3a，

∴≥=2，

∴二次函数f（t）在t∈[-1，1]上递减

∴t=-1时，f（x）最大=a+（a+c）+c=8

∴a+c=4，b=-（a+c）=-4．

（Ⅰ）∵函数f（x）是定义在[-1，0）∪（0，1]上的奇函数，

当x∈[-1，0）时，f(x)=2ax+（a为实数）．

∴当x∈（0，1]时，-x∈[-1，0）．

f(x)=-f(-x)=-(-2ax+)=2ax-…（3分）

（II）∵x∈（0，1]时，f(x)=2ax- ，

∴f′(x)=2a+，

因为f（x）在（0，1]上是增函数，

所以f'（x）≥0在（0，1]上恒成立，

即a≥-在（0，1]上恒成立，

令g(x)=-，x∈(0，1]，

g（x）在（0，1]上是单调增函数，

所以[g（x）]max=g（1）=-1，

所以a≥-1．…（8分）

（Ⅲ）①当a≥-1时，

由（II）知f（x）在（0，1]上是增函数，

所以[f（x）]max=f（1）=-6，

解得a=-，与a≥-1矛盾．…（10分）

②当a＜-1时，

令f'（x）=0，x=∈(0，1]，

当x∈(0， )时，

f′(x)=2(a+)＞0，f（x）是增函数，

当x∈(，1 )时，

f′(x)=2(a+)＜0，f（x）是减函数．

所以[f(x)]max=f()=-6，

即2a-=-6，

解得=，a=-2．

综上，存在a=-2，

使得当x∈（0，1]时，

f（x）有最大值-6．…（14分）