热门试卷

由题意可得：函数f（x）的定义域为R，关于原点对称．

又因为f（-x）=1+cos（-2x）=1+cos2x=f（x），

所以函数f（x）=1+cos2x是偶函数．

（1）f(x)=(2log4x-2)(log4x-)，

令t=log4x，x∈[2，4]时，t∈[，1]

此时，y=(2t-2)(t-)=2t2-3t+1，

当t=时，y取最小值-，

当t=或1时，y取最大值0，

∴y∈[-，0]

（2）若f（x）≥mlog2x对于x∈[4，16]恒成立，

令t=log4x，

即2t2-3t+1≥2mt对t∈[1，2]恒成立，

∴m≤t+-对t∈[1，2]恒成立

易知g(t)=t+-在t∈[1，2]上单调递增

∴g（t）min=g（1）=0，

∴m≤0．

（Ⅰ） 由f（1）=f（4）得1+a+b=，解得b=4．  …（1分）

由f(x)=(x≠0)为奇函数，得f（x）+f（-x）=0对x≠0恒成立，

即+=2a=0，所以a=0．  …（3分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)=x+．

任取x1，x2∈（0，2]，且x1＜x2，f(x1)-f(x2)=(x1+)-(x2+)=(x1-x2)，…（5分）

∵0＜x1＜x2≤2，∴x1-x2＜0，x1x2＞0，x1x2-4＜0，

∴f（x1）-f（x2）＞0，f（x1）＞f（x2），

所以，函数f（x）在区间（0，2]单调递减．  …（7分）

类似地，可证f（x）在区间（2，+∞）单调递增．  …（8分）

（Ⅲ）对于条件①，由（Ⅱ）得函数f（x）在（0，+∞）上有最小值f（2）=4，

故若f(x)+＜0对x∈（0，+∞）恒成立，

则需f（x）min＞-，则4＞-，

∴k＞-8；

对于条件②，由（Ⅱ）可知函数f（x）在（-∞，-2）上递增，在[-2，0）上递减，

∴函数f（x）在[-6，-2]上递增，在[-2，0）上递减，

又f（-6）=-，f（-2）=-4，f（-1）=-5，

所以函数f（x）在[-6，-1]上的值域为[-，-4]，

若方程f（x）=k在[-6，-1]上有解，则需-≤k≤-4，

若同时满足条件①②，则需．

所以：-≤k≤-4．

故当-≤k≤-4时，条件①②同时满足．

（I）F（x）=f（x）+g（x）=lnx+（x＞0），F′（x）=-=(x＞0)

∵a＞0，由F'（x）＞0，得x＞2a，

∴F（x）的单调递增区间为（2a，+∞）．-----------------------（3分）

（II）H（x）=f（x）+=lnx+，H′（x）=-≤1(x＞0)，----------------------（5分）

∵2a≥-x2+x，又x2-x≤，2a≥-，a≥．

所以实数a的最小值为．--------------------------（8分）

（III） 若p（x）=x3+x2+m-的图象与q（x）=f(x2)=lnx2的图象恰有三个不同交点，

即x3+x2+m-=lnx2有三个不同的根，

亦即m=lnx2-x3-x2+有三个不同的根．---------------------（10分）

令G（x）=lnx2-x3-x2+，

则G′（x）=-x2-2x=．

当x＜0时G'（x）＜0，所以G（x）单调递减，且当x→0时，G（x）→-∞，当x→-∞时，G（x）→+∞

当0＜x＜1时G'（x）＞0；

∴G（x）单调递增，且当x→0时，G（x）→-∞，

当x＞1时，G'（x）＜0；

∴G（x）单调递减，

∴当x=1时，G（x）的极大值G（1）=-．

所以，当 m＜-时，方程m=lnx2-x3-x2+有三个不同的解．--------------（14分）