热门试卷

答案见解析

关于方程根的讨论，结合二次函数图象与轴的交点位置的充要条件即可求：即设方程两根为则

1）；

（2）；

（3）；

(4）；

（5）。

∵函数f（x）=21-|x+1|-m的图象与x轴有交点，

∴函数m=21-|x+1|的图象与x轴有交点，

∴即函数m=21-|x+1||的值域问题．

∴m=21-|x+1|的∈（0，2]．

故答案为：0＜m≤2．

（1）由ρcos（θ+）=，得ρ（cosθ-sinθ）=，

所以x-y=1，

由ρ2=，得ρ2（3-2cos2θ）=3，

所以3（x2+y2）-2x2=3，即x2+3y2=3，

由得2x2-3x=0，解得x=0或x=，

所以曲线C1与C2的交点有两个；

（2）①当直线l存在斜率时，设l的方程为y=k（x-1），A（x1，y1），B（x2，y2），

由得（1+3k2）x2-6k2x+3k2-3=0，

△=36k4-4（1+3k2）（3k2-3）＞0，即2k2+1＞0恒成立，

则x1+x2=，x1x2=，

|MA|=|x1-1|，|MB|=|x2-1|，|AB|=|x1-x2|，

==

==•=•，

又k2≥0，所以＜≤•=；

②当直线l不存在斜率时，把x=1代入x2+3y2=3得y=±，

此时==，

综合①②得的取值范围为[，]．

x=1是方程的一个根．于是只要考虑二次方程5x2-5px+66p-1=0的两个根为正整数即可．

设此二正整数根为u、v．则由韦达定理知，

消去p，得5uv-66（u+v）=-1．同乘以5：52uv-5×66u-5×66v=-5．

∴（5u-66）（5v-66）=662-5=4351=19×229．由于u、v均为整数，故5u-66、5v-66为整数．

∴

或

或

或

∴其中使u、v为正整数的，只有u=17，v=59这一组值．此时p=76．

答案见解析

证明：（I）因为，所以.

由条件，消去，得；

由条件，消去，得，.

故.

（II）抛物线的顶点坐标为，

在的两边乘以，得.

又因为

而

所以方程在区间与内分别有一实根。

故方程在内有两个实根.

设x1和x2方程ax2+bx+c=0有两个相异根，由a，b，c∈N*，

两个根都在区间（-1，0）上，

可得函数f（x）=ax2+bx+c在区间（-1，0）上与x轴有两个不同的交点，

故有f（-1）=a+c-b＞0，且f（0）=c＞0，且△=b2-4ac＞0，

且 x1+x2=-∈（-2，0），且x1•x2=∈（0，1）．

故c的最小值为1，故有 ．

当a=2时，正整数b不存在；当a=3时，正整数b不存在；

当a=4时，正整数b不存在；当a=5时，存在正整数b=5．

综上可得，c的最小值为1，a的最小值为5，b的最小值为5，

故a+b+c的最小值为1+5+5=11．

（Ⅰ）∵f3(x)=x3-3x-1，∴f3′(x)=3x2-3，

∵当x＞1时，f3′(x)＞0；当0＜x＜1时，f3′(x)＜0．

∴当x=1时，f3（x）取得极小值-3，无极大值；

（Ⅱ）函数fn（x）在区间(，)上有且只有一个零点．

证明：

∵fn()=()3-n-1=-1＜0，

fn()=()3-n-1=-1＞0，

fn()•fn()＜0，∴函数fn（x）在区间(，)上必定存在零点．

∵fn′(x)=3x2-n，∴当x∈(，)时，fn′(x)＞3()2-n=2n＞0，

∴fn（x）在区间(，)上单调递增，

∴函数fn（x）在区间(，)上的零点最多一个．

综上知：函数fn（x）在区间(，)上存在唯一零点．

（1）由已知得f′(x)=4x-=，xk

则当0＜x＜1时f'（x）＜0，可得函数f（x）在（0，1）上是减函数，

当x＞1时f′（x）＞0，可得函数f（x）在（1，+∞）上是增函数，

故函数的极小值为f（1）=2；

（2）若存在，设f（xi）-g（xi）=m（i=1，2，3），则对于某一实数m，方程f（x）-g（x）=m在（0，+∞）上有三个不同的实数根，设F（x）=f（x）-g（x）-m=2x2-alnx+cos2x-m，

则F′(x)=4x--2sin2x(x＞0)有两个不同的零点，即关于x的方程4x2-2xsin2x=a（x＞0）有两个不同的解G（x）=4x2-2xsin2x（x＞0），

则G'（x）=8x-2sin2x-4xcos2x=2（2x-sin2x）+4x（1-cos2x），

设h（x）=2x-sin2x，则h′（x）=2-2cos2x≥0，故h（x）在（0，+∞）上单调递增，

则当x＞0时h（x）＞h（0）=0，即2x＞sin2x，

又1-cos2x＞0，则G′（x）＞0故G（x）在（0，+∞）上是增函数，

则a=4x2-2xsin2x（x＞0）至多只有一个解，故不存．

方法二：关于方程4x--2sin2x=0(x＞0)的解，

当a≤0时，由方法一知2x＞sin2x，此时方程无解；

当a＞0时，由于H′(x)=4+-4cos2x＞0，

可以证明H(x)=4x--2sin2x(x＞0)是增函数，此方程最多有一个解，故不存在．

证明：设f（x）=5x2-7x-1，

∵

即

且y=f（x）的图象在（-1，0）和（1，2）上是连续不断的曲线，

∴方程的根在（-1，0）上，另一个根在（1，2）上．

（1）由f（x）=x3-3ax2+x，得f′（x）=3x2-6ax+1．

当△=36a2-12≤0，即-≤a≤时，f′（x）≥0恒成立，

函数f（x）在（-∞，+∞）上为增函数；

当a＜-或a＞时，

由x＜a-，得f′（x）＞0．

由x＞a+，得f′（x）＞0．

由a-＜x＜a+，得f′（x）＜0．

所以函数f（x）的增区间为(-∞，a-)，(a+，+∞)．

减区间为(a-，a+)；

（2）当a=时，f（x）=x3-2x2+x．

f′（x）=3x2-4x+1=（3x-1）（x-1）．

当x∈(-∞，)时，f′（x）＞0．

当x∈(，1)时，f′（x）＜0．

当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0．

所以f（x）的极大值为f()=．

f（x）的极小值为f（1）=0．

所以，直线y=m与y=f（x）的图象有三个不同的交点时m的取值范围是(0，)．

（1）因为y=f2（x）-kx=1-x+--kx，

所以y′=-1+x-x2-k=-（x2-x+k+1），

方程x2-x+k+1=0的判别式△=（-1）2-4（k+1）=-3-4k，

当k≥-时，△≤0，y′=-（x2-x+k+1）≤0，

故函数y=f2（x）-kx在R上单调递减；

当k＜-时，方程x2-x+k+1=0的两根为x1=，x2=，

则x∈（-∞，x1）时，y′＜0，x∈（x1，x2）时，y′＞0，x∈（x2，+∞）时，y′＜0，

故函数y=f2（x）-kx（k∈R）的单调递减区间为（-∞，x1）和（x2，+∞），单调递增区间为（x1，x2）；

（2）存在t=1，对于任意n∈N*，关于x的方程fn（x）=0在区间[t，t+1]上有唯一实数解，理由如下：

当n=1时，f1（x）=1-x，令f1（x）=1-x=0，解得x=1，

所以关于x的方程f1（x）=0有唯一实数解x=1；

当n≥2时，由fn（x）=1-x+-+…-，

得fn′（x）=-1+x-x2+…+x2n-3-x2n-2，

若x=-1，则f′n（x）=f′n（-1）=-（2n-1）＜0，

若x=0，则f′n（x）=-1＜0，

若x≠-1且x≠0时，则f′n（x）=-，

当x＜-1时，x+1＜0，x2n-1+1＜0，f′n（x）＜0，

当x＞-1时，x+1＞0，x2n-1+1＞0，f′n（x）＜0，

所以f′n（x）＜0，故fn（x）在（-∞，+∞）上单调递减．

因为fn（1）=（1-1）+（-）+（-）+…+（-）＞0，

fn（2）=（1-2）+（-）+（-）+…+（-）

=-1+（-）•22+（-）•24+…+(-)•22n-2

=-1-•22-•24-…-•22n-2＜0，

所以方程fn（x）=0在[1，2]上有唯一实数解，

综上所述，对于任意n∈N*，关于x的方程fn（x）=0在区间[1，2]上有唯一实数解，所以t=1．

（1）∵f/(x)=，令f′（x）=0，∴x=ea------------------------------------------------（2分）

由下表：

∴f（x）的极大值为f(ea)==e-a

故f（x）的最大值为e-a．-------------------------------------------------------（4分）

（2）若lnx-kx＜0在（0，+∞）上恒成立，∴k＞在（0，+∞）上恒成立∴k＞[]max-------------（6分）

由（1）：令a=1，则f(x)=，∴[]max=∴k＞--------------------------（8分）

（3）由f（x）-e=0得a=1+lnx-ex，令g（x）=1+lnx-ex，x∈[，1]------------------------------（10分）

则g′(x)=-e，由g′（x）=0 得x=，

当x∈[，)：g′(x)＞0，∴g（x）单调递增；当x∈(，1]：g′(x)＜0，∴g（x）单调递减．

且g()=1+ln-e•=-1-，g()=1+ln-e•=-1，g（1）=1-e∵g()-g(1)=-2+e-==＜0∴g()＜g(1)

由题意得：a∈[g()，g(1)]∪{g()}

即a∈[-1-，1-e)∪{-1}--------------------------------------------------------（13分）

依题意，问题等价于方程2x3-10x2+37=0在（m，m+1）内有且仅有两个不等的实数根，

令h（x）=2x3-10x2+37，

h′（x）=6x2-20x=6x（x-），

当x∈（0，）时，h′（x）＜0，h（x）在区间（0，）上单调递减；

当x∈（，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）在区间（，+∞）上单调递增；…4分

由于h（3）=1＞0，h（）=-＜0，h（4）=5＞0，…7分

所以方程h（x）=0在（3，），（，4）内分别有唯一实数根，而在（0，3），（4，+∞）内没有实数根…10分

所以存在唯一自然数m=3使得方程f（x）+=0在区间（m，m+1）内有且仅有两个不等的实数解．…12分