热门试卷

（1）；（2）当时，到的市民健身广场面积最大，最大面积为.

试题分析：（1）根据题意分析可考虑作，垂足为，从而可将五边形的面积转化为梯形与矩形的面积之和，由∽结合条件，可将梯形的上底，下底与高以及矩形的长和宽都用含的代数式表示出来，从而可得：，再由，可得；（2）由（1）及条件可知，问题就等价于求函数在上的最大值，而将其变形后可得：

，

当且仅当时，“=”成立，从而当时，到的市民健身广场面积最大，最大面积为.

试题解析：（1）如图，作，垂足为，

∵，∴，又由∽，∴，

∵，∴，     2分

过作交于，

则，

所以，          7分

由于与重合时，适合条件，故；   8分

（2）由（1）得：，       10分

∴当且仅当，即时，取得最大值，    13分

即当时，得到的市民健身广场面积最大，最大面积为．     14分

：设整数对满足方程  …（1），将其看作

关于的一元二次方程，其判别式的值

应为一完全平方数； 若，则； 若，则可取，相应的值分别为和 ，它们皆不为平方数；因此，仅当时，为完全平方数．若，方程（1）化为，解得或；

若，方程（1）化为，解得或．

综上可知，满足原方程的全部整数对为：．

（1）∵f（x）＞0的解集是（-3，2），

∴-3，2是方程ax2+（b-8）x-a-ab=0的两个根，

∴-3+2=-1=，即b-8=a①

-3×2=-6=，即1+b=6②

解得a=-3，b=5

∴f（x）=-3x2-3x+18

（2）∵函数f（x）=-3x2-3x+18的图象是以x=-为对称轴，开口方向朝下的抛物线

故函数f（x）=-3x2-3x+18在区间[0，1]上单调递减

∴当x=0时，y有最大值18，

当x=1时，y有最小值12，

∴当x∈[0，1]时函数f（x）的值域[12，18]

（1）函数f（x）=cos（ωx+φ）（ω＞0）为偶函数，∴cosφ=±1，∴φ=kπ，k∈z．

再由 π≤φ＜2π 可得 φ=π，∴函数f（x）=cos（ωx+π）=-cosωx，故其周期为 ，最大值为1．

设图象上最高点为（x1，1），与之相邻的最低点为（x2，-1），则|x2-x1|==．

∵其图象上相邻最高点与最低点之间的距离为=，解得ω=1，

∴函数f（x）=-cosx．

（2）函数f（x）在[0，4π]内的所有零点为：，，2π+，2π+，

∴函数f（x）在[0，4π]内的所有零点之和为++(2π+)+(2π+)=8π．

（1）令x=，得a+4+9=13-9，得a=-9．

（2）

所以，f（x）的最小正周期为π．

（3）不存在n满足题意．  当x∈[0，]时，f（x）=-9（sinx+cosx）+4sin2x+9．

设t=sinx+cosx=sin(x+)，t∈[1，]，则sin2x=2sinxcosx=t2-1，

于是f（x）=-9（sinx+cosx）+4sin2x+9=4t2-9t+5，令4t2-9t+5=0，得t=1或t=∈[1，]，

于是x=0，，或x=x0(0＜x0＜)或x=-x0，其中sin(x0+)=，

当x∈(，π)时，f（x）=-9（sinx-cosx）+4sin2x+9．

设t=sinx-cosx=sin(x-)，t∈(1，]，则sin2x=2sinxcosx=1-t2，

于是f（x）=-9（sinx-cosx）+4sin2x+9=-4t2-9t+13，令-4t2-9t+13=0，

解得t=1或t=-∉(1，]，故f（x）在x∈(，π)没有实根．

综上讨论可得，f（x）=0在[0，π）上有4根，而2011=4×502+3，而在[0，502π]有2009个根，在[0，503π]上有2013个根，

故不存在n，使得f（x）=0在区间[0，nπ]内恰有2011个根．

（I）由题意可得f′（x）=-3x2+2ax

由题意得f′（）=0，解得a=2，经检验满足条件．      …（2分）

（II）由（1）知f（x）=-x3+2x2-4，则f′（x）=-3x2+4x…（4分）

令f′（x）=0，则x=0，或x=（舍去）…（6分）

当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

…（9分）

∵关于x的方程f（x）=m在[-1，1]上恰有两个不同的实数根，

∴-4＜m≤-3                                        …（12分）

（1）由函数 f(x)=ln(2ax+1)+-x2-2ax

得：f′(x)=+x2-2x-2a

=

=．

因为x=2为f（x）的极值点，所以f′（2）=0．

即-2a=0，解得：a=0．

又当a=0时，f′（x）=x（x-2），从而x=2为f（x）的极值点成立．

（2）由函数f（x）的定义域可知，必须有2ax+1＞0对x≥3恒成立，故只能a≥0，

由于f′(x)=，

所以，令g（x）=2ax2+（1-4a）x-（4a2+2）．

则g（x）＞0与g（x）＜0在区间[3，+∞）上都有解，

由a≥0知，g（x）＞0一定有解，又g（x）的对称轴为x=1-＜1，

因此只要g（3）＜0即说明g（x）＜0在区间[3，+∞）上都有解，

由g（3）＜0得，4a2-6a-1＞0，解得：a＜或a＞．

因为a≥0，所以a＞．

综上所述，a的取值范围是（，+∞）．

（3）若a=-时，方程f(1-x)=+可化为：lnx-(1-x)2+(1-x)=．

问题转化为b=xlnx-x（1-x）2+x（1-x）=xlnx+x2-x3在（0，+∞）上有解，

即求函数g（x）=xlnx+x2-x3的值域．

因为g（x）=x（lnx+x-x2），令h（x）=lnx+x-x2（x＞0），

则h′(x)=+1-2x=，

当0＜x＜1时，h′（x）＞0，h（x）在（0，1）上为增函数，

当x＞1时，h′（x）＜0，h（x）在（1，+∞）上为减函数，

因此h（x）≤h（1）=0．

而x＞0，故b=x•h（x）≤0，

因此，当x=1时，b取得最大值0．

所以，当a=-时，使方程f(1-x)=+有实根的b的最大值为0．

（I）∵=(sinx，-1)，=(cosx，)，

∴+=（sinx+cosx，-），可得

f(x)=(+)•=sinx（sinx+cosx）+=sin2x+sinxcosx+

∵sin2x=（1-cos2x），sinxcosx=sin2x

∴f（x）=（1-cos2x）+sin2x+=sin（2x-）+1

因此，f（x）的最小正周期T==π；

（II）∵x∈[，]，可得2x-∈[，]

∴sin（2x-）∈[，1]，得f（x）=sin（2x-）+1的值域为[，2]

∵方程f（x）-t=0在x∈[，]上有解，

∴f（x）=t在x∈[，]上有解，可得实数t的取值范围为[，2]．

（1）函数f（x）=•（+）=（sinx，cosx）•（sinx+cosx，0）

=sin2x+sinxcosx=+sin2x=sin(2x+)+．

所以函数的最小正周期为：π．

（2）因为函数 y=sin(2x+)+，由 2kπ-≤2x+≤+2kπ   k∈Z，即 kπ-≤x≤+kπ   k∈Z，

所以函数的单调增区间为：[-π+kπ，+kπ] (k∈Z)．

（3）y=sin(2x+)+，x∈[0，]，所以2x+∈[，]，

y=sin(2x+)+∈[，+]，

函数g（x）=f（x）-k=sin(2x+)+-k，x∈[0，]，其中k∈R，

当k＜或k＞+时，零点为0个；

当k∈[，+)时函数有两个零点，

当k=+时，函数有一个零点；

（1）依题可设g（x）=a（x+1）2+m-1（a≠0），则g'（x）=2a（x+1）=2ax+2a；

又g'（x）的图象与直线y=2x平行∴2a=2∴a=1

∴g（x）=（x+1）2+m-1=x2+2x+m，f(x)==x++2，

设P（xo，yo），则|PQ|2=+(y0-2)2=+(x0+)2=2++2m≥2+2m=2|m|+2m

当且仅当2=时，|PQ|2取得最小值，即|PQ|取得最小值

当m＞0时，=解得m=-1

当m＜0时，=解得m=--1

（2）由y=f(x)-kx=(1-k)x++2=0（x≠0），得（1-k）x2+2x+m=0（*）

当k=1时，方程（*）有一解x=-，函数y=f（x）-kx有一零点x=-；

当k≠1时，方程（*）有二解⇔△=4-4m（1-k）＞0，

若m＞0，k＞1-，

函数y=f（x）-kx有两个零点x=，即x=；

若m＜0，k＜1-，

函数y=f（x）-kx有两个零点x=，即x=；

当k≠1时，方程（*）有一解⇔△=4-4m（1-k）=0，k=1-，

函数y=f（x）-kx有一零点x==-m

综上，当k=1时，函数y=f（x）-kx有一零点x=-；

当k＞1-（m＞0），或k＜1-（m＜0）时，

函数y=f（x）-kx有两个零点x=；

当k=1-时，函数y=f（x）-kx有一零点x==-m．

（Ⅰ）当a=3时，f（x）=x2-3lnx，

∴f'（x）=2x-（1分）

∴fˊ（1）=-1

又∵f（1）=1，

∴曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y-1=-（x-1）．

即x+y-2=0．--------------------------------3分

（Ⅱ）（1）下面先证明：ea＞a（a≥0）．

设g（a）=ea-a（a≥0），则g′（a）=ea-1≥e0-1=0（a≥0），且仅当g′（a）=0⇔a=0，

所以g（a）在[0，+∞）上是增函数，故g（a）≥g（0）=1＞0．

所以ea-a＞0，即ea＞a（a≥0）．------------------------------5分

（2）因为f（x）=x2-a lnx，

所以f′（x）=2x-==．

因为当0＜x＜时，fˊ（x）＜0，当x＞时，1，fˊ（x）＞0．

又＜a＜ea＜e2a（a≥0，a＜2a）⇒＜ea，

所以f（x）在（0，]上是减函数，在[，+∞）是增函数．

所以f（x）min=f（）=(1-ln)．------------------------------9分

（3）下面讨论函数f（x）的零点情况．

①当(1-ln)＞0，即0＜a＜2e时，函数f（x）在（1，ea）上无零点；

②当(1-ln)=0，即a=2e时，=，则1＜＜ea

而f（1）=1＞0，f（）=0，f（ea）＞0，

∴f（x）在（1，ea）上有一个零点；

③当(1-ln)＜0，即a＞2e时，ea＞＞＞1，

由于f（1）=1＞0，f（）=(1-ln)＜0．

f（ea）=e2a-a lnea=e2a-a2=（ea-a）（ea+a）＞0，

所以，函数f（x）在（1，ea）上有两个零点．（13分）

综上所述，f（x）在（1，ea）上有结论：

当0＜a＜2e时，函数f（x）有、无零点；

a=2e时，函数f（x）有一个零点；

当a＞2e时，函数f（x）有两个零点．------------------------------14分．

（1）因为f′(x)=+2x-10，

所以f′(3)=+6-10=0，因此a=16…2分

故 f（x）=16ln（1+x）+x2-10x，x∈（-1，+∞），

f′(x)=…4分

当x∈（-1，1）∪（3，+∞）时，f′（x）＞0，

当x∈（1，3）时，f′（x）＜0，

所以f（x）的单调增区间是（-1，1），（3，+∞），f（x）的单调减区间是（1，3）…6分

（2）由（1）知，f（x）在（-1，1）内单调增加，

在（1，3）内单调减少，在（3，+∞）上单调增加，

所以f（x）的极大值为f（1）=16ln2-9，极小值为f（3）=32ln2-21，…8分

所以在f（x）的三个单调区间（-1，1），（1，3），（3，+∞），

直线y=b与y=f（x）的图象各有一个交点，

当且仅当f（3）＜b＜f（1）．

因此b的取值范围为（32ln2-21，16ln2-9）．…12分．

（1）f′（x）=2（x-a）ex+（x-a）2ex，

=（x-a）[x-（a-2）]ex．…2分

令f′（x）=0，得x1=a-2，x2=a．

当x变化时，f′（x）、f（x）的变化如下：

所以f（x）的单调递增区间是（-∞，a-2），（a，+∞），

单调递减区间是（a-2，a）．…6分

（2）由（Ⅰ）得[f（x）]极大=f（a-2）=4ea-2．

①当a≤1时，f（x）在（-∞，1]上的最大值为f（a-2）或f（1），

由，f（1）=（a-1）•2e≤4e，解得-1≤a≤1；

②当a-2≤1＜a，即1＜a≤3时，f（x）在（-∞，1]上的最大值为f（a-2），

此时f（a-2）=4ea-2≤4e3-2=4e；

③当a-2＞1，即a＞3时，f（1）=（a-1）2e＞4e，f（x）≤4e不恒成立．

综上，a的取值范围是[-1，3]．…12分

（III）∵f′（x）=x（x-2）ex，=(t-2)2，

∴x 2-2x=(t-2)2，

令g（x）=x2-2x-(t-2)2，

从而问题转化为证明当2＜t＜6时，

函数g(x)=x2-2x-(t-2)2在[-2，t]与x轴有两个不同的交点，

∵g（-2）＞0，g（t）＞0，g（0）＜0，

∴g（x）=0在[-2，t]上有解，且有两解．

所以，当a=2，2＜t＜6时，关于x的方程=(t-2)2在区间[-2，t]上总有两个不同的解．（15分）