热门试卷

（1）当-1＜x＜0时，0＜-x＜1，

∵x∈（0，1）时，f（x）=．

∴f（-x）==

又f（x）为奇函数，

∴当-1＜x＜0时，f（x）=-f（-x）=-

当x=0时，由f（-0）=-f（0）可得f（0）=0

又∵f（1-x）=f（x），

故f（1）=f（0）=0

f（-1）=-f（1）=0

综上，f（x）=

（2）∵f（1-x）=f（x），f（-x）=-f（x），

∴f（1+x）=f（-x）=-f（x）

∴f（2+x）=f[1+（1+x）]=-f（1+x）=f（x），

∴f（x）周期为2的周期函数，

∵方程f（x）=λ在[-2，2]上有实数解的λ的范围

即为求函数f（x）在[-2，2]上的值域 

即为求函数f（x）在[-1，1]上的值域

当x∈（0，1）时f（x）=，

故f′（x）=ln2＜0

即f（x）在（0，1）上为减函数，

∴x∈（0，1）时，=f（2）＜f（x）＜f（0）＜，

∴当x∈（0，1）时，f（x）∈（，）

当x∈（-1，0）时，f（x）∈（-，-）  

当x∈{-1，0，1}时，f（x）=0               

∴f（x）的值域为（-，-）∪{0}∪（，）   

∴λ（-，-）∪{0}∪（，）时方程方程f（x）=λ在[-2，2]上有实数解

（1）当a=4时，可得f（x）=4lnx，此时h(x)=4lnx-x2，

由h′(x)=-x＞0得-2＜x＜2，结合x＞0，可得0＜x＜2．

所以h（x）的单调递增区间为（0，2）．…（4分）

（2）不等式f（x）+2g′（x）≤（a+3）x-g（x），即为alnx+2x≤(a+3)x-x2，

化简得：a(x-lnx)≥x2-x，

由x∈[1，e]知x-lnx＞0，因而a≥，设y=，

由y′==，

∵当x∈（1，e）时x-1＞0，x+1-lnx＞0，∴y′＞0在x∈[1，e]时成立．

由不等式有解，可得知a≥ymin=-，即实数a的取值范围是[-，+∞）…（10分）

（3）不等式f(x0)-f′(x0)＞g′(x0)+等价于alnx0-＞x0+，

整理得x0-alnx0+＜0，设m(x)=x-alnx+，

则由题意可知只需在[1，e]上存在一点x0，使得m（x0）＜0．

对m（x）求导数，得m′(x)=1--==，

因为x＞0，所以x+1＞0，令x-1-a=0，得x=1+a．…（12分）

①若1+a≤1，即a≤0时，令m（1）=2+a＜0，解得a＜-2．

②若1＜1+a≤e，即0＜a≤e-1时，m（x）在1+a处取得最小值，

令m（1+a）=1+a-aln（1+a）+1＜0，即1+a+1＜aln（1+a），可得＜ln(a+1)

考察式子＜lnt，因为1＜t≤e，可得左端大于1，而右端小于1，所以不等式不能成立

③当1+a＞e，即a＞e-1时，m（x）在[1，e]上单调递减，只需m（e）＜0，得a＞，

又因为e-1-=＜0，所以a＞．

综上所述，实数a的取值范围是（-∞，-2）∪（，+∞）．…（16分）

f（x）=2sinx-2cosx=4sin（x-），

令t=x-，则y=4sint，

∵x∈[0，π]，∴t∈[-，]，

则由三角函数的图象知f（x）∈[-2，4]；

（2）∵x0为函数y=f（x）的一个零点，

∴f（x0）=4sin（x0-）=2sinx0-2cosx0=0，

∴tanx0=，

∴====2-．

（1）∵函数f（x）=，

故函数的图象如下图所示：

…（6分）

（2）当x＜1时，由f（x）=2-x=得x=2，不符题意；…（9分）

当x≥1时，由f（x）=log4x=得x=，符合题意．

∴x=．…（12分）

（Ⅰ）f（x）=sin（π-ωx）+cosωx=sinωx+cosωx=

sin(ωx+）

--∴π=∴ω=2----（4分）

（Ⅱ）由f(x)=sin(2x+)=1，得2x+=+2kπ或2x+=+2kπ，k∈Z----（6分）

又x∈(0，)，∴x=----（8分）

（Ⅲ）=(x，2)，=(-3，5)∵∠AOB为锐角，∴0＜•=-3x+10----（10分）∴x＜又x=-时、同向----（11分）∴x＜且x≠-----（12分）

曲线log2x+log2y=2沿x、y轴-分别向右平移两个单位，向上平移一个单位，得到的曲线方程为：

log2（x-2）+log2（y-1）=2，即，也就是（x-2）（y-1）=4 （x＞2，y＞1）．

联立得：x2+（a-1）x-2a+2=0①．

因为直线x+y+a=0与此曲线仅有一个公共点，

所以△=（a-1）2-4（2-2a）=0，解得：a=-7或a=1．

当a=1时，由方程①得x=0，不满足x＞2．

当a=-7时，由方程①得：x2-8x+16=0，x=4符合x＞2．

所以a=-7．

（1）∵f（x）=-x3+ax2+bx+c，

∴f'（x）=-3x2+2ax+b．

∵f（x）在（-∞，0）上是减函数，在（0，1）上是增函数，

∴当x=0时，f（x）取到极小值，即f'（0）=0．∴b=0．

（2）由（1）知，f（x）=-x3+ax2+c，

∵1是函数f（x）的一个零点，即f（1）=0，∴c=1-a．

∵f'（x）=-3x2+2ax=0的两个根分别为x1=0，x2=．

∵f（x）在（0，1）上是增函数，且函数f（x）在R上有三个零点，

∴x2=＞1，即a＞．

∴f(2)=-8+4a+(1-a)=3a-7＞-．

（3）由（2）知f（x）=-x3+ax2+1-a，且a＞．

要讨论直线y=x-1与函数y=f（x）图象的交点个数情况，

即求方程组

解的个数情况：由-x3+ax2+1-a=x-1，得（x3-1）-a（x2-1）+（x-1）=0．

即（x-1）（x2+x+1）-a（x-1）（x+1）+（x-1）=0．

即（x-1）[x2+（1-a）x+（2-a）]=0．∴x=1或x2+（1-a）x+（2-a）=0．

由方程x2+（1-a）x+（2-a）=0，（*）

得△=（1-a）2-4（2-a）=a2+2a-7．∵a＞，

若△＜0，即a2+2a-7＜0，解得＜a＜2-1．此时方程（*）无实数解．

若△=0，即a2+2a-7=0，解得a=2-1．此时方程（*）有一个实数解x=-1．

若△＞0，即a2+2a-7＞0，解得a＞2-1．

此时方程（*）有两个实数解，分别为

x1=，x2=．

且当a=2时，x1=0，x2=1．

综上所述，当＜a＜2-1时，直线y=x-1与函数y=f（x）的图象有一个交点．

当a=2-1或a=2时，直线y=x-1与函数y=f（x）的图象有二个交点．

当a＞2-1且a≠2时，直线y=x-1与函数y=f（x）的图象有三个交点．

（I）设函数y=f（x）与y=g（x）图象的公共点为P（x0，y0），

则有lnx0=（m+1）x02-x0①，

又在点P处有共同的切线，

∴f′(x0)=g′(x0)⇒=2(m+1)x0-1⇒m=-1，②

②代入①，得lnx0=-x0．

设h(x)=lnx-+x⇒h′(x)=+＞0(x＞0)．

所以，函数h（x）最多只有1个零点，

观察得x0=1是零点，故m=0．

此时，点P（1，0）；

（II）根据（I）知，当m=0时，两条曲线切于点P（1，0），

此时，变化的y=g（x）的图象的对称轴是x=，

而y=f（x）是固定不变的，如果继续让对称轴向右移动，

即x=＞，解得-1＜m＜0．两条曲线有两个不同的交点，

当m＜-1时，开口向下，只有一个交点，显然不合题意，

所以，有-1＜m＜0；

（III）假设存在这样的m，不妨设M（x1，y1），N（x2，y2），且x1＞x2，

则MN中点的坐标为(，)．

以S为切线的切线l1的斜率ks=f′()=，

以T为切点的切线l2的斜率kT=g′()=(m+1)(x1+x2)-1．

如果存在m，使得ks=kT，

即=(m+1)(x1+x2)-1．③

而且有lnx1=（m+1）x12-x1和lnx2=（m+1）x22-x2．

如果将③的两边同乘以x1-x2，得

④=(m+1)(-)-(x1-x2)，

即=[(m+1)-x1]-[(m+1)-x2]=lnx1-lnx2=ln，

也就是ln=．

设μ=＞1，则有lnμ=(μ＞1)．

令h(μ)=lnμ-（μ＞1），则h′(μ)=-=．

∵μ＞1，∴h'（μ）＞0．

因此，h（μ）在[1，+∞]上单调递增，故h（μ）＞h（1）=0．

∴lnμ＞(μ＞1)⑤

∴④与⑤矛盾．

所以，不存在实数m使得l1∥l2．

（1）∵f（x）=x2+2mx+3m+4，有且仅有一个零点

说明二次函数与x轴只有一个交点，可得

△=（2m）2-4×（3m+4）=0解得m=4或m=-1；

（2）∵f（x）=x2+2mx+3m+4，有两个零点且均比-1大．

函数开口向上，对称轴为x=-m，

∴，即

解得-5＜m＜-1；