热门试卷

解：(1)函数f(x)的定义域为{x|x∈R且x≠0}，

又f(-x)=(-x)2ln|-x|=x2ln|x|=f(x)，

所以f(x)为偶函数．

(2)当x＞0时，，

若，则f′(x)＜0，f(x)递减；

若，则f′(x)＞0，f(x)递增，

再由f(x)是偶函数，得f(x)的单调增区间是和，

单调减区间是和。

(3)要使方程f(x)=kx-1有实数解，即要使函数y=f(x)的图象与直线y=kx-1有交点，

函数f(x)的图象如图，先求当直线y=kx-1与f(x)的图象相切时k的值．

当x＞0时，f′(x)=x·(2·lnx+1)，

设切点为P(a，f(a))，则切线方程为y-f(a)=f′(a)(x-a)，

将x=0，y=-1代入，得-1-f(a)=f′(a)(-a)，

即，（*）

显然，a=1满足(*)．

而当0＜a＜1时，，

当a＞1时，，

所以(*)有唯一解a=1，此时k=f′(1)=1，

再由对称性，k=-1时，y=kx-1也与f(x)的图象相切，

所以若方程f(x)=kx-1有实数解，则实数k的取值范围是(-∞，-1]∪[1，+∞)。

（1）当a=0时，f（x）=-4无零点，舍去&nbs二;&nbs二;&nbs二;&nbs二;&nbs二;&nbs二;&nbs二;…（1分）

当a≠0时，有△=a2+1人a=0解得&nbs二;a=-1人或a=0（舍去）&nbs二;…（3分）

综合得：a=-1人…（4分）

（2）由题意得：因为任意a∈[1，2]，f（x）≤0恒成立，

令&nbs二;H（a）=ax2+ax-4=（x2+x）a-4

所以，本题等价于：H（a）≤0在a∈[1，2]上恒成立．&nbs二;…（7分）

又H（0）=-4

所以，H（2）=2（x2+x）-4≤0即&nbs二;&nbs二;x2+x-2≤0，

解得：-2≤x≤1…（10分）

（3）令&nbs二;F（x）=图（x）-f（x）=x2+ax+2a-1…（12分）

假设存在这样的实数a，则必有F（x）=x2+ax+2a-1＞0在区间（-2，-1）上恒成立．

又因为F（x）对称轴方程&nbs二;&nbs二;x=-，所以有：

①…（13分）

解得：所以&nbs二;&nbs二;&nbs二;a≥4

②…（14分）

解得：所以&nbs二;&nbs二;&nbs二;0≤a≤2

③

解得：所以&nbs二;&nbs二;2＜a＜4…（1你分）

综合以上得：a≥0

所以，存在这样的实数a，当实数a≥0时，函数图（x）的图象始终在f（x）图象的上方．…（1人分）

备注：解答题其它解题方法酌情给分．

解（1）证：令h（x）=ex-x-1，h'（x）=ex-1，

令h'（x）＞0⇒ex-1＞0⇒x＞0时f'（x）＞0；x＜0时，f'（x）＜0．∴f（x）min=f（0）=0

∴h（x）≥h（0）=0即ex≥x+1．

（2）∵g（x）是R上的奇函数

∴g（0）=0∴g（0）=ln（e0+a）=0

∴ln（1+a）=0∴a=0故g（x）=lnex=x．

故讨论方程lnx=x•（x2-2ex+m）在x＞0的根的个数．

即=x2-2ex+m在x＞0的根的个数．（m∈R）

令u(x)=，v(x)=x2-2ex+m．

注意x＞0，方程根的个数即交点个数．

对u(x)=，(x＞0)，u′(x)==，

令u'（x）=0，得x=e，

当x＞e时，u'（x）＜0；当0＜x＜e时，u'（x）＞0．

∴u(x)极大=u(e)=，

当x→0+时，u(x)=→-∞；

当x→+∞时，u(x)==0，但此时u（x）＞0，此时以x轴为渐近线．

①当m-e2＞即m＞e2+时，方程无根；

②当m-e2=即m=e2+时，方程只有一个根．

③当m-e2＜即m＜e2+时，方程有两个根．

（3）由（1）知1+x≤ex（x∈R），

令x=， i=1，2，，n-1，

∴1-≤e-in，于是(1-)n≤(e-in)n=e-i，i=1，2，，n-1，

∴(

1

n

)n+(

2

n

)n+…+(

n

n

)n=(1-

n-1

n

)n+(1-

n-2

n

)n+…+(1-

1

n

)n+1≤e-(n-1)+e-(n-2)+…+e-1+1===＜=．

（1）由f（1）=-1，得=-1，|m|=1，

∵m＞0，∴m=1． （4分）

（2）由（1），m=1，从而f(x)=，只需研究f（x）在（-∞，0]上的单调性．

当x∈（-∞，0]时，f(x)=．

设x1，x2∈（-∞，0]，且x1＜x2，则f(x1)-f(x2)=-=，（6分）

∵x1＜x2≤0，∴x1-x2＜0，x1-2＜0，x2-2＜0，

∴f（x1）-f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2）．

∴函数f（x）在区间（-∞，0]上是单调递增函数． （10分）

（3）原方程即为=kx…①

x=0恒为方程①的一个解． （11分）

若x＜0时方程①有解，则=kx，解得x=2-，

由2-＜0，得 0＜k＜； （13分）

若x＞0且x≠2时方程①有解，则=kx，解得x=2+，

由2+＞0且2+≠2，得k＜-或k＞0． （15分）

综上可得，当k∈[-，0]时，方程f（x）=kx有且仅有一个解；

当k∈(-∞，-)∪[，+∞)时，方程f（x）=kx有两个不同解；

当k∈(0，)时，方程f（x）=kx有三个不同解．   （18分）

（Ⅰ）f'（x）=axlna+2x-lna=2x+（ax-1）lna．

∵f'（0）=0，且a＞1．

当x＞0时，lna＞0，ax-1＞0⇒f'（x）＞0，

故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；

当x＜0时，lna＞0，ax-1＜0⇒f'（x）＜0．

故函数f（x）在（0，+∞）上单调递减．

（Ⅱ）当a＞1时，由（Ⅰ）可知：f（x）在x=0处取得最小值，又函数y=|f（x）-t|-1有三个零点，所以方程f（x）=t±1有三个根，

而t+1＞t-1，所以t-1=（f（x））min=f（0）=1，由此可解得：t=2．

（Ⅲ）因为存在x1，x2∈[-1，1]，使得|f（x1）-f（x2）|≥e-1，

因此当x∈[-1，1]时，有：|（f（x））max-（f（x））min|=（f（x））max-（f（x））min≥e-1．

又由（Ⅰ）知：f（x）在[-1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，

故当x∈[-1，1]时，（f（x））min=f（0）=1，（f（x））max=max{f（-1），f（1）}，

而f(1)-f(-1)=(a+1-lna)-(+1+lna)=a--2lna．

记g(t)=t--2lnt (t≥1)，因为g(t)′=1+-=(-1)2≥0（当t=1时取等号）

因此g(t)=t--2lnt在t∈[1，+∞）上单调递增，而g（1）=0，故当t＞1时，g（t）＞0；即当a＞1时，f（1）＞f（-1）

由f（1）-f（0）≥e-1⇒a-lna≥e-1⇒a≥e，综上所述，所求a的取值范围为[e，+∞）．

（1）因为函数f（x）=ln（ex+a）（a为常数）是实数集R上的奇函数，

所以f（-0）=-f（0）即f（0）=0，

则ln（e0+a）=0解得a=0，

a=0时，f（x）=x是实数集R上的奇函数；

（2）由（1）得f（x）=x所以g（x）=λx+sinx，g'（x）=λ+cosx，

因为g（x） 在[-1，1]上单调递减，∴g'（x）=λ+cosx≤0  在[-1，1]上恒成立，

∴λ≤-1，g（x）max=g（-1）=-1-sin1，

只需-λ-sin1≤t2+λt+1（λ≤-1），

∴（t+1）λ+t2+sin1+1≥0（λ≤-1）恒成立，

令h（λ）=（t+1）+t2+sin1+1（λ≤-1）

则 ，解得t≤-1

（3）由（1）得f（x）=x

∴方程转化为=x2-2ex+m，令F（x）=（x＞0），G（x）=x2-2ex+m  （x＞0），（8分）

∵F'（x）=，令F'（x）=0，即=0，得x=e

当x∈（0，e）时，F'（x）＞0，∴F（x）在（0，e）上为增函数；

当x∈（e，+∞）时，F'（x）＜0，F（x）在（e，+∞）上为减函数；（9分）

当x=e时，F（x）max=F（e）=（10分）

而G（x）=（x-e）2+m-e2   （x＞0）

∴G（x）在（0，e）上为减函数，在（e，+∞）上为增函数；（11分）

当x=e时，G（x）min=m-e2（12分）

∴当m-e2＞，即m＞e2+时，方程无解；

当m-e2=，即m=e2+时，方程有一个根；

当m-e2＜，即m＜e2+时，方程有两个根；（14分）