热门试卷

函数y=lgx的图象向左平移一个单位长度，可得函数f（x）=lg（x+1）的图象，即图象C1；

函数y=cos（2x-）的图象向左平移个单位长度，可得函数g（x）=cos[2（x+）-]=cos2x的图象，即图象C2．

（1）画出图象C1和C2的图象如图

（2）由图象可知：两个图象共有7个交点．

即方程f（x）=g（x）解的个数为7．

答案见解析

解：设，则的二根为和.

（1）  由及，可得 ，

即  ，

即 

两式相加得，所以，;

（2）由, 可得 .

又，所以同号.

∴ ，等价于或,

即    或

解之得 或.

（1）函数f（x）=ex+1，g（x）=（e-1）x+2，∴H（x）=f（x）-g（x）=ex-（e-1）x-1

∴H′（x）=ex-（e-1），

令H′（x）=0，则x0=ln（e-1）

当x∈（-∞，x0）时，H′（x）＜0，H（x）在（-∞，x0）单调递减

当x∈（x0，+∞）时，H′（x）＞0，H（x）在（x0，+∞）单调递增

故H（x）min=H（x0）=ex0-（e-1）x0-1=e-1-（e-1）ln（e-1）-1

令t=e-1＞1，函数h（t）=t-tlnt-1，

因为h′（t）=-lnt＜0，所以函数h（t）=t-tlnt-1在（1，+∞）单调递减，故h（t）≤h（1）=0，

又e-1＞1，故H（x0）＜0，从而H（x）有两个零点；

（2）①证明：因为f（an）=g（an+1），即ean+1=（e-1）an+1+2，所以an+1=（ean-1）

下面用数学归纳法证明an∈（0，1）

1°当n=1时，a1∈（0，1）成立；

2°假设当n=k时，ak∈（0，1），则ak+1=（eak-1）

∵ak∈（0，1），∴1＜eak＜e，∴0＜＜e-1

∴0＜ak+1＜1

综上知，an∈（0，1）；

②∵（e-1）an+1-an=ean-1-an，

考虑函数p（x）=ex-1-x（0＜x＜1）

∵p′（x）=ex-1＞0，

∴p（x）在（0，1）上是增函数

故p（x）＞p（0）=0

∴（e-1）an+1-an＞0

∴（e-1）an+1＞an．

（1）由f（0）=1得c=1．

又当x=-1时，f（x）取得极大值3，所以f（-1）=3，f'（-1）=0．

f′(x)=3ax2+b，，

得a=1，b=-3

∴f（x）=x3-3x+1．

（2）由f′（x）=3（x-1）（x+1）=0，得x=-1，

在x=1时取得极值．由-1∈（t，t+3），1∈（t，t+3）得-2＜t＜-1．

∴M=（-2，-1）．（8分）g(x)==x2+-3，g′(x)=2x-，

∴当x∈M时，g′（x）＜0，

∴g（x）在M上递减．

又g(-2)=，g(-1)=-3

∴函数g(x)=，x∈M的零点有且仅有1个．

：略

：解：(1)令，，因为，所以，所以关于的方程有两个不同的正数解等价于关于的方程有相异的且均大于1的两根，即关于的方程有相异的且均大于1的两根，……………………………………………………2分

所以，…………………………………………………………………4分

解得，故实数的取值范围为区间.……………………………6分

(2)

①当时，

a)时，，，所以，

b)时，，所以……8分

ⅰ当即时，对，，所以在上递增，

所以，综合a) b)有最小值为与a有关，不符合……10分

ⅱ当即时，由得，且当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以，综合a) b) 有最小值为与a无关，符合要求．………12分

②当时，

a) 时，，，所以

b) 时，，，

所以 ，在上递减，

所以，综合a) b) 有最大值为与a有关，不符合………14分

综上所述，实数a的取值范围是．………………………………………………16分

（1）求导函数，可得f′（x）=3x2+2bx+c，

由题，f（x）在x=1时有极值-1，知f′（1）=0，f （1）=-1

∴3+2b+c=0，1+b+c+2=-1

∴b=1，c=-5（3分）

∴f（x）=x3+x2-5x+2，f'（x）=3x2+2x-5

此时f（x）在[-，1]为减函数，f （x）在（1，+∞）为增函数

∴b=1，c=-5符合题意（5分）

（2）函数y=x2+x-5的图象与函数y=的图象恰有三个不同的交点，所以方程：x2+x-5=，即x3+x2-5x+2=k（x≠0），恰有三个不同的实解，

从而当x≠0时，f （x）的图象与直线y=k恰有三个不同的交点，

由（1）知f （x）在[-∞，  -]为增函数，f （x）在[-， 1]为减函数，f （x）在（1，+∞）为增函数，

又f(-)=，f （1）=-1，f （2）=2

∴-1＜k＜且k≠2（12分）

（Ⅰ）当时， ；当时， ；

当时， .（Ⅱ）的范围为.

试题分析：（Ⅰ）易得，再对分情况确定的单调区间，根据在上的单调性即可得在上的最小值.（Ⅱ）设为在区间内的一个零点，注意到.联系到函数的图象可知，导函数在区间内存在零点，在区间内存在零点，即在区间内至少有两个零点. 由（Ⅰ）可知，当及时，在内都不可能有两个零点.所以.此时，在上单调递减，在上单调递增，因此，且必有.由得：，代入这两个不等式即可得的取值范围.

试题解答：（Ⅰ）

①当时，，所以.

②当时，由得.

若，则；若，则.

所以当时，在上单调递增，所以.

当时，在上单调递减，在上单调递增，所以.

当时，在上单调递减，所以.

（Ⅱ）设为在区间内的一个零点，则由可知，

在区间上不可能单调递增，也不可能单调递减.

则不可能恒为正，也不可能恒为负.

故在区间内存在零点.

同理在区间内存在零点.

所以在区间内至少有两个零点.

由（Ⅰ）知，当时，在上单调递增，故在内至多有一个零点.

当时，在上单调递减，故在内至多有一个零点.

所以.

此时，在上单调递减，在上单调递增，

因此，必有

.

由得：，有

.

解得.

当时，在区间内有最小值.

若，则，

从而在区间上单调递增，这与矛盾，所以.

又，

故此时在和内各只有一个零点和.

由此可知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.

所以，，

故在内有零点.

综上可知，的取值范围是.

【考点定位】导数的应用及函数的零点.