热门试卷

（1）当k是奇数时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上是增函数；

当k是偶数时，f(x)在(0，)上是单调减函数，在(，＋∞)上是单调增函数．

（2）

解：(1)由已知得x>0

且f′(x)＝2x－(－1)k·.

当k是奇数时，f′(x)>0，

则f(x)在(0，＋∞)上是增函数；

当k是偶数时，

则f′(x)＝2x－＝.

所以当x∈(0，)时，f′(x)<0；

当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0.

故当k是偶数时，f(x)在(0，)上是单调减函数，在(，＋∞)上是单调增函数．

(2)若k＝2 014，

则f(x)＝x2－2aln x(k∈N*)．

记g(x)＝f(x)－2ax＝x2－2aln x－2ax，

则g′(x)＝2x－－2a＝(x2－ax－a)．

则方程f(x)＝2ax有唯一解，即g(x)＝0有唯一解．

令g′(x)＝0，得x2－ax－a＝0.

因为a>0，x>0，

所以x1＝<0(舍去)，

x2＝.

当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上是单调减函数；当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)上是单调增函数．

当x＝x2时，g′(x2)＝0，g(x)min＝g(x2)．

因为g(x)＝0有唯一解，所以g(x2)＝0.则

，即

两式相减得2aln x2＋ax2－a＝0，

因为a>0，所以2ln x2＋x2－1＝0.(*)

设函数h(x)＝2lnx＋x－1.

因为当x>0时，h(x)是增函数，所以h(x)＝0至多有一个解．

因为h(1)＝0，所以方程(*)的解为x2＝1.

从而解得a＝.

（Ⅰ）由f(x)=+clnx，得f′(x)=-+．…（1分）

∵函数f(x)=+clnx的图象与x轴相切于点S（s，0），

∴f′(s)=-+==0，…①且f（s）=+clns=0…．②…（2分）

联立①②得c=e，s=．…（3分）

∴f(x)=+elnx．…（4分）

（Ⅱ）证明：f′(x)=-+．

∵函数f(x)=+clnx的图象与直线l相切于点T（t，f（t）），直线l过坐标原点O，

∴直线l的方程为：y=(-+)x，

又∵T在直线l上，∴实数t必为方程+elnt-e=0…．③的解．…（5分）

令g(t)=+elnt-e，则g′(t)=-+=，

解g′（t）＞0得t＞，g′（t）＜0得0＜t＜．

∴函数y=g（t）在(0，]递减，在(，+∞)递增．…（7分）

∵g()=0，且函数y=g（t）在(0，)递减，

∴t=是方程+elnt-e=0在区间(0，]内的唯一一个解，

又∵f()=0，∴t=不合题意，即t＞．…（8分）

∵g（1）=2-e＜0，g(e)=＞0，函数y=g（t）在(，+∞)递增，

∴必有1＜t＜e．…（9分）

（Ⅲ）证明：∵T（t，f（t）），S(，0)

∴tanα=kST==，

由③得tanα==，…（10分）

∵t＞0，且0≤α＜π，∴0＜α＜．

∵1＜t＜e，∴1＜tanα=＜e，…（11分）

∵tan=1，tan=tan(+)==2+＞e，…（13分）

∴tan＜tanα＜tan，

∵y=tanx在(0，)单调递增，∴＜α＜．…（14分）

（1）[π，2π]内，f1（x）=lnx是增函数，f2（x）=cosx也是增函数，…（2分）

∴f（x）=lnx+cosx在[π，2π]内是增函数．…（3分）

∴fmin(x)=f(π)=lnπ-1=ln，fmax（x）=f（2π）=ln2π+1=ln2πe，…（5分）

∴函数f（x）的值域是[ln，ln2πe]．…（6分）

（2）设g（x）=f（x）-x+π=lnx+cosx-x+π，…（8分）

由g（π）=lnπ-1＞lne-1=0，g（2π）=ln2π+1-π＜lne2+1-π=3-π＜0，…（12分）

∵g（π）•g（2π）＜0，…（13分）

∴方程f（x）=x-π在[π，2π]必有一根．…（14分）

（I）函数f（x）=ex的反函数为g（x）=lnx，

∵g′(x)=，∴g′（1）=1，

∴f（x）的反函数的图象上的点（1，0）处的切线方程为y-0=1×（x-1），即y=x-1；

（Ⅱ）证明：令h（x）=f（x）-(x2+x+1)=ex-x2-x-1，

则h′（x）=ex-x-1，

h′′（x）=ex-1，

当x＞0时，h′′（x）＞0，h′（x）单调递增；当x＜0时，h′′（x）＜0，h′（x）单调递减，

故h′（x）在x=0取得极小值，即最小值，

∴h′（x）≥h′（0）=0，

∴函数y=h（x）在R上单调递增，最多有一个零点，

而x=0时，满足h（0）=0，是h（x）的一个零点．

所以曲线y=f（x） 与曲线y=

1

2

x2+x+1有唯一公共点（0，1）．

（Ⅲ） -=

=

=ea，

令g（x）=x+2+（x-2）ex（x＞0），则g′（x）=1+（x-1）ex．

g′′（x）=xex＞0，∴g′（x）在（0，+∞）上单调递增，且g′（0）=0，

∴g′（x）＞0，∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，而g（0）=0，∴在（0，+∞）g（x）＞0．

∵当x＞0时，g（x）=x+2+（x-2）•ex＞0，且a＜b，

∴ea＞0，

即当a＜b时，f()＞．

答案见解析

证明：(1)

,由于f(x)是二次函数，故p≠0,又m>0,所以，pf()＜0.

(2)由题意，得f(0)=r,f(1)=p+q+r

①当p＜0时，由(1）知f()＜0

若r>0,则f(0)>0,又f()＜0,所以f(x)=0在(0，)内有解;

若r≤0,则f(1)=p+q+r=p+(m+1)=(－)+r=>0,

又f()＜0,所以f(x)=0在(,1)内有解.

②当p＜0时同理可证.

（Ⅰ）可得f′（x）=ex+2x-1，

∵x＞0，∴f′（x）＞0

所以f（x）在（0，+∞）上单调递增．…（4分）

（Ⅱ） y=|f（x）-t|-1有三个零点，即|f（x）-t|=1，f（x）=t±1有三个零点；

由f′（x）=ex+2x-1=0得：x=0

当x＜0时，f'（x）＜0，得：f（x）在（-∞，0）上单调递减；

当x＞0时，f'（x）＞0，得：f（x）在（0，+∞）上单调递增；

所以，只需[f（x）]min=t-1，即f（0）=t-1，∴t=2．…（10分）

（Ⅲ）由（Ⅱ）知：f（x）在（0，+∞）上单调递增；

f（x）＞f（0）∴ex+x2-x＞1，∴ex＞1-x2+x

当n≥2，n∈N*时，e1n＞1-+＞1-+=1-(-)+，又e＞2

叠加得：e+++…+＞n++λ(n)，

∴当n≥2，n∈N*时，e+++…+＞n++λ(n)成立．…（15分）

（Ⅰ） 当a=-1时，f（x）=-x+lnx，f′（x）=-1+=…（1分）

当0＜x＜1时，f′（x）＞0；当x＞1时，f′（x）＜0．

∴f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数…（3分）

∴f（x）max=f（1）=-1…（4分）

（Ⅱ）∵f′（x）=a+，x∈（0，e），∈(，+∞)…（5分）

①若a≥-，则f′（x）＞0，从而f（x）在（0，e）上增函数…（6分）

②若a＜-，则由f′（x）＞0⇒a+＞0，即0＜x＜-

由f′（x）＜0⇒a+＜0，即-＜x＜e．…（7分）

∴f（x）在(0，-)上增函数，在(-，e)为减函数…（8分）

综合上面得：当a≥-时，f（x）在（0，e）上增函数；当a＜-时，f（x）在(0，-)上增函数，在(-，e)为减函数．

（Ⅲ）|2x（x-lnx）|=2lnx+x⇔|x-lnx|=+…（9分）

由（Ⅰ）知当a=-1时f（x）max=f（1）=-1，即-x+lnx≤-1

∴|x-lnx|≥1…（10分）

又令g（x）=+，g′（x）=，

令g′（x）＞0，得0＜x＜e；令g′（x）＜0，得x＞e

∴g（x）的增区间为（0，e），减区间为（e，+∞）

∴g（x）max=g（e）=+＜1，∴g（x）＜1…（12分）

∴|x-lnx|＞g（x），即|x-lnx|＞+…（13分）

∴方程|x-lnx|=+即方程|2x（x-lnx）|=2lnx+x没有实数解．…（14分）