热门试卷

证明：①一方面，∵ax=b，且a≠0，

方程两边同除以a得：x=，

∴方程ax=b有一个根x=，

另一方面，假设方程ax=b还有一个根x 0且x 0≠，则由此不等式两边同乘以a得ax 0≠b，

这与假设矛盾，故方程ax=b只有一个根．

综上所述，方程ax=b有且只有一个根．

②（分析法）

要证：+＞2+成立，…（3分）

即证：(

6

+

7

)2＞(2

2

+

5

)2…（5分）

只需证：13+2＞13+2

即证：42＞40     …（8分）

∵42＞40显然成立，∴+＞2+．证毕． …（10分）

（1）由函数的解析式可得①，或②．

解①求得 m=；解②求得m无解．

综上，m=．

（2）由以上可得f（x）=，

关于x的方程f（x）+2m=0，即 f（x）+1=0，

∴③，或④．

解③可得x=，解④可得x=，故原方程的解集为{x|x=，或x=}．

由题意可得，z1=2+i，z2=2-i，

u=z1+kz2=2+2k+（1-k）i，

所以|u|2=（2+2k）2+（1-k）2=5(k+)2+，

所以k=-时，|u|的最小值为．

（Ⅰ）∵fn(x)=xn+bx+c，

∴fn′(x)=nxn-1+b

∵b＞0，x＞0，n∈N+

∴fn′（x）＞0

∴函数fn（x）在（0，+∞）上的单调递增；

（Ⅱ）证明：由n＞2，b=1，c=-1，得fn（x）=xn+x-1

∴fn′（x）=nxn-1+1＞0在(，1)上恒成立，

∴fn（x）=xn+x-1在(，1)单调递增，

∵fn（1）=1＞0，fn（）=()n-＜0，

∴fn（x）在区间(，1)内存在唯一的零点；

（Ⅲ）当n=2时，f2（x）=x2+bx+c

①当b≥2或b≤-2时，即-≤-1或-≥1，此时只需满足|f2（1）-f2（-1）|=|2b|≤4

∴-2≤b≤2，即b=±2；

②当0≤b＜2时，即-1＜-≤0，此时只需满足f2（1）-f2（-）≤4，即b2+4b-12≤0

解得：-6≤b≤2，即b∈[0，2）

③当-2＜b＜0时，即0＜-＜1，此时只需满足f2（-1）-f2（-）≤4，即b2-4b-12≤0

解得：-2≤b≤6，即b∈（-2，0）

综上所述：b∈[-2，2]．

（1）由题意，1+x＞0

由f（x）=x2+aln（x+1）可得f′（x）=2x+=．

∵f（x）=ax3+x恰有有两个极值点，

∴方程f′（x）=0必有两个不等根，

即2x2+2x+a=0的两个均大于-1的不相等的实数根，其充要条件为，

解得0＜a＜；

（2）由a=可知x1=-，x2=-，从而知函数f（x）在（-1，-）上单调递增，在（-，-）上单调递减，在（-，+∞）上单调递增．

①由f（x）在（-1，-]上连续、单调递增，且

f（-）=（-）2+ln（-+1）=-ln2＞-，

以及f（-1+）=（-1+）2+ln（）=--+＜-，故方程f（x）=-

在（-1，-]有且只有一个实根；

②由于f（x）在（-，-）上单调递减，在（-，+∞）上单调递增，因此f（x）在（-，+∞）上的最小值，

f（-）=（-）2+ln（-+1）=-+ln＞-，故方程f（x）=-在（-，+∞）没有实数根．

综上可知，方程f（x）=-有且只有一个实数根．

（1）由于是函数y=f（x）的零点，即x=是方程f（x）=0的解，

从而f（）=sin+acos2=0，

则1+a=0，解得a=-2．

所以f（x）=sin2x-2cos2x=sin2x-cos2x-1，

则f（x）=sin（2x-）-1，

所以函数f（x）的最小正周期为π．

（2）由x∈[0，]，得2x-∈[-，]，

则sin（2x-）∈[-，1]，

则-1≤sin（2x-）≤，

-2≤sin（2x-）-1≤-1，

∴值域为[-2，-1]．

当2x-=2kπ+（k∈Z），

即x=kπ+π时，

f（x）有最大值，又x∈[0，]，

故k=0时，x=π，

f（x）有最大值-1．