热门试卷

（1）证明：由h（x）=f（x）-g（x）=ex-1--x，得：

h（1）=e-3＜0，h（2）=e2-2-＞0，

所以函数h（x）在区间（1，2）上有零点．

（2）由（1）得：h（x）=ex-1--x，

由g(x)=+x知，x∈[0，+∞），而h（0）=0，则x=0为h（x）的一个零点，且h（x）在（1，2）内有零点，

因此h（x）至少有两个零点．

所以h′(x)=ex-x-12-1，记φ（x）=ex-x-12-1，则φ′(x)=ex+x-32．

当x∈（0，+∞）时，φ'（x）＞0，因此φ（x）在（0，+∞）上单调递增，则φ（x）在（0，+∞）内至多只有一个零点．h（x）有且只有两个零点．

所以，方程f（x）=g（x）根的个数为2．

（3）记h（x）的正零点为x0，即ex0-1=x0+．

（1）当a＜x0时，由a1=a，即a1＜x0．而a23=a1+＜x0+=ex0-1，因此a2＜x0，由此猜测：an＜x0．下面用数学归纳法证明：

①当n=1时，a1＜x0显然成立；

②假设当n=k（k≥1）时，有ak＜x0成立，则当n=k+1时，由ak+13=ak+＜x0+=ex0-1知，ak+1＜x0，因此，当n=k+1时，ak+1＜x0成立．

故对任意的n∈N*，an＜x0成立．

（2）当a≥x0时，由（1）知，h（x）在（x0，+∞）上单调递增．则h（a）≥h（x0）=0，即a3≥a+．从而a23=a1+=a+≤a3，即a2≤a，由此猜测：an≤a．下面用数学归纳法证明：

①当n=1时，a1≤a显然成立；

②假设当n=k（k≥1）时，有ak≤a成立，则当n=k+1时，由ak+13=ak+≤a+≤a3知，ak+1≤a，因此，当n=k+1时，ak+1≤a成立．

故对任意的n∈N*，an≤a成立．

综上所述，存在常数M=max{x0，a}，使得对于任意的n∈N*，都有an≤M．

解析：（1）由ρ=2cosθ得ρ2=2ρcosθ

所以x2+y2=2x，即曲线C1：x2+y2-2x=0

曲线C2：(tanα)x-y+-2tanα=0…（4分）

…（8分）

…（10分）

解：（1）设g（x）=" f" （x）—x

=，且g（4）>0，即

∴

（2）由g（x）=．

①若01<2，则x2一x1=2，即x2=x1+2>2，∴g（2）=4a+2b—1<0，

又，代入上式得

②若一21<0，则x2=一2+x1<一2，∴g（一2）<0，即4a－2b+3<0，同理可求得．

故当01<2时，；当一21<0时，．

本题涉及的变量较多,因此弄清问题的意义，确定变量并寻找变量间的关系就显

得特别重要。

（1）变量情况。

主要变量：限制在10秒和60秒之间的两次广告时间；

制约变量：总的费用≤36 000元，需影响年轻人数≥1500千人，需影响中年人数≥2 000

千人，需影响老年人数≥2000千人。

（2）变量间的关系：

总的费用=（购买的时间×每秒价格）之和；

影响的人数=（购买的时间×相应年龄组每秒影响的人数）之和；

销售额=（占影响人数的份额×对应组影响的人数）之和。

（3）建模与求解：记x、y分别表示早、晚购买的时间（秒）；S=第一个月的销售额（用千人表示），C=总的费用（元）；Y、M、O分别表示年轻、中年、老年组受到广告影响的人数（千人）。于是有：

C=400x＋600y ≤3 600,

Y=30x＋50y≥1500,

M=100x＋80y≥2 000, （*）

O=50x＋40y≥2 000,

10≤x≤60, 10≤y≤60

要求S=0．1Y＋0．05M＋0．02O=9x＋9．8y的最大值。

符合约束条件（*）的点（x,y）在如上图所示的六边形区域内，求S=9x+9．8y的最大值转化为求直线y=9x/9．8＋S/9．8的截距S/9．8的最大值。由图知，当此直线过图中直线400x+600y=3600和x =60的交点A（60,20）时，截距最大,此时Smax=9×60+9．8×20=736（千人）。

（4） 结论：如上讨论可知，满意的结果是第一个月的销售额是736 000（份）只要购买晚八叫点前60秒和九点后20秒的广告即可。此时，花掉了所有的预算并超过所有年龄组所要求影响的人数。

（1）f（x）的定义域为（0，+∞），所以f′（x）=-a=．    …（2分）

因为当x=1时，函数f（x）取得极值，所以f′（1）=1-a=0，所以a=1．

经检验，a=1符合题意．（不检验不扣分）      …（4分）

（2）f′（x）=-a=，x＞0．

令f′（x）=0得x=．因为x∈（0，）时，f′（x）＞0，x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，

所以f（x）在（0，）递增，在（，+∞）递减，…（5分）

①当0＜≤1，即a≥1时，f（x）在（1，2）上递减，所以x=1时，f（x）取最大值f（1）=-a；

②当1＜＜2，即＜a＜1时，f（x）在（1，）上递增，在（ ，2）上递减，

所以x=时，f（x）取最大值f（）=-lna-1；

③当≥2，即0＜a≤时，f（x）在（1，2）上递增，所以x=2时，f（x）取最大值f（2）=ln2-2a．

综上，①当0＜a≤时，f（x）最大值为ln2-2a；②当＜a＜1时，f（x）最大值为-lna-1；

③当a≥1时，f（x）最大值为-a．     …（8分）

（每种情形1分）

（3）因为方程2mf（x）=x2有唯一实数解，

所以x2-2mlnx-2mx=0有唯一实数解，

设g（x）=x2-2mlnx-2mx，

则g′（x）=，令g′（x）=0，x2-mx-m=0．

因为m＞0，x＞0，所以x1=＜0（舍去），x2=，

当x∈（0，x2）时，g′（x）＜0，g（x）在（0，x2）上单调递减，

当x∈（x2，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）在（x2，+∞）单调递增，

当x=x2时，g（x）取最小值g（x2）．                …（10分）

则

即

所以2mlnx2+mx2-m=0，因为m＞0，所以2lnx2+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至多有一解．

因为h（1）=0，所以方程（*）的解为x2=1，即=1，

解得m=．                           …（12分）

（1）∵1为f（x）的一个零点，

∴f（1）=0，解得c=1．

（2）由（1）知：f(x)=，

所以f(4a)+f(4b)=+==0．

（3）先证f（x）的单调性．

设0≤x1＜x2≤2，则f(x2)-f(x1)=-=．

∵0≤x1＜x2≤2，∴当c＞-1时，f（x2）＞f（x1），即函数f（x）在[0，2]上单调递增，

所以f（x）max=f（2）=3，即=3，解得c=5；

当c=-1时，f（x1）=f（x2），即f（x）在[0，2]上是常函数，

所以f（x）=-1，不合题意；

当c＜-1时，f（x1）＜f（x2），即函数f（x）在[0，2]上单调递减，

所以f（x）max=f（0）=3，即-1=3，显然不成立，

综上所述，c=5．

证明：f（x）=lnx-x2+x，其定义域是（0，+∞），

∴f′(x)=-2x+1=-

令f'（x）=0，即-=0，解得x=-或x=1．

∵x＞0，∴x=-舍去．

当0＜x＜1时，f'（x）＞0；当x＞1时，f'（x）＜0．

∴函数f（x）在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，+∞）上单调递减

∴当x=1时，函数f（x）取得最大值，其值为f（1）=ln1-12+1=0．

当x≠1时，f（x）＜f（1），即f（x）＜0．

∴函数f（x）只有一个零点．