热门试卷

（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′(x)=1--=（2分）

∵x＞0，a＞0，

∴由f′（x）≥0得x≥a+1，f′（x）≤0得x≤a+1，

∴f（x）在（0，a+1）上递减，在（a+1，+∞）上递增．（4分）

（2）∵a∈N*，∴由（1）知fmin=f（a+1）=a+2-aln（a+1）

∵f（x）有零点，

∴有a+2-aln（a+1）≤0，得ln（a+1）-（1+）≥0

令u（a）=ln（a+1）-（1+），易知u（a）在定义域内是增函数；（6分）

∵u（3）=ln4-＜0，∴ln4＜，∴4＜e53，∴43＜e5，而e5＞43成立，∴u（3）＜0

u（4）=ln5-＞0，∴52＞e3，而52＞e3成立，∴u（4）＞0

故使函数f（x）有零点的最小正整数a的值为4．（8分）

（3）证明：由（2）知ln（a+1）-（1+）≥0，即ln（a+1）≥（1+），（a≥4），

∴lnn＞1+（n∈N*，n≥5），ln（n2）＞1+）（n∈N*，n≥3），

即lnn＞+(-)（n∈N*，n≥3），（11分）

∴ln3+ln4+…+lnn＞（n-2）+(+--)

即ln＞

∴ln（n!）-ln2＞（n∈N*，n≥3）．（13分）

（1）∵车距d是车速V（公里/小时）的平方与车身长S（米）积的正比例函数，设d=KV2S，

∵V=50时，d=s，得s=K×502×S，

∴K=，

∴d=V2S，又d=S时，V=25，

∴当0＜V≤25时，车距d=车身长的一半，车流量Q=，∴Qmax=

当V＞25时，车距d=V2S，车流量Q==≤

∵＞

∴V=50（公里/小时），即车速为50公里/小时时，才能使此地段的车流量最大．

（1）当时x=y=0，f（0）=f（0）+f（0），

得f（0）=0，令y=-x，则f（0）=f（x）+f（-x）

∴f（-x）=-f（x）∴f（x）在R上是奇函数，

设x1＞x2，则f（x1）-f（x2）=f（x1）+f（-x2）

=f（x1-x2）＜0

∴f（x1）＜f（x2），

∴f（x）在R上是减函数（6分）

（2）f（x2-4）-f（2x-2a）＞f（0）等价于

x2-4＜2x-2a即x2-2x+2a-4＜0（8分）

令g（x）=x2-2x+2a-4

根据题意，的实数a的取值范围为2≤a＜

∴a∈[2，)（12分）

证明：（1）∵对任意实数x，恒有f（x+1）=f（1-x）

∴f（x）=f（2-x）

∵f（x）为奇函数

∴f（-x）=-f（x）

∴f（2-x）=-f（-x）即f（2+x）=-f（x）

∴f（4+x）=f[2+（2+x）]=-f（2+x）=f（x）

∴函数f（x）是以4为周期的周期函数

（2））∵x∈[0，2]时，f（x）=2x-x2．

当x∈[-2，0]时，可得f（x）=2x+x2

设x∈[2，4]，则x-4∈[-2，0]

∴f（x-4）=2（x-4）+（x-4）2=f（x）

∴f（x）=x2-6x+8

（3）∵f（1）=1，f（2）=0，f（3）=-1，f（4）=0

f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2013）

=503[f（1）+f（2）+f（3）+f（4）]+f（1）

=1

（1）令x=y=1，则有f（1）=f（1）-f（1）=0；

（2）∵对一切x，y＞0满足 f()=f(x)-f(y)即 f()+f(y)=f(x)，

∴对一切x，y＞0满足f（x）+f（y）=f（x•y），

又∵f（6）=1∴2=f（6）+f（6）=f（36）；

∵f（x）是定义在（0，+∞）上的增函数，

∴f(38x-108)+f()＜2⇔⇔

⇔⇔0＜x≤4

故不等式f(38x-108)+f()＜2 的解集为：（0，4]．

（1）要使函数有意义，需满足x≠0

∴f （x）的定义域为{x|x≠0}

（2）设x1＞x2＞0则

f(x1)-f(x2)=-=

∵x1＞x2＞0

∴x1•x2＞0，x2-x1＜0

∴f(x1)-f(x2)=＜0

即f（x1）＜f（x2）

∴f（x）在（0，+∞） 上是减函数

（3）∵f（x）在（0，+∞） 上是减函数

∴f（x）在[，10] 上是减函数

∴当x=时，f（x）有最大值f()=0

∴函数f （x）[，10]最大值为0

要使函数有意义，必须≤x≤81且≤x2≤81，解得≤x≤9

又y=（2+log3x）2-（2+log3x2）=（log3x）2+2log3x+2

令t=log3x，y=t2+2t+2=（t+1）2+1，由≤x≤9得-2≤t≤2，

当t=-1时，即x=时，ymin=1，当t=2时，即x=9时，ymax=10，

（Ⅰ）令x1=x2=0，

由①对于任意x∈[0，1]，总有f（x）≥3，∴f（0）≥3（1分）

又由②得f（0）≥2f（0）-3，即f（0）≤3；（2分）

∴f（0）=3．（3分）

（Ⅱ）任取x1，x2∈[0，1]，且设x1＜x2，

则f（x2）=f[x1+（x2-x1）]≥f（x1）+f（x2-x1）-3，

因为x2-x1＞0，所以f（x2-x1）≥3，即f（x2-x1）-3≥0，

∴f（x1）≤f（x2）．（5分）

∴当x∈[0，1]时，f（x）≤f（1）=4．（6分）

（Ⅲ）证明：先用数学归纳法证明：f()≤+3(n∈N*)

（1）当n=1时，f(1)=f()=4=1+3=+3（2），不等式成立；（7分）

（3）假设当n=k时，f()≤+3(k∈N*)（4）

由f()=f[+(+)]≥f()+f(+)-3≥f()+f()+f()-6

得3f()≤f()+6≤+9.

即f()≤+3.

所以，当n=k+1时，不等式成立；（10分）

由（1）、（2）可知，不等式f()≤+3对一切正整数都成立．（11分）

于是，当x∈(，](n=1，2，3，)时，3x+3＞3×+3=+3≥f()，

所以，f(x)≤f()≤3x+3.（13分）

（Ⅰ）解不等式得x（x-1）≤0，

得0≤x≤1，

（Ⅱ）根据题意，由（1）可得，函数f（x）定义域为[0，1]（4分）

函数f（x）对称轴为x=-，讨论对称轴的情况．当-＜0时，最小值为f（0）=0，不符合题意．（6分）

当-≥1时，最小值为f（1）=1+m=-1，故得m=-2；（8分）

当0≤-≤1时，最小值为f(-) =-=-1，得m=±1，根据m的范围，故m=-1．（10分）

（1）∵f（x）的定义域为R，设x1＜x2，

则f(x1)-f(x2)=a--a+=，（3分）

∵x1＜x2，∴2x1-2x2＜0，(1+2x1)(1+2x2)＞0，（5分）

∴f（x1）-f（x2）＜0，

即f（x1）＜f（x2），所以不论a为何实数f（x）总为增函数．（6分）

（2）假设存在实数a使f（x）为奇函数，∴f（-x）=-f（x）（7分）

即a-=-a+，（9分）

解得：a=1，故存在实数a使f（x）为奇函数．  （12分）

（1）不等式即为|x-a|＜ax，0＜a＜1，若x≤0，则ax≤0，故不等式不成立；

若x＞0，不等式化为（x-a）2＜a2x2，即[（1+a）x-a][（1-a）x-a]＜0，

由0＜a＜1可得，＜x＜，故不等式解集为{x|＜x＜}．

（2）由条件得：f（x）=，

∵1＞a＞0，

∴-（1+a）＜0，1-a＞0，故函数f（x）在（-∞，a）上是减函数，且在[a，+∞）上是增函数．

故当 x=a 时，f（x）存在最小值f（a）．

需先研究y=f（x）的单调性，任取x1、x2∈（0，+∞）且x1＞x2，则＞1．

f（x1）=f（•x2）=f（）+f（x2），

∴f（x1）-f（x2）=f（）＜0．

∴f（x）在（0，+∞）上为减函数．

又f（1）=f（1）+f（1），则f（1）=0．

又∵f（1）=f（2）+f（）=f（2）+1=0．

∴f（2）=-1．∴f（4）=2f（2）=-2．

∴原不等式等价于

解得{x|0＜x≤1或4≤x＜5}．

（1）由余弦定理得PB2=1+3-2cosA，PB2=1+1-2cosQ

∴4-2cosA=2-2cosQ，由A=30°求得cosQ=

∴Q=60

（2）m2+n2=（×1×sinA）2+（×1×1×sinQ）2=sin2A+（1-cos2Q）=-（cosA-）2+

∴当cosA=时，m2+n2的最大值为

（1）∵f（x）为二次函数且f（0）=f（2），

∴对称轴为x=1．

又∵f（x）最小值为1，

∴可设f（x）=a（x-1）2+1，（a＞0）

∵f（0）=3，

∴a=2，

∴f（x）=2（x-1）2+1，即f（x）=2x2-4x+3．

（2）由条件知f（x）的对称轴x=1穿过区间（2a，a+1）

∴2a＜1＜a+1，

∴0＜a＜．