热门试卷

（1）∵x＞0，∴2x+≥2=8

当且仅当x=2时，函数f(x)=2x+的最小值为8

由此可得函数在区间（0，2）上递减；在区间（2，+∞）上递增

故答案为：（2，+∞），2，4．…（4分）

（2）证明：设x1，x2是区间（0，2）上的任意两个数，且x1＜x2，可得

f(x1)-f(x2)=2x1+-(2x2+)

=2(x1-x2)+-=2(x1-x2)(1-)

=

∵x1＜x2且x1，x2∈（0，2），可得x1-x2＜0，x1x2-4＜0，

∴f（x1）-f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2）

由此可得函数在（0，2）上为减函数．（10分）

（3）根据函数在{x|x≠0}上为奇函数，且在（0，+∞）上有最小值4，可得如下结论：

函数y=x+，当x＜0时，有最大值

当x=-2时，ymax=-4．（12分）

（1）由题意，设y=f（x）=k（a-x）•x2

∵当x=时，y=a3，∴k=8，∴f（x）=8（a-x）•x2

∵∈（0，t]，∴x∈（0，]；

（2）f′(x)=-24x2+16ax=-24x(x-a)

令f′（x）=0，∴x=a

当t∈（1，2]时，≥a，

∴x∈(0，a)，f′（x）＞0时，函数单调递增；x∈(a，)，f′（x）＜0时，函数单调递减，

∴x=a时，ymax=a3…（10分）

综上1≤t≤2时，投入a万元最大增加值a3万元 …（12分）

（1）∵f（-x）=-f（x）∴c=0∵

∴∴

（2）∵由（1）问可得f(x)=2x+

∴f(x)=2x+在区间（0，0.5）上是单调递减的

证明：设任意的两个实数0＜x1＜x2＜

∵f(x1)-f(x2)=2(x1-x2)+-=2(x1-x2)+

=

又∵0＜x1＜x2＜

∴x1-x2＜00＜x1x2＜，1-4x1x2＞0f（x1）-f（x2）＞0

∴f(x)=2x+在区间（0，0.5）上是单调递减的．

（1）；（2）.

试题分析：（1）由题意可得，当时，在区间上是单调递增函数等价于对于任意的，（不妨），恒成立，从而将问题转化为

在恒成立，即有，在上恒成立，而的，，且，故有，因此分析可得要使恒成立，只需，即有实数的取值范围是；（2）由题意分析可得问题等价于在上，，从而可将问题转化为在上，求二次函数

的最大值与最小值，因此需要对二次函数的对称轴分以下四种情况讨论：①当，即；②当，即；③当，即；④当，即，结合二次函数的图像和性质，可分别得到在以上四种情况下的最大值与最小值，从而可得实数的取值范围是.

试题解析：（1）时，，

任设，，    ..2分

，

∵函数在上是单调递增函数，∴恒有，..........3分

∴恒有，即恒有，           .4分

当时，，∴，∴，即实数的取值范围是    ..6分

（2）当时，

对任意有恒成立等价于在上的最大值与最小值之差        ..7分

当，即时，在上单调递增，

∴，，∴，与题设矛盾；  ..9分

当，即时，在上单调递减，在上单调递增，∴，，∴恒成立，

即有，      ..11分

当，即时，在上单调递减，在上单调递增，所以，，

∴恒成立，∴；      .13分

当，即时，在上单调递减，

∴，，∴，与题设矛盾，  .15分

综上所述，实数的取值范围是．            16分

解（1）因为f(x)-4=4x+-4，令f（x）-4=0，得4x+-4=0，

即4x2-4x+1=0，解得x=．

所以函数y=f（x）-4的零点是．

（2）设x1，x2是区间(，+∞)上的任意两个实数，且x1＞x2，

则f(x1)-f(x2)=4x1+-(4x2+)=4(x1-x2)，

由x1＞x2＞，得x1x2＞，

又由x1＞x2，得x1-x2＞0，所以4(x1-x2)＞0，

于是f（x1）＞f（x2），

所以函数f（x）在区间(，+∞)上为增函数．

（1）f'（x）=3x2-2ax，由f'（1）=1得3-2a=1，所以a=1；

当a=1时，f（x）=x3-x2，f（1）=0，又f'（1）=1，

所以曲线y=f（x）y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y-0=1×（x-1），即g（x）=x-1；

（2）由（1）得h(x)=3x2-x-1=3(x-)2-，

又h（0）=-1，h（1）=1，h()=-，

∴h（x）在[0，1]上有最大值1，有最小值．

（1）当b=0时，f（x）=ax2-4x，（1分）

若a=0，f（x）=-4x，则f（x）在（-∞，2]上单调递减，符合题意；（3分）

若a≠0，要使f（x）在（-∞，2]上单调递减，

必须满足（5分）

∴0＜a≤1．综上所述，a的取值范围是[0，1]（6分）

（2）若a=0，f(x)=-2x，则f（x）无最大值，（7分）

故a≠0，∴f（x）为二次函数，

要使f（x）有最大值，必须满足即a＜0且1-≤b≤1+，（8分）

此时，x0=时，f（x）有最大值．（9分）

又g（x）取最小值时，x0=a，（10分）

依题意，有=a∈Z，则a2==，（11分）

∵a＜0且1-≤b≤1+，∴0＜a2≤(a∈Z)，得a=-1，（12分）

此时b=-1或b=3．

∴满足条件的整数对（a，b）是（-1，-1），（-1，3）．（13分）

（3）当整数对是（-1，-1），（-1，3）时，f（x）=-x2-2x∵h（x+2）=h（x），

∴h（x）是以2为周期的周期函数，（14分）

又当x∈（-2，0）时，h（x）=f（x），构造h（x）如下：当x∈（2k-2，2k），k∈Z，则，h（x）=h（x-2k）=f（x-2k）=-（x-2k）2-2（x-2k），

故h（x）=-（x-2k）2-2（x-2k），x∈（2k-2，2k），k∈Z．（16分）

（1）C1对应的函数为g（x）=x3，C2对应的函数为f（x）=2x．…（4分）

（2）证明：令∅（x）=f（x）-g（x）=2x-x3，则x1，x2为函数∅（x）的零点，

由于∅（1）=1＞0，∅（2）=-4＜0，∅（9）=29-93＜0，∅（10）=210-103＞0，

所以方程∅（x）=f（x）-g（x）的两个零点x1∈（1，2），x2∈（9，10），

x1∈[1，2]，且x2∈[9，10]． …（8分）

（3）从图象上可以看出，当x1＜x2时，f（x）＜g（x），

∴f（6）＜g（6）．…（10分）

当x1＞x2时，f（x）＞g（x），∴g（100）＜f（100），∵g（6）＜g（100），

∴f（6）＜g（6）＜g（100）＜f（100）．…（12分）

（1）在上单调递增，在上是减函数（2）见解析（3）见解析

(1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞),

f′(x)＝－2ax＋(2－a)＝－.

①若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．

②若a>0，则由f′(x)＝0得x＝，且当x∈时，f′(x)>0，当x>时，f′(x)<0.所以f(x)在上单调递增，在上是减函数.

(2)解：设函数g(x)＝f－f，

则g(x)＝ln(1＋ax)－ln(1－ax)－2ax，

g′(x)＝－2a＝.

当0时，g′(x)>0，而g(0)＝0，所以g(x)>0.

故当0时，f>f.

(3)证明：由(1)可得，当a≤0时，函数y＝f(x)的图象与x轴至多有一个交点，

故a>0，从而f(x)的最大值为f，且f>0.

不妨设A(x1，0)，B(x2，0)，012，则01<2.

由(2)得f＝f>f(x1)＝0.

从而x2>－x1，于是x0＝>.由(1)知，f′(x0)<0

⑴详见解析；⑵，

试题分析：⑴用单调性的定义证明：在定义域内任取两个数并规定其大小关系，用作差法判断两个函数值的大小，若自变量大对应的函数值也大，说明函数在此区间上单调递增，否则单调递减。⑵用单调性求最值。

试题解析：解：⑴ 设任取且

 即    在上为增函数

⑵  由⑴知在上单调递增，

所以   

（Ⅰ）因为F(x)+F(1-x)=+=3（2分）

所以设S=F()+F()++F()；（1）

S=F()+F()++F()（2）

（1）+（2）得：2S={F()+F()}+{F()+F()}++{F()+F()}

=3×2008=6024，

所以S=3012（5分）

（Ⅱ）因为S2n-1===(2n-1)an

所以an=；同理bn=．（7分）

所以=；=

所以当m＞n≥1时，

-=-=-

=-=

=＜0，∴＜（10分）

（Ⅲ）在（Ⅱ）条件下，当a1=2，d=2时

===

所以{-2+2b1=-1

d1=3

d1=3

所以an=2+(n-1)×3=3n-1；bn=+(n-1)×2=2n-（12分）

假若存在数列{an}中的第n项与数列{bn}中的第k项相等，

即an=bk⇒3n-1=2k-⇒n=

因为4k-1为奇数，6为偶数，所以n=不是整数，

所以在数列{an}与{bn}中没有相等的项．（14分）

∵函数f（x）=，

∴f（4）+f（）•f（-3）=1++3

=4+．