热门试卷

（1）|f（x）|=|x|==，

∴M=1

（2）M=1，∴g（x）＞x可化为x2-2（a+1）x+a2+1＞0即[x-（a+1）]2＞2a，

若a＜0，则x∈R；

若a=0，则x≠1；

若a＞0，则|x-（a+1）|＞

∴x＞a++1或x＜a-+1

（1）因为A、B两城相距100km，在两城之间，距A城x km处的地方建一核电站给A、B两城供电，

为保证城市安全．核电站离城市距离不得少于10km．

所以x的取值范围为10≤x≤90；                   …2分

（2）由y=5x2+（100-x）2=x2-500x+25000

=(x-)2+…6分

又 10＜＜90

故当x=米时，y最小．…8分

答：故当核电站建在距A城米时，才能使供电费用最小为…9分．

（1）∵定义域{x|x≠kπ，k∈Z}关于原点对称，

又f（-x）=f[（a-x）-a]

===

==-f(x)，

对于定义域内的每个x值都成立

∴f（x）为奇函数

易证：f（x+4a）=f（x），周期为4a．

（2）f（2a）=f（a+a）=f[a-（-a）]

===0，

f（3a）=f（2a+a）=f[2a-（-a）]

===-1．

先证明f（x）在[2a，3a]上单调递减为此，必须证明x∈（2a，3a）时，f（x）＜0，

设2a＜x＜3a，则0＜x-2a＜a，

∴f（x-2a）==＞0，∴f（x）＜0

设2a＜x1＜x2＜3a，

则0＜x2-x1＜a，∴f（x1）＜0f（x2）＜0，f（x2-x1）＞0，

∴f（x1）-f（x2）=＞0，∴f（x1）＞f（x2），

∴f（x）在[2a，3a]上单调递减

∴f（x）在[2a，3a]上的最大值为f（2a）=0，最小值为f（3a）=-1

（1）函数的定义域为R

∵f(-x)==-=-f(x)

∴f（x）是奇函数；

（2）函数f（x）在（0，1）上是增函数

证明：任取x1、x2满足0＜x1＜x2＜1则

f（x1）-f（x2）=-=

∵0＜x1＜x2＜1，

∴x1-x2＜0，0＜x1x2＜1，

∴f（x1）＜f（x2）

因此函数f（x）在（0，1）上是递增函数；

（3）由于f（x）是R上的奇函数，在（0，1）上又是递增函数，

因而该函数在（-1，0）上也是增函数．

（本小题满分16分）

（1）∵f（x）+f（1-x）=+=+=1

∴f（）+f（）=1．（5分）

（2）∵an=f（0）+f()+f()+…+f()+f（1）（n∈N*），①

∴an=f(1)+f()+f()+…+f（）+f（0）（n∈N*），②

由（1），知 f（）+f（）=1，

∴①+②，得2an=n+1，

∴an=．（10分）

（3）∵bn=2n+1•an，∴bn=(n+1)•2n，

∴Sn=2•21+3•22+4•23+…+（n+1）•2n，①

∴2Sn=2•22+3•23+4•24+…+n•2n+（n+1）•2n+1，②

①-②得-Sn=4+22+23+…+2n-(n+1)•2n+1，

即Sn=n•2n+1，（12分）

要使得不等式knSn＞4bn恒成立，即kn2-2n-2＞0对于一切的n∈N*恒成立，

n=1时，k-2-2＞0成立，即k＞4．

设g（n）=kn2-2n-2，

当k＞4时，由于对称轴直线n=＜1，且 g（1）=k-2-2＞0，而函数f（x）在[1，+∞） 是增函数，

∴不等式knSn＞bn恒成立，

即当k＞4时，不等式knSn＞bn对于一切的n∈N*恒成立 …（16分）

证明：设x1，x2∈R，x1＜x2，则

f（x1）-f（x2）=(a-)-(a-)-------------（2分）

=-=，-----------------（4分）

∵指数函数y=2x在R上是增函数，且x1＜x2，

∴2x1＜2x2，可得2x1-2x2＜0，---------------------（6分）

又∵2x＞0，得2x1+1＞0，2x2+1＞0，--------------（8分）

∴f（x1）-f（x2）＜0即f（x1）＜f（x2），

由此可得，对于任意a，f（x）在R上为增函数．----------（10分）

（I）易知函数的定义域为R．

f′(x)=()′ex+ex=ex+ex=ex，

当x＜0时，f′（x）＞0；当x＞0时，f′（x）＜0．∴函数f（x）的单调递增区间为（-∞，0），单调递减区间为（0，+∞）．

（II）当x＜1时，由于＜0，ex＞0，得到f（x）＞0；同理，当x＞1时，f（x）＜0．

当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，不妨设x1＜x2．

由（I）可知：x1∈（-∞，0），x2∈（0，1）．

下面证明：∀x∈（0，1），f（x）＜f（-x），即证ex＜e-x．此不等式等价于(1-x)ex-＜0．

令g（x）=(1-x)ex-，则g′（x）=-xe-x（e2x-1）．

当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，∴g（x）＜g（0）=0．

即(1-x)ex-＜0．

∴∀x∈（0，1），f（x）＜f（-x）．

而x2∈（0，1），∴f（x2）＜f（-x2）．

从而，f（x1）＜f（-x2）．

由于x1，-x2∈（-∞，0），f（x）在（-∞，0）上单调递增，

∴x1＜-x2，即x1+x2＜0．

（Ⅰ）f（-1）=-+-+=0

f(2)=×25+×24+×23-×2 =17

（Ⅱ）（1）先用数学归纳法证明：对一切正整数n，f（n）是整数．

①当n=1时，f（1）=1，结论成立．

②假设当n=k（k≥1，k∈N）时，结论成立，即f(k)=k5+k4+k3-k是整数，则当n=k+1时，f(k+1)=(k+1)5+(k+1)4+(k+1)3-(k+1)=++-(k+1)

=f（k）+k4+4k3+6k2+4k+1

根据假设f（k）是整数，而k4+4k3+6k2+4k+1显然是整数．

∴f（k+1）是整数，从而当n=k+1时，结论也成立．

由①、②可知对对一切正整数n，f（n）是整数．…（7分）

（2）当n=0时，f（0）=0是整数．…（8分）

（3）当n为负整数时，令n=-m，则m是正整数，由（1）f（m）是整数，

所以f(n)=f(-m)=(-m)5+(-m)4+(-m)3-(-m)=-m5+m4-m3+m=-f（m）+m4是整数．

综上，对一切整数n，f（n）一定是整数．…（10分）

（1）∵f′1(x)=

则当m＞0时，在（-2，2）上函数f1（x）单调递增；在（-∞，-2）及（2，+∞）上单调递减．

当m＜0时，在（-2，2）上函数f1（x）单调递减；在（-∞，-2）及（2，+∞）上单调递增；

（2）由m＜-2，-2≤x≤2，得x-m＞0，则f2(x)=(

1

2

)x-m=2m•(

1

2

)x，

∴f(x)=f1(x)+f2(x)=+2m•()x

由（1）知，当m＜-2，-2≤x≤2时，f1（x）在[-2，2]上是减函数，而f2(x)=2m•()x在[-2，2]上也是减函数，

∴当x=-2时，f（x）取最大值4•2m-=2m+2-，当x=2时，f（x）取最小值2m-2+；

（3）当m≥2时，g(x1)=f1(x1)=，

由（1）知，此时函数g（x1）在[2，+∞）上是减函数，

从而g（x1）∈（0，f1（2）），即g(x1)∈(0，]

若m≥2，由于x2＜2，

则g(x2)=f2(x2)=()|x2-m|=()|m-x2|=()m•2x2，

∴g（x2）在（-∞，2）上单调递增，

从而g（x2）∈（0，f2（2））

即g(x2)∈(0，()m-2)

要使g（x1）=g（x2）成立，

只需＜()m-2，即-()m-2＜0成立即可

由函数h(m)=-()m-2在[2，+∞）上单调递增，

且h（4）=0，得m＜4，

所以2≤m＜4

根据二次函数有最大值可知lga＜0

而二次函数的最大值为==3

即4（lga）2-3lga-1=0

解得：lga=1（舍去），lga=-

即a=10-14