热门试卷

（1）x=a+(t

由x⊥y,得x·y=0,即（-2t

整理得k= ∵t＞0,∴k=≥2=2，当且仅当t=1时，k=2.

所以k的最小值为2.

(2)假设存在正实数k,t使x∥y,则(-2t-1)(-2k+ 整理得tk(t+1)+1=0.

满足上述等式的正实数k、t不存在，所以不存在正实数k、t,使x∥y.

（1）利用⊥坐标化后建立关于k的方程，然后用t表示出k,从而得到k关于t的函数关系式，再考虑采用函数求最值的方法求k的最值.

(II) 假设存在正实数k,t使,则(-2t-1)(-2k+然后得到关于k,t的方程，判断此方程是否有解即可.

（1）x=a+(t

由x⊥y,得x·y=0,即（-2t

整理得k= ∵t＞0,∴k=≥2=2，当且仅当t=1时，k=2.

所以k的最小值为2.

(2)假设存在正实数k,t使x∥y,则(-2t-1)(-2k+ 整理得tk(t+1)+1=0.

满足上述等式的正实数k、t不存在，所以不存在正实数k、t,使x∥y.

设-1≤x1＜x2≤1，则x1-x2≠0，

∴＞0．

∵x1-x2＜0，∴f（x1）+f（-x2）＜0．

∴f（x1）＜-f（-x2）．

又f（x）是奇函数，∴f（-x2）=-f（x2）．

∴f（x1）＜f（x2）．

∴f（x）是增函数．

（1）∵a＞b，∴f（a）＞f（b）．

（2）由f（x-）＜f（x-），得∴-≤x≤．

∴不等式的解集为{x|-≤x≤}．

（3）由-1≤x-c≤1，得-1+c≤x≤1+c，

∴P={x|-1+c≤x≤1+c}．

由-1≤x-c2≤1，得-1+c2≤x≤1+c2，

∴Q={x|-1+c2≤x≤1+c2}．

∵P∩Q=∅，

∴1+c＜-1+c2或-1+c＞1+c2，

解得c＞2或c＜-1．

（1）f（x）在（0，2]上单调递减，在（2，+∞）上单调递增．

证明（2）设0＜x1＜x2≤2，则f(x1)-f(x2)=(x1+)-(x2+)=(x1-x2)(1-)

因0＜x1＜x2≤2，所有x1-x2＜0，1-＜0，所以f（x1）-f（x2）＞0，

即 f（x1）＞f（x2），所以f（x）在（0，2]上单调递减．

设2＜x1＜x2，则f(x1)-f(x2)=(x1+)-(x2+)=(x1-x2)(1-)

因2＜x1＜x2，所有x1-x2＜0，1-＞0，所以f（x1）-f（x2）＜0，

即 f（x1）＜f（x2），所以f（x）在（2，+∞）上单调递增．

(1)单增区间，单减区间，极小值；(2).

试题分析：(1)先对函数求导得到，然后分别求出以及时的的取值集合，这两个取值集合分别对应函数的单调增区间和单调减区间，根据函数的单调性可知函数在处取得极小值，求出即可；(2)根据，先将式子化简得，，构造函数，利用函数的单调性以及导数的关系，先求出函数的零点，再讨论函数在零点所分区间上的单调性，据此判断函数在点取得最小值，这个最小值即是的最大值.

试题解析：（1) ∵，

∴，

当时，有 ，∴函数在上递增，         3分

当时，有 ，∴函数在上递减，         5分

∴在处取得极小值，极小值为.        6分

(2)

即 ，

又，  ，             8分

令 ， 

，        10分

令，解得或 （舍），

当时，，函数在上递减，

当时，，函数在上递增，            12分

，                                                 13分

即的最大值为.                                          14分

，.

本试题主要是考查了分段函数的解析式的求解以及函数的最值的综合运用。

利用已知函数解析式在统一坐标系下左图，然后找到所要的函数的及诶西施，进而得到结论。

解：在统一坐标系下作出三个函数的图像，可知

，.

解：∵f(x)是偶函数，且x>0，，

∴x<0时，，

∵f(x)在单调递减，在单调递增

，，当且仅当时取等号．

而时，；时，

若，，，

，(当a=9时取最小值)

略

（1）单调递减区间是，

（2）当时,

（1）解：⑴当时, ,

．

由得, 解得或．

注意到,所以函数的单调递增区间是．

由得,解得,

注意到,所以函数的单调递减区间是．

⑵当时，，，

由得,解得，

注意到,所以函数的单调递增区间是．

由得,解得或，

由,所以函数的单调递减区间是．

综上所述，函数的单调递增区间是，；

单调递减区间是，．               ┅┅┅┅5分

（2）当时,，

所以    ………7分

设．

⑴当时，有, 此时,所以,在上单调递增．

所以                          ………… 9分

⑵当时,．

令,即,解得或（舍）;

令,即,解得．

①若,即时, 在区间单调递减，

所以．

②若,即时, 在区间上单调递减,

在区间上单调递增,所以．

③若,即时, 在区间单调递增，

所以．               …………．．13分

综上所述,当或时, ;

当时, ;

当时, ．                ┅┅┅┅14分

∵函数y=f（x）是偶函数且在（2，6）上递增，∴y=f（x）在（-6，-2）上递减．

令u=2-x，则当x∈（4，8）时，u是减函数且u∈（-6，-2），而f（u）在（-6，-2）上递减，

∴y=f（2-x）在（4，8）上递增．

∴（4，8）是y=f（2-x）的单调递增区间．

（1）∵C：x2+y2-2x-2y+1=0∴b=1时，点M（0，1）在圆上．又MP⊥MQ，圆心（1，1）在直线直线l：y=kx上，故k=1

（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2）．

联立方程组，⇒（1+k2）x2-2（1+k）x+1=0，⇒x1+x2=，x1x2=．

∵MP⊥MQ∴•=0，即x1x2+（y1-b）（y2-b）=0．

又y1=kx1，y2=kx2，∴（1+k2）x1x2-kb（x1+x2）+b2=0，

∴(1+k2)-kb+b2=0.

当b=0时，此式不成立，

从而b+==2+.．

又∵k＞3，令t=k-1＞2，∴b+=2+.

令函数g(t)=t++2，当t＞2时，g′(t)=1-＞0，g（t）＞5，从而2＜b+＜.

解此不等式，可得＜b＜1或1＜b＜.

（1）设f（x）=ax2+bx+c（a≠0），

则f′（x）=2ax+b．

由f(-1)=2，f′(0)=0，得，即.

∴f（x）=ax2+（2-a）．

又∫01f（x）dx=∫01[ax2+（2-a）]dx

=[ax3+（2-a）x]|01=2-a=-2，

∴a=6，∴c=-4．

从而f（x）=6x2-4．

（2）∵f（x）=6x2-4，x∈[-1，1]，

所以当x=0时f（x）min=-4；

当x=±1时，f（x）max=2．

证明：（1）f（x）-g（x）=-x2+（m-2）x+3-m．

令f（x）-g（x）=0．

则△=（m-2）2-4（m-3）=m2-8m+16=（m-4）2≥0恒成立．

所以方程f（x）-g（x）=0有解．

所以函数f（x）-g（x）必有零点．

（2）①G（x）=f（x）-g（x）-1=-x2+（m-2）x+2-m．

①令G（x）=0，△=（m-2）2-4（m-2）=（m-2）（m-6）．

当△≤0，即2≤m≤6时，G（x）=-x2+（m-2）x+2-m≤0恒成立，

所以|G（x）|=x2-（m-2）x+m-2．

因为|G（x）|在[-1，0]上是减函数，所以≥0．解得m≥2．

所以2≤m≤6．

当△＞0，即m＜2或m＞6时，|G（x）|=|x2-（m-2）x+m-2|．

因为|G（x）|在[-1，0]上是减函数，

所以方程x2-（m-2）x+m-2=0的两根均大于零或一根大于零另一根小于零

且x=≤-1．

所以或

解得m＞2或m≤0．

所以m≤0或m＞6．

综上可得，实数m的取值范围为（-∞，0]∪[2，+∞）．

②因为a≤G（x）≤b的解集恰好是[a，b]，

所以

由

消去m，得ab-2a-b=0，显然b≠2．

所以a==1+．    

因为a，b均为整数，所以b-2=±1或b-2=±2．

解得或或或因为a＜b，且a≤≤b

所以或