热门试卷

（Ⅰ）∵，∴ 

依题意有和1是方程的两根

∴ 解得，∴．（经检验，适合）……5分

（Ⅱ）∵,

依题意，是方程的两个根，∵且，

∴．∴．．．．．．．．．．．．７分

∵∴．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．８分

设，则．

由得，由得．

即函数在区间上是增函数，在区间上是减函数，．．．．．．．．10分

∴当时，有极大值为，∴在上的最大值是，

∴的最大值为．

略

(1)的的单调递减区间为（0，1）；单调递增区间为（1，e）；的极小值为

(3)

（1）当时， ， 1分

∴当时，，此时单调递减

当时，，此时单调递增   …………………………………3分

的的单调递减区间为（0，1）；单调递增区间为（1，e）；

的极小值为       ………………………………………………4分

（2）由（1）知在上的最小值为1， ……………………………………5分

令，  

， ………………………6分

当时，，在上单调递增 …………………………………7分

∴ w

∴在（1）的条件下， …………………………………………………8分

(1)假设存在实数，使（）有最小值，

     ……………………………………………………9分

①当时，

，

在上单调递增，此时无最小值. …10分

②当时，

若，故在上单调递减，

若，故在上单调递增.

，得，满足条件.  ……………………………12分

③当时，

，在上单调递减，

（舍去），

所以，此时无最小值. ……13分            

综上，存在实数，使得当时的最小值是……………………14分

（3）法二：假设存在实数，使的最小值是，

故原问题等价于：不等式对恒成立，求“等号”取得时实数a的值.

即不等式对恒成立，求“等号”取得时实数a的值.

设 即 ，   ………………10分

又      ……………………………11分

令

当，，则在单调递增；

当，，则在单调递减. ……………………13分

故当时，取得最大值，其值是 .

故 

综上，存在实数，使得当时的最小值是.……………………14分

要使函数（，）在上函数值总小于，只要（，）在上的最大值小于，

当时，，解得；

当时，，解得；

所以．

（1）f(0)="0     " （2）

（1）令x=y=0,则f(0)=" f(0)+" f(0) ∴f(0)=0

(2)可先证明在R上是减函数。设 则  此时

∴

∴在R上是减函数，则在上也是减函数

等价于

所不等式的解集为：

（1）    （2  

本试题主要是考查了函数的奇偶性和不等式的恒成立问题的求解运用。

（1）因为奇函数在x=0处有定义，则函数值为零，可知f(0)=0的值，同时利用对称性得到对应区间的解析式，从而得到整个分段函数解析式。

（2）结合第一问中的单调性，和奇函数的性质，将不等式变形，转换为关于t的二次不等式恒成立问题来结合判别式得到结论

解:（1）

依题意得:     ……6分

（2）∵,当且仅当即时取等号,

∵,∴,          ……12分

(1)

(2) 

(3) (－∞，)∪[，+∞)

试题分析：解：（1）要使函数有意义：则有，解得

∴ 函数的定义域D为               2分

（2）

，，即，  5分

由，得，．       7分

（注：不化简为扣1分）

（3）由题知－x2+2mx－m2+2m＜1在x∈上恒成立，

－2mx+m2－2m+1＞0在x∈上恒成立，    8分

令g(x)=x2－2mx+m2－2m+1，x∈，

配方得g(x)=(x－m)2－2m+1，其对称轴为x=m，

当m≤－3时， g(x)在为增函数，

∴g(－3)= (－3－m)2－2m+1= m2+4m +10≥0，

而m2+4m +10≥0对任意实数m恒成立，∴m≤－3．       10分

②当－3＜m＜1时，函数g(x)在（－3,－1）为减函数，在（－1, 1）为增函数，

∴g(m)=－2m+1＞0，解得m＜     ∴－3＜m＜        12分

③当m≥1时，函数g(x)在为减函数，∴g(1)= (1－m)2－2m+1= m2－4m +2≥0，

解得m≥或m≤，    ∴－3＜m＜         14分

综上可得，实数m的取值范围是 (－∞，)∪[，+∞)    16分

点评：解决的关键是利用函数的概念以及分离参数的思想来借助于二次函数的最值得到参数的范围。属于基础题。