热门试卷

(1)因为f(1)＝b，由点(1，b)在x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0.

因为f′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，所以f′(1)＝－a.

又因为切线x＋y＝1的斜率为－1，所以－a＝－1，即a＝1.故a＝1，b＝0.

(2)由(1)知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，f′(x)＝(n＋1)·xn－1。

令f′(x)＝0，解得，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点.

在(0，)上，f′(x)＞0，故f(x)单调递增；

而在(，＋∞)上，f′(x)＜0，f(x)单调递减。

故f(x)在(0，＋∞)上的最大值为.

(3)令φ(t)＝ln t－1＋(t＞0)，

则(t＞0)。

在(0,1)上，φ′(t)＜0，

故φ(t)单调递减；

而在(1，＋∞)上，φ′(t)＞0，

故φ(t)单调递增，

故φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0，

所以φ(t)＞0(t＞1)，

即ln t＞1－(t＞1)。

令t＝1＋，得，

即，

所以，即.

由(2)知，，

故所证不等式成立。

本小题主要考查函数与导数，函数的单调性、极值、零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、分类与整合思想、化归与转化思想，满分14分。

（1）由，得。

又曲线在点处的切线平行于轴，

得，即，解得。

（2），

①当时，，为上的增函数，所以函数无极值。

②当时，令，得，。

，；，。

所以在上单调递减，在上单调递增，

故在处取得极小值，且极小值为，无极大值。

综上，当时，函数无极小值；

当，在处取得极小值，无极大值。

（3）当时，

令，

则直线：与曲线没有公共点，

等价于方程在上没有实数解。

假设，此时，，

又函数的图象连续不断，由零点存在定理，可知在上至少有一解，与“方程在上没有实数解”矛盾，故。

又时，，知方程在上没有实数解。

所以的最大值为。

解法二：

（1）（2）同解法一。

（3）当时，。

直线：与曲线没有公共点，

等价于关于的方程在上没有实数解，即关于的方程：

                           （*）

在上没有实数解。

①当时，方程（*）可化为，在上没有实数解。

②当时，方程（*）化为。

令，则有。

令，得，

当变化时，的变化情况如下表：

当时，，同时当趋于时，趋于，

从而的取值范围为。

所以当时，方程（*）无实数解，

解得的取值范围是。

综上，得的最大值为。

(1)

,,

函数为奇函数

（2）有（1）得

，

（1）由，得。

∵1和是函数的两个极值点，

∴ ，，解得。

（2）∵ 由（1）得， ，

∴，解得。

∵当时，；当时，，

∴是的极值点。

∵当或时，，∴ 不是的极值点。

∴的极值点是－2。

（3）令，则。

先讨论关于 的方程 根的情况：

当时，由（2 ）可知，的两个不同的根为I 和一2 ，注意到是奇函数，∴的两个不同的根为一和2。

当时，∵， ，

∴一2 , －1，1 ，2 都不是的根。

由（1）知。

① 当时， ，于是是单调增函数，从而。

此时在无实根。

② 当时。，于是是单调增函数。

又∵，，的图象不间断，

∴ 在（1 , 2 ）内有唯一实根。

同理，在（一2 ，一I ）内有唯一实根。

③ 当时，，于是是单调减两数。

又∵， ，的图象不间断，

∴在（一1，1 ）内有唯一实根。

因此，当时，有两个不同的根满足；当 时

有三个不同的根，满足。

现考虑函数的零点：

( i ）当时，有两个根，满足。

而有三个不同的根，有两个不同的根，故有5 个零点。

( 11 ）当时，有三个不同的根，满足。

而有三个不同的根，故有9 个零点。

综上所述，当时，函数有5 个零点；当时，函数有9 个零点。