理科数学 热门试卷

函数f（x）=2sinxcos（x+）+=2sinx•（cosx﹣sinx）+=sinxcosx﹣sin2x+=sin2x﹣•+=sin（2x+）.

令2kπ+≤x≤2kπ+，求得kπ+≤x≤kπ+，可得函数的减区间为[kπ+，kπ+]，k∈Z.

在区间[0，]上，2x+∈[，]，

故当2x+=时，函数f（x）取得最大值为1；当2x+=时，函数f（x）取得最小值为﹣.

由题知f（x）=2ax2+（a+4）x+lnx，

则.

又∵f（x）的图象在x=处的切线与直线4x+y=0平行，

∴，即4a×+×（a+4）+1=﹣1，

解得  a=﹣6.

由26.得，，

由题知f（x）=2ax2+（a+4）x+lnx的定义域为（0，+∞），

由x＞0，得＞0.

①当a≥0时，对任意x＞0，f′（x）＞0，

∴此时函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞）.

②当a＜0时，令f′（x）=0，解得，

当时，f′（x）＞0，当时，f′（x）＜0，

此时，函数f（x）的单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，+∞）.

不妨设A（x1，0），B（x2，0），且0＜x1＜x2，由27.知 a＜0，

于是要证f'（x）＜0成立，只需证：即.

∵，①

，②

①﹣②得，

即，

∴，

故只需证，

即证明，

即证明，变形为，

设（0＜t＜1），令，

则=，

显然当t＞0时，g′（t）≥0，当且仅当t=1时，g′（t）=0，

∴g（t）在（0，+∞）上是增函数.

又∵g（1）=0，

∴当t∈（0，1）时，g（t）＜0总成立，命题得证.

依题意，知f（x）的定义域为（0，+∞），

当a=b=时，f（x）=lnx﹣x2﹣x，

∴f′（x）=，

令f′（x）=0，解得：x=1或x=﹣2（舍去），经检验，x=1是方程的根.

当0＜x＜1时，f′（x）＞0，当x＞1时，f′（x）＜0，

所以f（x）的单调递增区间是（0，1），单调递减区间是（1，+∞）.

当a=0，b=﹣1时，f（x）=lnx+x，

由f（x）=mx得mx=lnx+x，

又因为x＞0，所以m=1+，

要使方程f（x）=mx在区间[1，e2]内有唯一实数解，

只需m=1+有唯一实数解，

令g（x）=1+（x＞0），∴g′（x）=（x＞0），

由g′（x）＞0，得：0＜x＜e，由g′（x）＜0，得x＞e，

所以g（x）在区间[1，e]上是增函数，在区间[e，e2]上是减函数，

g（1）=1+=1，g（e2）=1+=1+，

g（e）=1+=1+，

所以m=1+或1≤m＜1+.

∵数列{bn}的前n项和，∴b1=B1==1；

当n≥2时，bn=Bn﹣Bn﹣1=﹣=3n﹣2，当n=1时也成立.

∴bn=3n﹣2.

=（3n﹣2）•2n+（﹣1）n•2n.

设数列{（3n﹣2）•2n}的前n项和为An，

则An=2+4×22+7×23+…+（3n﹣2）•2n，

2An=22+4×23+…+（3n﹣5）•2n+（3n﹣2）•2n+1，

∴﹣An=2+3（22+23+…+2n）﹣（3n﹣2）•2n+1=﹣4﹣（3n﹣2）•2n+1=（5﹣3n）•2n+1﹣10，

∴An=（3n﹣5）•2n+1+10.

数列{（﹣1）n•2n}的前n项和==[1﹣（﹣2）n].

∴数列{an}的前n项和Tn=（3n﹣5）•2n+1+10[1﹣（﹣2）n].

f′（x）=，x∈（1，+∞），

令g（x）=x2﹣2ax+1，由题意得：g（x）在[1，+∞）有且只有1个零点，

∴g（1）＜0，解得：a＞1.

若f（x）是函数f1（x）、f2（x）在区间（1，+∞）上的一个“分界函数”，

则x∈（1，+∞）时，f（x）﹣（1﹣a）x2＜0恒成立且f（x）﹣（1﹣a2）lnx＞0恒成立，

令h（x）=f（x）﹣（1﹣a）x2=（a﹣）x2﹣2ax+lnx，

则h′（x）=，

①2a﹣1≤0即a≤时，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）递减，且h（1）=﹣﹣a，

∴h（1）≤0，解得：﹣≤a≤；

②2a﹣1＞0即a＞时，y=（a﹣）x2﹣2ax的图象开口向上，

存在x0＞1，使得（a﹣）﹣2ax0＞0，

从而h（x0）＞0，h（x）＜0在（1，+∞）不恒成立，

令m（x）=f（x）﹣（1﹣a2）lnx=x2﹣2ax+a2lnx，

则m′（x）=≥0，m（x）在（1，+∞）递增，

由f（x）﹣（1﹣a2）lnx＞0恒成立，得：m（1）≥0，解得：a≤，

综上，a∈[﹣，]时，f（x）是函数f1（x）、f2（x）在区间（1，+∞）上的一个“分界函数”.