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天星教育自主招生专题一 集合、函数与方程



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自主招生专题一

集合、函数与方程模拟

自主招生
考试范围:xxx;考试时间:100 分钟;命题人:xxx 题号 一 二 三 总分 得分 注意事项: 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确

填写在答题卡上 第 I 卷(选择题) 请点击修改第 I 卷的文字说明 评卷人 得分 一、选择题:共 3 题每题 5 分共 15 分
1.已知 f(x)=|x+1|+|x+2|+…+|x+2 007|+|x?1|+|x?2|+…+|x?2 007|(x∈R),且

f(a2?3a+2)=f(a?1),则 a 的值有 A.2 个
2.设 f(x)=
1+x 1?x

B.3 个

C.4 个

D.无数个

,又记:f1 (x)=f(x),f +1 (x)=f[f (x)],k=1,2,…,则f2007 (x)= B.x+1
x ?1

A.1?x

1+x

C.x

D.? x

1

3.对于具有相同定义域 D 的函数 f(x)和 g(x),若存在函数 h(x)=kx+b(k,b 为常数),对任给

的正数 m,存在相应的 x0∈D,使得当 x∈D 且 x>x 0 时,总有

0 < () ? () < ,则称直 0 < () ? () <

线 l:y=kx+b 为曲线 y=f(x)与 y=g(x)的“分渐近线”.给出定义域均为 D={x|x>1}的四组函数 如下:
2 ?x ①f(x)=x ,g(x)= x; ②f(x)=10 +2,g(x)=

2x ?3 x

;③f(x)=

x 2 +1 x

,g(x)=

xlnx +1 lnx

;④

f(x)=

2x 2 x+1

,g(x)=2(x?1?e?x).

其中,曲线 y=f(x)与 y=g(x)存在“分渐近线”的是 A.①④ B.②③ C.②④ D.③④

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第 II 卷(非选择题) 请点击修改第 II 卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题:共 7 题每题 5 分共 35 分
4.设 A={x∈R|log2(x2?x?1)>0},B={x∈R|2x?21?x>1},则 A∪BC=

(BC 表示 B 在 R

上的补集).
5.若 f(x)=
2x ?1 2x +1

,g(x)=f?1(x),则 g(5)=

3

.

k=2i1 ?1 +2i2 ?1 +…+2in ?1 ,则 (1){a1 ,a3 }是 E 的第 (2)E 的第 211 个子集为
7.若函数 f(x)=
x 1+x 2
(n) 且 f (x)=

个子集; . f[f[f … f (x)]],则 f(99)(1)=
n个

. .

8.若方程 lg kx=2lg(x+1)仅有一个实根,那么 k 的取值范围是 9. 设 V 是已知平面 M 上所有向量的集合.对于映射 f:V

V,a∈V,记 a 的象为 f(a).若映射

f:V

V 满足:对所有 a、 b∈V 及任意实数 λ、 μ 都有 f(λa+μb)=λf(a)+μf(b),则 f 称为平面 M

上的线性变换.现有下列命题: ①设 f 是平面 M 上的线性变换,a、b∈V,则 f(a+b)=f(a)+f(b); ②若 e 是平面 M 上的单位向量,对 a∈V,设 f(a)=a+e,则 f 是平面 M 上的线性变换; ③对 a∈V,设 f(a)=-a,则 f 是平面 M 上的线性变换; ④设 f 是平面 M 上的线性变换,a∈V,则对任意实数 k 均有 f(ka)=kf(a). 其中的真命题是 .(写出所有真命题的编号)

10.下图展示了一个由区间(0,1)到实数集 R 的映射过程:区间(0,1)中的实数 m 对应数轴

上的点 M,如图 1;将线段 AB 围成一个圆,使两端点 A、B 恰好重合,如图 2;再将这个圆放 在平面直角坐标系中,使其圆心在 y 轴上,点 A 的坐标为(0,1),如图 3.图 3 中直线 AM 与 x 轴交于点 N(n,0),则 m 的象就是 n,记作 f(m)=n.

图1

图2

图3 (写出所有正确命题的序号).

下列说法中正确命题的序号是

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※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※

6.若规定 E={a1 ,a2 ,…,a10 }的子集{ai1 ,ai2 ,…,ain }为 E 的第 k 个子集,其中

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①f(4)=1;②f(x)是奇函数;③f(x)在其定义域内单调递增; ④f(x)的图象关于点(2,0)对称. 评卷人 得分 三、解答题:共 14 题每题 12 分共 168 分
11.A={(x,y)|(x?1)2+(y?2)2≤ },B={(x,y)||x?1|+2|y?2|≤a},A?B,求 a 的取值范围.
4
2 12. 已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数,且当 x<0 时,f(x)单调递增,f(?1)=0.设 φ(x)=sin x+mcos

1

1

5

x?2m,集合 M={m|对任意的 x∈[0,2 ],φ(x)<0},N={m|对任意的 x∈[0,2 ], f [φ(x)]<0},求 M∩N.
13.已知函数 f(x)=ax2+bx+c(a≠0),且 f(x)=x 没有实数根,试判断 f [ f (x)]=x 是否有实数根,

π

π

并证明你的结论.
14.定义在 R 上的奇函数 f(x),当 x≥0 时,f(x)=?x2+2x.另一个函数 y=g(x)的定义域为[a,b],

值域为[b ,a ],其中 a≠b,a,b≠0.在 x∈[a,b]上,g(x)=f(x).问:是否存在实数 m,使集合 {(x,y)|y=g(x),x∈[a,b]}∩{(x,y)|y=x2+m}恰含有两个元素?
15.已知函数 f(x)=2x+aln x.

11

(1)若 a<0,证明:对于任意两个正数x1 ,x2 ,总有
1

f(x 1 )+f(x 2 ) 2

≥f(

x 1 +x 2 2

)成立;

(2)若对任意 x∈[1,e],不等式 f(x)≤(a+3)x? 2x2 恒成立,求 a 的取值范围.
16.已知 f(x)是定义在 R 上的不恒为 0 的函数,且对于任意的 a,b∈R,有 f(ab)=af(b)+bf(a).

(1)求 f(0),f(1)的值; (2)判断 f(x)的奇偶性,并证明你的结论; (3)若 f(2)=2,un=
f(2?n ) n

(n∈N*),求数列{un}的前 n 项和 Sn. ,m>0 且 f(1)=?1.

17.已知函数 f(x)=

|x+m ?1| x ?2

(1)求实数 m 的值; (2)判断函数 y=f(x)在区间(?∞,m?1]上的单调性,并用函数单调性的定义证明; (3)求实数 k 的取值范围,使得关于 x 的方程 f(x)=kx 分别为: ①有且仅有一个实数解;②有两个不同的实数解;③有三个不同的实数解.
18.已知 M 是满足下列性质的所有函数 f(x)组成的集合:对于函数 f(x),使得对于其定义

域内的任意两个自变量x1 ,x2 均有|f(x1 )?f(x2 )|≤|x1 ?x2 |成立.
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(1)已知函数 g(x)=ax2+bx+c∈M,写出 a,b,c 需满足的条件; (2)对于集合 M 中的元素 h(x)=k x 2 + 1,x≥0,求出满足条件的常数 k 的取值范围; (3)当 x∈(0,2 )时,sin x<x 都成立,是否存在实数 a,使 p(x)=a(2x+sin x)在(2 ,π)上属于 M?若存 在,则求出 a 的取值范围;若不存在,请说明理由.
19.在平面直角坐标系 xOy 上,给定抛物线 L:y= x2.实数 p,q 满足 p2?4q≥0,x1 ,x 2 是方程
4 1 π π

x2?px+q=0 的两根,记 φ(p,q)=max{|x1 |,|x2 |}. (1)过点 A(p0 ,4 p2 0 )(p0≠0)作 L 的切线交 y 轴于点 B,证明:对线段 AB 上的任一点 Q(p,q),有 φ(p,q)=
|p 0 | 2 1

;

(2)设 M(a,b)是定点,其中 a,b 满足 a2?4b>0,a≠0.过 M(a,b)作 L 的两条切线l1 ,l2 ,切点分别为
2 E(p1 , p1 ),E'(p2 , p2 ),l ,l 与 y 轴分别交于 F,F'.线段 EF 上异于两端点的点集记为 X.证 4 4 2 1 2 1 1

明:M(a,b)∈X?|p1 |>|p2 |?φ(a,b)=
1

|p 1 | 2

;

(3)设 D={(x,y)|y≤x?1,y≥4(x+1)2? }.当点(p,q)取遍 D 时,求 φ(p,q)的最小值(记为 φmin)和最 4 大值(记为 φmax).
20.已知点(1, )是函数 f(x)=ax(a>0,且 a≠1)的图象上的一点.等比数列{an}的前 n 项和为
3 1

5

f(n)?c.数列{bn}(bn>0)的首项为 c,且前 n 项和 Sn 满足 Sn?Sn?1= Sn + Sn ?1 (n≥2). (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)若数列{b
1
n b n +1

}的前 n 项和为 Tn,问满足 Tn>2009 的最小正整数 n 是多少?
1 x

1000

21.设函数 f(x)=x? ?aln x(a∈R).

(Ⅰ)讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ)若 f(x)有两个极值点x1 和 x2,记过点 A(x1 ,f(x1 )),B(x2 ,f(x2 ))的直线的斜率为 k.问是否 存在 a,使得 k=2?a?若存在,求出 a 的值;若不存在,请说明理由.
22.已知 a 是给定的实常数.设函数 f(x)=(x?a)2(x+b)ex,b∈R,x=a 是 f(x)的一个极大值点.

(1)求 b 的取值范围; (2)设x1 ,x2 ,x3 是 f(x)的 3 个极值点,问是否存在实数 b,可找到x4 ∈R,使得x1 ,x2 ,x3 ,x4 的某种 排列xi1 ,xi2 ,xi3 ,xi4 (其中{i1 ,i2 ,i3 ,i4 }={1,2,3,4})成等差数列?若存在,求所有的 b 及相应的x4 ; 若不存在,请说明理由.
23.设 f(x)是定义在区间(1,+∞)上的函数,其导函数为 f '(x).如果存在实数 a 和函数 h(x),
2 其中 h(x)对任意的 x∈(1,+∞)都有 h(x)>0,使得 f '(x)=h(x)(x ?ax+1),则称函数 f(x)具有性质

P(a).
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※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※

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(1)设函数 f(x)=ln x+ (x>1),其中 b 为实数. x+1 (i)求证:函数 f(x)具有性质 P(b); (ii)求函数 f(x)的单调区间; (2)已知函数 g(x)具有性质 P(2),给定x1 ,x2 ∈(1,+∞),x1 <x2 ,设 m 为实 数,α=mx1 +(1?m)x2 ,β=(1?m)x1 +mx2 ,且 α>1,β>1,若|g(α)?g(β)|<|g(x1 )?g(x2 )|,求 m 的取值范 围.
24.已知函数 f(x)= x3+ax2+bx,且 f '(?1)=0.
3 1

b+2

(Ⅰ)试用含 a 的代数式表示 b,并求 f(x)的单调区间; (Ⅱ)令 a=?1,设函数 f(x)在x1 ,x2 (x1 <x2 )处取得极值,记点 M(x1 ,f(x1 )),N(x2 ,f(x2 )),P(m,f(m)),x1 <m≤x2 .请仔细观察曲线 f(x)在点 P 处的切线与线段 MP 的位置变化趋势,并解答以下问题: (i)若对任意的 m∈(t,x2 ],线段 MP 与曲线 f(x)均有异于 M,P 的公共点,试确定 t 的最小值, 并证明你的结论; (ii)若存在点 Q(n,f(n)),x1 ≤n<m,使得线段 PQ 与曲线 f(x)有异于 P,Q 的公共点,请直接写出 m 的取值范围(不必给出求解过程).

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参考答案

1.D 【解析】由题设知 f(x)为偶函数,则考虑在?1≤x≤1 时,恒有 f(x)=2×(1+2+…+2 007)=2 008×2 007,
2 2 2 所以当?1≤a ?3a+2≤1,且?1≤a?1≤1 时,恒有 f(a ?3a+2)=f(a?1).由于不等式?1≤a ?3a+2≤1 的解集为

{a|3? 5≤a≤3+ 5},不等式?1≤a?1≤1 的解集为{a|0≤a≤2},因此当3? 5≤a≤2 时,恒有 f(a2?3a+2)=f(a?1).
2 2 2

故选 D. 【备注】无 2.B 【解析】f1 (x)=1?x ,f2 (x)=1?f
1+x 1 1+x 1+f 1 (x)
1 (x)

=? x ,f3 (x)=1?f 2 (x)=x+1,f4 (x)=1?f 3 (x)=x,据此可知,n∈N*时有
2 3

1

1+f (x) x ?1

1+f (x)

f4 +1 (x)=1?x ,f4 +2 (x)=? x ,f4 +3 (x)=x+1,f4 (x)=x,则f2007 (x)=f3 (x)=x+1,故选 B. 【备注】无 3.C 【解析】透过现象看本质,存在“分渐近线”的充分条件是 x → +∞,f(x)?g(x) → 0.
2 对于①,当 x>1 时,f(x)?g(x)=x ? x>0,不符合题意;对于②,当 x → +∞时,f(x)?g(x)=10x +x → 0;对于

x ?1

x ?1

1

3

③,当 x>1 时,f(x)?g(x)=x ? lnx = 【备注】无 4.(?∞,1]∪(2,+∞)

1

1

lnx ?x xlnx

2 <0,不符合题意;对于④,当 x → +∞时,f(x)?g(x)=? 1+1+2+ x → 0, e
x

2

因此,存在“分渐近线”的有②④,故选 C.

2 2 2 x 1?x 【解析】由 log2(x ?x?1)>0 得 x ?x?1>1,即 x ?x?2>0,∴x<?1 或 x>2;由 2 ?2 >1 得 x>1,∴

A=(?∞,?1)∪(2,+∞),B=(1,+∞),∴BC={x∈R|x≤1},∴A∪BC=(?∞,1]∪(2,+∞). 【备注】无 5.2
2 ?1 ?1 【解析】设 g(5)=f (5)=t,则 f(t)=5,∴ t =5,t=2. 2 +1 3 3 3
t

3

【备注】无 6.(1)5 (2){a1 ,a2 ,a5 ,a7 ,a8 } 【解析】此题是一个创新试题,定义了一个新的概念. (1)根据 k 的定义,可知 k=21?1+23?1=5.

(2)k=211 是个奇数,所以可以判断所求子集中必含元素a1 ,又 28,29 均大于 211,故所求子集中不含 a9 ,a10 ,然后根据 2 (j=1,2,…,7)的值易推导出所求子集为{a1 ,a2 ,a5 ,a7 ,a8 }. 【备注】无 7.10
(1) 【解析】f (x)=f(x)= j

1

x 1+x 2

,

f(2)(x)=f [f(x)]=

x

f(3)(x)=f [f [f(x)]]= … f(99)(x)= 故f
(99)

1+2x 2 x

, ,

1+3x 2

x 1+99x 2 1 10

,

(1)= .

【备注】无 8.k<0 或 k=4 kx > 0, ① 【解析】由题意可得 x + 1 > 0, ② kx = (x + 1)2 , ③ 对③由求根公式得 x1 =2(k?2+ k 2 ? 4k),x2 =2(k?2? k 2 ? 4k). (i)当 k<0 时,由③得 x1 + x2 = k ? 2 < 0, x1 x2 = 1 > 0, 所以 x1、x2 同为负根. 又由④知 x1 + 1 > 0, x2 + 1 < 0,
1 1



Δ=k2?4k≥0?k≤0 或 k≥4,又 kx>0,∴k≠0,∴k<0 或 k≥4.

所以原方程有一个解 x=x1 . (ii)当 k=4 时,原方程有一个解 x=1. (iii)当 k>4 时,由③得 x1 + x2 = k ? 2 > 0, x1 x2 = 1 > 0, 所以x1 、x2 同为正根,且x1 ≠x2 ,不合题意,舍去. 综上可得 k<0 或 k=4 即为所求. 【备注】无 9.①③④

【解析】本小题在高中数学的基础上,结合了高等数学背景,综合集合、映射及平面向量等基础知 识,给出一个新的概念,考查学生阅读理解及推理论证能力,有利于考查考生进一步学习高等数学 的能力及数学潜质. 因为 f 是平面 M 上的线性变换,所以取 λ=μ=1,即得 f(a+b)=f(a)+f(b),故①正 确;任取 a,b∈M,λ,μ∈R,则 f(λa+μb)=λa+μb+e,λf(a)+μf(b)=λ(a+e)+μ(b+e)=λa+μb+(λ+μ)e, 而(λ+μ)e 不一定等于 e,故②错误;同理利用定义不难验证③、④正确,故填①③④. 【备注】无 10.③④ 【解析】 对于①,注意到 f(4)<0,因此①不正确.对于②,由于函数 f(x)的定义域是(0,1),显然区间(0,1) 不关于原点对称,因此函数 f(x)不是奇函数,②不正确.对于③,当 x∈(0,1)且 x 逐渐增大时,由题中的 图形分析可知,图 3 中对应于数 x 的点由点 A 沿圆逆时针运动,结合图形可知对应的点 N 由 x 轴 的负半轴逐渐向 x 轴正方向移动,即相应的函数值逐渐增大,函数 f(x)在其定义域内是增函数,③正 确.对于④,当 x∈(0,1)时,1?x∈(0,1),结合图形可知,与数 x、1?x 相对应的图 3 中的点 M、M1 关于 y 轴对称,且注意到圆关于 y 轴对称,由此不难得知相应的点 N、 N1 关于 y 轴对称,即有 f(x)+f(1?x)=0, 函数 f(x)的图象关于点(2,0)对称,④正确.综上所述,其中正确命题的序号是③④. 【备注】无 11.a≥ .
2 5 1 1

【解析】注意到问题的结构特点,可先换元化简,令 X=x?1,Y=y?2,则问题等价转化
2 2 为:A1 ={(X,Y)|X +Y ≤4},B1 ={(X,Y)||X|+2|Y|≤a},A1 ?B1 ,求 a 的取值范围.

5

注意到 A1、B1 是封闭点集区域,不但关于 X 轴、Y 轴对称,而且关于坐标原点 O 对称,于是集中精 力研究两点集在第一象限的关系即可.通过画图(如图)

容易发现,a 越大,越容易满足要求,最小的正数 a 恰好对应二者相切的情形,此时,圆心 O(0,0)到直 线 X+2Y=a 的距离等于半径,于是 d= 【备注】无 12.M∩N=(4?2 2,+∞). 【解析】.f(x)是定义在 R 上的奇函数,且当 x<0 时,f(x)单调递增,f(?1)=0,所以当 x>0 时,f(x)也单调 递增,且 f(1)=0,于是 f(x)<0 等价于 x<?1 或 0<x<1.
|?a| 1+22

= 5,解得 a= ,所以 a 的取值范围是 a≥ .
2 2 2

5

5

又 N={m|对任意的 x∈[0,2 ],f [φ(x)]<0}={m|对任意的 x∈[0,2 ],φ(x)<?1 或 0<φ(x)<1}, 所以 M∩N={m|对任意的 x∈[0,2 ],φ(x)<?1}.
2 由 φ(x)<?1 得 cos x?mcos x+2m?2>0.

π

π

π

令 t=cos x,则 0≤t≤1,于是问题等价转化为:
2 当不等式 t ?mt+2m?2>0 在 t∈[0,1]上恒成立时,求实数 m 的取值范围. 2 由 t ?mt+2m?2>0(0≤t≤1)得 m>

t 2 ?2 t ?2

.

设 h(t)=

t 2 ?2 t ?2

(0≤t≤1),则 h'(t)=

t 2 ?4t+2 (t ?2)2

.

令 h'(t)=0,解得 t=2? 2(t=2+ 2舍去). 当 0≤t<2? 2时,h'(t)>0,h(t)为增函数; 当 2? 2<t≤1 时,h'(t) <0,h(t)为减函数; 当 t=2? 2时,h(t)取得[0,1]上的最大值 4?2 2,故 M∩N=(4?2 2,+∞). 【备注】无 13.f [f(x)]=x 没有实数根.
2 【解析】方法一 由题知 f(x)?x=ax +(b?1)x+c=0 无实数根, 2 则 Δ=(b?1) ?4ac<0.由 f [f(x)]?x=0 得

a(ax2+bx+c)2+b(ax2+bx+c)+c?x=0, a(ax2+bx+c)2?ax2+ax2+b(ax2+bx+c)+c?x=0, a(ax2+bx+c?x)(ax2+bx+c+x)+(b+1)ax2+(b2?1)x+c(b+1)=0, a[ax2+(b?1)x+c][ax2+(b+1)x+c]+(b+1)[ax2+(b?1)x+c]=0, [ax2+(b?1)x+c][a2x2+a(b+1)x+b+ac+1]=0,
2 2 2 于是有 ax +(b?1)x+c=0 ①或 a x +a(b+1)x+ac+b+1=0, ②

Δ1=(b?1)2?4ac<0; Δ2=a2(b+1)2?4a2(ac+b+1)=a2[(b?1)2?4ac?4]<?4a2<0, 故方程①②均不存在实数根.所以 f [f(x)]=x 没有实数根. 方法二 若 a>0,则 f(x)>x(若存在 x,使 f(x)≤x,则由于 y=f(x)的图象是开口向上的抛物线,因此,必存 在 x,使 f(x)>x.于是 f(x)=x 有实数根,这就产生了矛盾). 于是 f [f(x)]>f(x)>x; 若 a<0,则 f(x)<x, 于是 f [f(x)]<f(x)<x. 所以 f [f(x)]=x 没有实数根. 【备注】无 14.存在实数 m=?2 使集合{(x,y)|y=g(x),x∈[a,b]}∩{(x,y)|y=x2+m}恰含有两个元素

2 2 【解析】{(x,y)|y=x +m}是以 y 轴为对称轴,由 y=x 的图象平移所形成的抛物线系.对给定的一个

m,它表示一条抛物线,条件{(x,y)|y=g(x),x∈[a,b]}∩{(x,y)|y=x2+m}恰含有两个元素的意思是函数 y=g(x),x∈[a,b]的图象与抛物线 y=x2+m 恰有两个交点. 首先要弄清楚 y=g(x),x∈[a,b]的解析式,进而作出它的图象.
2 容易求出奇函数 y=f(x)在 x<0 时的解析式是 f(x)=x +2x,

即 f(x)=

?x2 + 2x (x ≥ 0) . x 2 + 2x(x < 0)
11

函数 y=g(x)的定义域为[a,b],值域为[b ,a ], 其中 a≠b,a,b≠0,这表明 a < 1 1, <a b

可见 a,b 同号,也就是说 y=g(x),x∈[a,b]的图象在第一或第三象限内.根据 f(x)=g(x)(x∈[a,b])以及 f(x)的图象可知,函数 g(x)的图象为如图所示

曲线的一部分. 值域既与函数的单调性有关,又与定义域有关.如果只考虑 0<a<b<2 或?2<a<b<0 两种情况,则不能 准确地用 a,b 表示出值域区间的端点,因此要把区间(0,2),(?2,0)再分细一些,由图象看出,当 a,b>0 时,考虑以下三种情况较好:0<a<b≤1,0<a<1<b<2,1≤a<b<2. 如果 0<a<b≤1,那么a >1.但是 x∈(0,1]时,f(x)≤1,这与 g(x)的值域区间[b ,a ]的右端点大于 1 矛盾,可见 不出现 0<a<b≤1 的情形.同理,也不出现 0<a<1<b<2 的情形.
1 1 11

如果 1≤a<b<2,由图象看出 g(x)是减函数,可见
2

b 1 a

= g(b) = ?b2 + 2b ,整理得 = g(a) = ?a2 + 2a

a=1 (a ? 1)(a ? a ? 1) = 0 , 1≤a<b<2 , 1+ 5. 考虑到 的条件 解得 b= 2 (b ? 1)(b2 ? b ? 1) = 0 类似地,考虑到?1≤a<b<0,?2<a<?1<b<0,?2<a<b≤?1 三种情况后,可以在?2<a<b≤?1 的情况下通过 值域条件得出 a = 2 ,这就得到了函数 b = ?1 g(x)= ?x 2 + 2x x 2 + 2x( (1 ≤ x ≤
2 1+ 5 2 ?1? 5 ?1? 5

≤ x ≤ ?1)

) .

对于某个 m,抛物线与函数 g(x)的图象有两个交点时,一个交点在第一象限,一个交点在第三象限,
2 2 1+ 5 ]内恰有一个实数根,并且使方程 x2+m=x2+2x 在 因此,m 应当使方程 x +m=?x +2x 在[1,

2

[

?1? 5 2

,?1]内恰有一个实数根.问题归结为求 m,
1+ 5 2

使

2x2 ? 2x + m = 0 在[1, x= m
2 1

在[

?1? 5 2

,由(1)得方程 2x?2x2=m 在[1,1+ 5]内恰 2 , ?1]内恰有一个实根 (2)
1 2 2

]内恰有一个实根 (1)

1+ 5 )≤m≤h(1)即?2≤m≤0,由(2)得?1? 5≤2m≤?1,即?1? 5≤m≤?2,∴ 有一实根,设 h(x)=2x?2x ,则 h(
2

m=?2.易证,抛物线 y=x2?2 与函数 g(x)的图象恰有两个交点(?1,?1)和( 综上所述,存在实数 m=?2 符合题意. 【备注】无 15.(1) a<0, 对于任意两个正数x1 ,x2 ,总有 (2) a≥g(e)=2e
1 2 ?e

5+1 2

,

5?1 2

).

f(x 1 )+f(x 2 ) 2

≥f(

x 1 +x 2 2

)

e ?1

=

e 2 ?2e

2(e ?1)

.

【解析】对任意两个正数x1 ,x2 ,
f(x 1 )+f(x 2 ) 2

?f(

x 1 +x 2 2 2
1 +x 2

)=

2x 1 +aln x 1 +2x 2 +aln x 2 2 2 x1 x2
1 +x 2

?2× 1 2

x +x 2

?aln

x 1 +x 2 2

=aln x1 x2 ?aln

x 1 +x 2 2

=aln( x1 x2 × x

)=aln x

.
1 +x 2

因为x1 +x2 ≥2 x1 x2 ,所以 0< x 又 a<0,故 aln x
2 x1 x2
1 +x 2

2 x1 x2

≤1,ln

2 x1 x2 x 1 +x 2 x 1 +x 2 2

≤0.

≥0,所以
1

f(x 1 )+f(x 2 ) 2

≥f(

).

(2)因为 f(x)≤(a+3)x? x2 对任意 x∈[1,e]恒成立, 2
2 2 所以 2x+aln x≤(a+3)x? 2x ,即 a(x?ln x)≥2x ?x 对任意 x∈[1,e]恒成立.

1

1

因为 x∈[1,e],所以 x?ln x>0,所以 a≥2 设 g(x)=2
1 2 x ?x

1 2 x ?x

x ?lnx

对任意 x∈[1,e]恒成立.

x ?lnx

,x∈[1,e],
(x ?lnx )2 1
1 x 1 2

因为 g'(x)=

(x ?1)(x ?lnx )?(1? )( x 2 ?x) (x ?1)( x+1?lnx )

=

(x ?lnx )2

1 2

,

当 x∈(1,e)时,x?1>0,2x+1?ln x>0,所以 g'(x)>0, 又因为 g(x)在 x=1 和 x=e 处连续,所以 g(x)在 x∈[1,e]上为增函数, 所以 a≥g(e)=2 【备注】无 16.(1) f(0)=0,f(1)=0. (2) f(x)是奇函数. (3) Sn=(2)n?1.
1
1 2 e ?e

e ?1

=2(e ?1).

e 2 ?2e

【解析】(1)令 a=b=0,则 f(0)=0;令 a=b=1,则 f(1)=f(1)+f(1)?f(1)=0. (2)令 a=?1,b=x,则 f(?x)=?f(x)+xf(?1),再令 a=?1,b=?1,则 f(1)=?f(?1)?f(?1)=?2f(?1)=0?f(?1)=0, 故 f(?x)=?f(x),即 f(x)是奇函数. (3)当 ab≠0 时, 令 g(x)=
f(x) x f(ab ) f(a) f(b) ab

=

a

+

b

.

,即 f(x)=xg(x),则 g(ab)=g(a)+g(b)?g(an)=ng(a).
f(a n ) n

n n n n n?1 ag(a)=nan?1f(a)? 故 f(a )=a g(a )=na g(a)=na ·

=an?1f(a),故 un=

f(2?n ) n

=( )n?1f( ).
2 2

1

1

)=2f(2)+2f(2)=2f(2)+1=0, 因 f(1)=f(2× 2 (2 ) 故 f(2)=? 2,un=? 2· S=
1 1 ? [1?( )n ] 2 2 n 1 1? 2

1

1

1

1

1

1

1 1 n?1

,

=(2)n?1.

1

【备注】无 17.(1) m=1. (2) f(x)在(?∞,0]上单调递增 (3) ①? 2≤k<0; ②k≥2或 k<? 2; ③0<k<2. 【解析】(1)已知 m>0,由 f(1)=
|x 1 |
1 ?2

1

1

1

1

|1+m ?1| 1?2

=?1 得|m|=1,故 m=1.

(2)任取x1 ,x2 ∈(?∞,0],且x1 <x2 . 因为 f(x1 )?f(x2 )=x
|x|

?x

|x 2 |

2 ?2 (x 1 ?2)(x 2 ?2)

=

2(x 1 ?x 2 )

<0,

所以 f(x)在(?∞,0]上单调递增. (3)
x ?2

=kx?kx2?2kx=|x|.

k=0 时,方程有且仅有一个根 x=0; k≠0 时,x=0 为方程的一个根,
2 当 x>0 时,kx ?(2k+1)x=0,x= 2 当 x<0 时,kx ?(2k?1)x=0,x=

2k+1 k k 2k ?1

; . ≤0 ≥0 >0 ≥0 >0 <0 ?? 2≤k<0;
2k+1 1

2k+1

①方程有且仅有一个实数解?

k 2k ?1 k 2k+1

②方程有两个不同的实数解?

k 2k ?1 k 2k+1



k 2k ?1 k 1

≤0 1 1 ?k≥2或 k<? 2; <0

③方程有三个不同的实数解?
1

k 2k ?1 k

?0<k<2.

综上:? 2≤k≤0 时,方程有且只有一个实数解;

k<? 或 k≥ 时,方程有两个不同的实数解; 2 2 0<k< 时,方程有三个不同的实数解. 2 【备注】无 18.(1) a=0,|b|≤1,c 是任意值. (2) |k|≤1. (3) 存在, |a|≤3. 【解析】(1)对任意的x1 ,x2 ,
2 +bx +c?(a 2 +bx +c)| 因|g(x1 )?g(x2 )|=|ax1 x2 1 2 1 1

1

1

=|(x1 ?x2 )[a(x1 +x2 )+b]|≤|x1 ?x2 |, 故|a(x1 +x2 )+b|≤1 恒成立?a=0,|b|≤1,c 是任意值. (2)对任意的x1 ,x2 ≥0, |h(x1 )?h(x2 )|=|k| ≤|x1 ?x2 |?|k|≤1. (3)对任意的x1 ,x2 ∈( 2 ,π), |p(x1 )?p(x2 )|=|a(2x1 +sin x1 )?a(2x2 +sinx2 )| =|2a(x1 ?x2 )+a(sin x1 ?sin x2 )| =|2a(x1 ?x2 )+2acos ≤|2a||x1 ?x2 |+|2a||
x 1 +x 2 2 π 2 2 x1 + 1 ? x2 + 1 =|k||x1 ?x2 |· x 2 +1+
1

x 1 +x 2 x2 2 +1

sin

x 1 ?x 2 2

|

x 1 ?x 2 2

|
1

=3|a||x1 ?x2 |≤|x1 ?x2 |?|a|≤ . 3 【备注】无 19.(1)切线 l 的方程为 y= p0 x? p2 . 2 4 0 ?Q(p,q)∈线段 AB 有 φ(p,q)=|p|+ 当p0 >0 时,0≤p≤p0 ,于是
p 2 ?4q |p|+ (p ?p 0 )2 2 2 p+p 0 ?p p 0 |p 0 | φ(p,q)= 2 = 2 = . 2 ?p+p ?p 0 ?p 0 |p 0 | = 2 = . 2 2 1 1 1 1

=

.

当p0 <0 时,p0 ≤p≤0,于是 φ(p,q)=
1

2 (2)l1 ,l2 的方程分别为 y=2 p1 x? 4 p1 ,y=2 p2 x? 4 p2 2.

1

求得l1 ,l2 的交点 M(a,b)的坐标为( 1)先证:M(a,b)∈X?|p1 |>|p2 |. (?)设 M(a,b)∈X. 当p1 >0 时,0<
p 1 +p 2 2

p 1 +p 2 p 1 p 2 , 4 ),由于 a2?4b>0,a≠0,故有|p1 |≠|p2 |. 2

<p1 ?0<p1 +p2 <2p1 ?|p1 |>|p2 |.

当p1 <0 时,p1 <

p 1 +p 2 2 p2

<0?2p1 <p1 +p2 <0?|p1 |>|p2 |.
p2 p 1 +p 2 p1 2

(?)设|p1 |>|p2 |,则|p |<1??1<p <1?0< 1 1 当p1 >0 时,0<
p 1 +p 2 2

<2.

<p1 ;当p1 <0 时,p1 <
|p 1 | 2

p 1 +p 2

<0,

注意到 M(a,b)在l1 上,故 M(a,b)∈X. 2)次证:M(a,b)∈X?φ(a,b)= .
|p 1 | 2

(?)已知 M(a,b)∈X,利用(1)有 φ(a,b)= (?)设 φ(a,b)=
|p 1 | 2

.

,断言必有|p1 |>|p2 |.
|p 2 | |p 1 | 2

若不然,则|p1 |<|p2 |.令 Y 是线段 E'F'上异于两端点的点的集合,由已证的等价式 1),得 M(a,b)∈Y. 再由(1)得 φ(a,b)= ≠
2

,矛盾,故必有|p1 |>|p2 |.再由等价式 1),得 M(a,b)∈X.
|p 1 | 2

综上,M(a,b)∈X?|p1 |>|p2 |?φ(a,b)=
1 5

.

(3)求得 y=x?1 和 y= (x+1)2? 的交点 Q1(0,?1),Q2(2,1). 4 4 而 y=x?1 是 L 的切点为 Q2(2,1)的切线,且与 y 轴交于 Q1(0,?1),由(1)?Q(p,q)∈线段Q1 Q2 ,有 φ(p,q)=1.
2 2 当 Q(p,q)∈L1:y=4(x+1) ? 4(0≤x≤2)时,q=4(p+1) ? 4,

1

5

1

5

∴h(p)=φ(p,q)=p+ h(p)=?
3 4

p 2 ?4q p+ 4?2p 2

=

2

(0≤p≤2),

( 4?2p)2 ?2 4?2p ?4

=?

( 4?2p ?1)2 ?5 5 ≤ . 4 4

当 p=2时, h(p)=φ(p,q)在[0,2]上取得最大值 hmax= . 4
2 ?(p,q)∈D,有 0≤p≤2,4(p+1) ? 4≤q≤p?1,

5

1

5

故 φ(p,q)=p+ φ(p,q)=p+

1 5 5 p 2 ?4q p+ p 2 ?4[ (p+1)2 ? ] p+ 4?2p 4 4 = ≤ ≤hmax= , 4 2 2 2

p 2 ?4q p+ p 2 ?4(p ?1) p+ (p ?2)2 p+2?p ≥ = = =1, 2 2 2 2 5

故 φmin=1,φmax=4. 【解析】无 【备注】无 20.(1) an=? 3n (n∈N*) bn=2n?1(n∈N*). (2) n=112
x 【解析】(1)点(1,3)是函数 f(x)=a (a>0,且 a≠1)的图象上的一点,

2

1

∴f(1)=a=3.

1

已知等比数列{an}的前 n 项和为 f(n)?c,
n ?1 则当 n≥2 时,an=[f(n)?c]?[f(n?1)?c]=a (1?a )=? 3n .

2

∵{an}是等比数列,∴{an}的公比 q=3. ∴a2=? 9=a1q=(f(1)?c)×3,解得 c=1,a1=? 3.
* 故 an=? 3n (n∈N ).

1

2

1

2

2

由题设知{bn}(bn>0)的首项 b1=c=1, 其前 n 项和 Sn 满足 Sn?Sn?1= Sn + Sn ?1 (n≥2), 由 Sn?Sn?1= Sn + Sn ?1 ? Sn ? Sn ?1 =1,且 S1 = b1 =1.
2 ∴{ Sn }是首项为 1,公差为 1 的等差数列,即 Sn =n?Sn=n .

∵bn=Sn?Sn?1=2n?1(n≥2),又 b1=1=2×1?1,
* 故数列{bn}的通项公式为 bn=2n?1(n∈N ).

(2)∵bn=2n?1, ∴b
1
n b n +1

= (

1

1 1

2 2n ?1

?

1 2n+1

).

∴Tn= ∑

n

= [( ? )+( ? )+…+( Tn>
2 1 3 1000 2009 3 n 5 1000

k=1 b k b k +1 1 1 1 1 1

1

?2n+1>2009 ?n>

2n ?1 1000 9

? ,

1 2n+1

)]=2n+1.

n

故满足条件的最小正整数 n 是 112. 【备注】无 21.(Ⅰ) f(x)在(0,x1 ),(x2 ,+∞)上单调递增,在(x1 ,x 2 )上单调递减. (Ⅱ)不存在 a,使得 k=2?a. 【解析】(Ⅰ)f(x)的定义域为(0,+∞). f '(x)=1+x 2 ? x =
1 a x 2 ?ax +1 x2

.

2 2 令 g(x)=x ?ax+1,其判别式 Δ=a ?4.

(1)当|a|≤2 时,Δ≤0,f '(x)≥0,故 f(x)在(0,+∞)上单调递增. (2)当 a<?2 时,Δ>0,g(x)=0 的两根都小于 0.在(0,+∞)上, f '(x)>0. 故 f(x)在(0,+∞)上单调递增. (3)当 a>2 时,Δ>0,g(x)=0 的两根为x1 =a ?
a 2 ?4 2

,x 2 =a+

a 2 ?4 2

,都大于 0.

当 0<x<x1 时, f '(x)>0;当x1 <x<x2 时, f '(x)<0;当 x>x2 时, f '(x)>0. 故 f(x)在(0,x1 ),(x2 ,+∞)上单调递增,在(x1 ,x2 )上单调递减. (Ⅱ)由(Ⅰ)知,a>2.
1 2 因为 f(x1 )?f(x2 )=(x1 ?x2 )+ x 1 x 2 ?a(lnx1 ?ln x2 ),

x ?x

所以 k=

f(x 1 )?f(x 2 ) x 1 ?x 2

=1+x

1
1 x2

?a·

ln x 1 ?ln x 2 x 1 ?x 2

. .

又由(Ⅰ)知,x1 x2 =1.于是 k=2?a· 若存在 a,使得 k=2?a,则
1
2

ln x 1 ?ln x 2 x 1 ?x 2

ln x 1 ?ln x 2 x 1 ?x 2

=1,即 ln x1 ?ln x2 =x1 ?x2 .

由x1 x2 =1 得x2 ? x ?2ln x2 =0(x2 >1). (*) 再由(Ⅰ)知,函数 h(t)=t? t ?2ln t 在(0,+∞)上单调递增,而x2 >1, 所以x2 ? x ?2ln x2 >1? 1 ?2ln 1=0.这与(*)式矛盾.
2

1

1

1

故不存在 a,使得 k=2?a. 【备注】无 22.(1) b 的取值范围是(?∞,?a). (2) 存在 b 满足题意.
x 2 【解析】(1)f '(x)=e (x?a)[x +(3?a+b)x+2b?ab?a], 2 令 g(x)=x +(3?a+b)x+2b?ab?a, 2 2 则 Δ=(3?a+b) ?4(2b?ab?a)=(a+b?1) +8>0,

于是可设x1 ,x2 是方程 g(x)=0 的两实根,且x1 <x 2 . ①当x1 =a 或x2 =a 时,则 x=a 不是 f(x)的极值点,此时不合题意. ②当x1 ≠a 且x2 ≠a 时,由于 x=a 是 f(x)的一个极大值点,故x1 <a<x2 . 即 g(a)<0,
2 即 a +(3?a+b)a+2b?ab?a<0,

所以 b<?a, 所以 b 的取值范围是(?∞,?a). (2)假设存在 b 及x4 满足题意,由(1)可知,x1 <a<x 2 ,则 ①当x2 ?a=a?x1 时,x4 =2x2 ?a 或x4 =2x1 ?a, 于是 2a=x1 +x2 =a?b?3,即 b=?a?3. 此时x4 =2x2 ?a=a?b?3+ (a + b ? 1)2 + 8 ?a=a+2 6, 或x4 =2x1 ?a=a?b?3? (a + b ? 1)2 + 8 ?a=a?2 6. ②当x2 ?a≠a?x1 时,则x2 ?a=2(a?x1 )或 a?x1 =2(x2 ?a). (i)若x2 ?a=2(a?x1 ),则x4 =
a+x 2 2 2

, ,

于是 3a=2x1 +x2 =3(a ?b ?3)?

(a+b ?1)2 +8

即 (a + b ? 1)2 + 8=?3(a+b+3), 于是 a+b?1=
?9? 13 2

(a+b?1=?9+

13

2

不满足 a+b+3<0,舍去),b=?a?

7+ 13 2

,

此时x4 =

a+x 2 2a+(a ?b ?3)?3(a+b+3) = =?b?3=a+1+ 13. 2 4 2 a+x 1 2 2

(ii)若 a?x1 =2(x2 ?a),则x4 =

, ,

于是 3a=2x2 +x1 =3(a ?b ?3)+

(a+b ?1)2 +8

即 (a + b ? 1)2 + 8=3(a+b+3), 于是 a+b?1= 此时x4 =
?9+ 13 2

(a+b?1=?9?

13

2

不满足 a+b+3>0,舍去),b=?a?

7? 13 2

,

a+x 1 2a+(a ?b ?3)?3(a+b+3) = =?b?3=a+1? 13. 2 4 2

综上所述,存在 b 满足题意. 2 6; 当 b=?a?3 时,x4 =a± 当 b=?a? 当 b=?a?
7+ 13 2 7? 13 2 1+ 13 2 2 1? 13

时,x4 =a+ 时,x4 =a+

; .

【备注】无
b+2 x+1 x 2 ?bx +1 x(x+1)2

23.(1)(i)由 f(x)=ln x+

,得 f '(x)=

.

因为 x>1 时,h(x)=x(x+1)2 >0, 所以函数 f(x)具有性质 P(b). (ii)当 b≤2 时,函数 f(x)的单调增区间为(1,+∞); 当 b>2 时,函数 f(x)的单调减区间为(1,b+
b 2 ?4 2

1

),单调增区间为(b+

b 2 ?4 2

,+∞).

(2)由题设知,g'(x)=h(x)(x2?2x+1),其中函数 h(x)>0 对于任意的 x∈(1,+∞)都成立,所以,当 x>1
2 时,g'(x)=h(x)(x?1) >0,从而 g(x)在区间(1,+∞)上单调递增.

①当 m∈(0,1)时,α=mx1 +(1?m)x2 >mx1 +(1?m)x1 =x1 ,α<mx2+(1?m)x2 =x2 ,得 α∈(x1 ,x2 ),同理可得 β ∈(x1 ,x2 ),所以由 g(x)的单调性知 g(α),g(β)∈(g(x1 ),g(x2 )),从而有|g(α)?g(β)|<|g(x1 )?g(x2 )|,符合题 设. ②当 m≤0 时,α=mx1 +(1?m)x2 ≥mx2 +(1?m)x2 =x 2 ,β=(1?m)x1 +mx2 ≤(1?m)x1 +mx1 =x1 ,于是由 α>1,β>1 及 g(x)的单调性知 g(β)≤g(x1 )<g(x2 )≤g(α),所以|g(α)?g(β)|≥|g(x1 )?g(x2 )|,与题设不符. ③当 m≥1 时,同理可得 α≤x1 ,β≥x2 ,进而得|g(α)?g(β)|≥|g(x1 )?g(x2 )|,与题设不符. 因此,综合①②③得所求的 m 的取值范围为(0,1). 【解析】无 【备注】无 24.(Ⅰ) 当 a>1 时,函数 f(x)的单调增区间为(?∞,1?2a)和(?1,+∞),单调减区间为(1?2a,?1); 当 a=1 时,函数 f(x)的单调增区间为 R; 当 a<1 时,函数 f(x)的单调增区间为(?∞,?1)和(1?2a,+∞),单调减区间为(?1,1?2a).

(Ⅱ) (i) t 的最小值为 2 (ii) m 的取值范围为(2,3].
2 【解析】解法一 (Ⅰ)依题意,得 f '(x)=x +2ax+b.

由 f '(?1)=1?2a+b=0 得 b=2a?1.
3 2 2 从而 f(x)=3x +ax +(2a?1)x,故 f '(x)=x +2ax+2a?1=(x+1)(x+2a?1).

1

令 f '(x)=0,得 x=?1 或 x=1?2a. ①当 a>1 时,1?2a<?1.当 x 变化时,f '(x)与 f(x)的变化情况如下表: x f '(x) f(x) (?∞,1?2a) + 单调递增 (1?2a,?1) ? 单调递减 (?1,+∞) + 单调递增

由此得,函数 f(x)的单调增区间为(?∞,1?2a)和(?1,+∞),单调减区间为(1?2a,?1). ②当 a=1 时,1?2a=?1.此时有 f '(x)≥0 恒成立,且仅在 x=?1 处 f '(x)=0,故函数 f(x)的单调增区间为 R. ③当 a<1 时,1?2a>?1.同理可得,函数 f(x)的单调增区间为(?∞,?1)和(1?2a,+∞),单调减区间为 (?1,1?2a). 综上:当 a>1 时,函数 f(x)的单调增区间为(?∞,1?2a)和(?1,+∞),单调减区间为(1?2a,?1); 当 a=1 时,函数 f(x)的单调增区间为 R; 当 a<1 时,函数 f(x)的单调增区间为(?∞,?1)和(1?2a,+∞),单调减区间为(?1,1?2a). (Ⅱ)由 a=?1,得 f(x)= x3?x2?3x.令 f '(x)=x2?2x?3=0,得x1 =?1,x2 =3. 3 由(Ⅰ)得 f(x)的单调增区间为(?∞,?1)和(3,+∞),单调减区间为(?1,3),所以函数 f(x)在x1 =?1,x2 =3 处 取得极值. 故 M(?1,3),N(3,?9). (i)观察 f(x)的图象,有如下现象: ①当 m 从?1(不含?1)变化到 3 时,线段 MP 的斜率与曲线 f(x)在点 P 处切线的斜率 f '(m)之差 kMP?f '(m)的值由正连续变化到负; ②线段 MP 与曲线 f(x)是否有异于 M,P 的公共点与 kMP?f '(m)的正负有着密切的关联; ③kMP?f '(m)=0 对应的位置可能是临界点,故推测:满足 kMP=f '(m)的 m 就是所求 t 的最小值,下面 给出证明并确定 t 的最小值. 注:以上三条观察分析不作为评分依据.
2 曲线 f(x)在点 P(m,f(m))处的切线斜率 f '(m)=m ?2m?3;

1

5

线段 MP 的斜率 kMP=

m 2 ?4m ?5 3

.

当 kMP?f '(m)=0 时,解得 m=?1 或 m=2. 直线 MP 的方程为 y=
m 2 ?4m ?5 3

x+

m 2 ?4m 3

.

令 g(x)=f(x)?(

m 2 ?4m ?5 3

x+

m 2 ?4m 3

),

2 当 m=2 时,g'(x)=x ?2x 在(?1,2)上只有一个零点 x=0,可判断函数 g(x)在(?1,0)上单调递增,在(0,2)

上单调递减,又 g(?1)=g(2)=0,所以 g(x)在(?1,2)上没有零点,即线段 MP 与曲线 f(x)没有异于 M,P 的公共点. 当 m∈(2,3]时,g(0)=?
m 2 ?4m 3

>0,g(2)=?(m?2)2<0.

所以存在 ξ∈(0,2),使得 g(ξ)=0. 即当 m∈(2,3]时,MP 与曲线 f(x)有异于 M,P 的公共点. 综上,t 的最小值为 2. (ii)类似于(i)中的观察,可得 m 的取值范围为(1,3]. 解法二 (Ⅰ)同解法一. (Ⅱ)由 a=?1,得 f(x)=3x3?x2?3x.令 f '(x)=x2?2x?3=0,得x1 =?1,x2 =3. 由(Ⅰ)得 f(x)的单调增区间为(?∞,?1)和(3,+∞),单调减区间为(?1,3). 所以函数 f(x)在x1 =?1,x2 =3 处取得极值. 故 M(?1,3),N(3,?9). (i)直线 MP 的方程为 y= 由 y=
m 2 ?4m ?5 1 3 3 m 2 ?4m ?5 3 5 m 2 ?4m 3 1

x+

.

x+

m 2 ?4m 3

,

y = x 3 ? x 2 ? 3x,
3

2 2 2 得 x ?3x ?(m ?4m+4)x?m +4m=0.

线段 MP 与曲线 f(x)有异于 M,P 的公共点等价于上述方程在(?1,m)上有根,即函数 g(x)=x3?3x2?(m2?4m+4)x?m2+4m 在(?1,m)上有零点. 因为函数 g(x)为三次函数,所以 g(x)至多有三个零点、两个极值点. 又 g(?1)=g(m)=0, 因此,g(x)在(?1,m)上有零点等价于 g(x)在(?1,m)内恰有一个极大值点和一个极小值点,即 g '(x)=3x2?6x?(m2?4m+4)=0 在(?1,m)内有两不相等的实数根, Δ = 36 + 12(m2 ? 4m + 4) > 0, 3(?1)2 + 6 ? (m2 ? 4m + 4) > 0, 等价于 3m2 ? 6m ? (m2 ? 4m + 4) > 0, m > 1, ?1 < < 5, 即 m > 2 或 m < ?1,解得 2<m<5. m > 1, 又因为?1<m≤3,所以 m 的取值范围为(2,3]. 从而满足题设条件的 t 的最小值为 2. (ii)同解法一. 【备注】无



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