题目
题型:解答题难度:一般来源:广州一模
x2 |
2 |
x3 |
3 |
x2n-1 |
2n-1 |
(1)求函数y=f2(x)-kx(k∈R)的单调区间;
(2)是否存在整数t,对于任意n∈N*,关于x的方程fn(x)=0在区间[t,t+1]上有唯一实数解?若存在,求t的值;若不存在,说明理由.
答案
x2 |
2 |
x3 |
3 |
所以y′=-1+x-x2-k=-(x2-x+k+1),
方程x2-x+k+1=0的判别式△=(-1)2-4(k+1)=-3-4k,
当k≥-
3 |
4 |
故函数y=f2(x)-kx在R上单调递减;
当k<-
3 |
4 |
1-
| ||
2 |
1+
| ||
2 |
则x∈(-∞,x1)时,y′<0,x∈(x1,x2)时,y′>0,x∈(x2,+∞)时,y′<0,
故函数y=f2(x)-kx(k∈R)的单调递减区间为(-∞,x1)和(x2,+∞),单调递增区间为(x1,x2);
(2)存在t=1,对于任意n∈N*,关于x的方程fn(x)=0在区间[t,t+1]上有唯一实数解,理由如下:
当n=1时,f1(x)=1-x,令f1(x)=1-x=0,解得x=1,
所以关于x的方程f1(x)=0有唯一实数解x=1;
当n≥2时,由fn(x)=1-x+
x2 |
2 |
x3 |
3 |
x2n-1 |
2n-1 |
得fn′(x)=-1+x-x2+…+x2n-3-x2n-2,
若x=-1,则f′n(x)=f′n(-1)=-(2n-1)<0,
若x=0,则f′n(x)=-1<0,
若x≠-1且x≠0时,则f′n(x)=-
x2n-1+1 |
x+1 |
当x<-1时,x+1<0,x2n-1+1<0,f′n(x)<0,
当x>-1时,x+1>0,x2n-1+1>0,f′n(x)<0,
所以f′n(x)<0,故fn(x)在(-∞,+∞)上单调递减.
因为fn(1)=(1-1)+(
1 |
2 |
1 |
3 |
1 |
4 |
1 |
5 |
1 |
2n-2 |
1 |
2n-1 |
fn(2)=(1-2)+(
22 |
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4 |
25 |
5 |
22n-2 |
2n-2 |
22n-1 |
2n-1 |
=-1+(
1 |
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1 |
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2 |
5 |
1 |
2n-2 |
2 |
2n-1 |
=-1-
1 |
2•3 |
3 |
4•5 |
2n-3 |
(2n-2)(2n-1) |
所以方程fn(x)=0在[1,2]上有唯一实数解,
综上所述,对于任意n∈N*,关于x的方程fn(x)=0在区间[1,2]上有唯一实数解,所以t=1.
核心考点
试题【已知n∈N*,设函数fn(x)=1-x+x22-x33+…-x2n-12n-1,x∈R.(1)求函数y=f2(x)-kx(k∈R)的单调区间;(2)是否存在整数】;主要考察你对函数的零点等知识点的理解。[详细]
举一反三
4+π2 |
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)求函数f(x)在区间[0,4π]内的所有零点之和.
1 |
2 |
π |
4 |
1 |
3 |
a-1 |
2 |
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若方程f(x)=0在(0,2)内恰有两个实数根,求a的取值范围;
(3)当a=1时,设函数f(x)在[t,t+2](t∈(-3,-2))上的最大值为H(t),最小值为h(t),记g(t)=H(t)-h(t),求函数g(t)的最小值.
A.0 | B.1 | C.2 | D.3 |
(1)求实数a的取值范围;
(2)当a=
3 |
8 |
1 |
4 |
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