2016.威海模拟设f(x)=lnx a x^2

（1）f（x）=1+cos2x+sin2x+a=2sin（2x+π4）+1+a，∵ω=2，∴T=π，∴f（x）的最小正周期π；当2kπ-π2≤2x+π4≤2kπ+π2（k∈Z）时f（x）单调递增，解得

左极限x-->0左边=1右边=1所以极限是1再问：具体一点！再答：当x负半轴上存在极限=正半轴的极限时，即左极限=右极限极限存在，

多项式F(x)除以多项式x-a得商Q(x）和余数r,则有F(x)=（x-a）Q(x）+r,令x=a,即得：r=F(a).（1）、f（x）除以x+1时的余数是（-1）^100-1=0.（2）、利用（1）

（Ⅰ）函数f（x）=2x−4+5−x=2•x−2+5−x≤2+1•(x−2)+(5−x)=3，当且仅当x−22=5−x1，即 x=4时，取等号，故实数M=3．（Ⅱ）关于x的不等式|x-1|+

设x∈[3，9），则x3∈[1，3），∵x∈[1，3），f（x）=lnx，∴f（x3）=lnx3，∵函数f（x）满足f（x）=f（3x），∴f（x）=lnx，1≤x≤3lnx3，3≤x＜9，∵在区间[

（1）设g（x）=x-f（x）=x-x2-ln（x+1）．则g′(x)＝1−2x−1x+1＝−2x2−xx+1当x＞0时，g′（x）＜0，∴g（x）在（0，+∞）上递减，∴g（x）＜g（0）=0，即x

（1）f（1）=2+（1-m）|1-m|≥4当m＞1时，（1-m）（m-1）≥2，无解；当m≤1时，（1-m）（1-m）≥2，解得m≤1-2．所以m≤1-2．（2）由于m＞0，x≥m．所以h（x）=3

由y=x•f′（x）的图象知，x∈（-∞，-2）时，f′（x）＞0；x∈（-2，2）时，f′（x）≤0；x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0∴当x=-2时，f（x）有极大值f（-2）；当x=2时，f（x

∵f（x）=lg（10x+1）+ax是偶函数∴f（-x）=f（x）对任意的x都成立∴lg（10x+1）+ax=lg（10-x+1）-ax∴lg(10x+1)+2ax＝lg10x+110x=lg（10x

（1）∵f′(x)＝x−t+3x=x2−tx+3x，又x=a，x=b为函数f（x）的极值点，∴a，b是方程x2-tx+3=0的两根，∴a+b=t，ab=3．又g′(x)＝−2(x2+tx+3)(x2−

解题思路：利用图像数形结合解题解题过程：见附件同学你好，如对解答还有疑问，可在答案下方的【添加讨论】中留言，我收到后会尽快给你答复。感谢你的配合！祝你学习进步，生活愉快最终答案：略

解题思路：导数的计算解题过程：varSWOC={};SWOC.tip=false;try{SWOCX2.OpenFile("http://dayi.prcedu.com/include/readq.p

由题意知，f(x)＝2xx+1   x≥ 02x1−x   x＜  0当x≥0时，令M=[0，1]验证满足条件

（1）当a=8时，f（x）=x|2x-a|=−2x2+8x，x＜42x2−8x，x≥4，∴函数f（x）在[3，4]上递减，在[4，5]上递增，∵f（3）=6，f（4）=0，f（5）=10，∴f（x）在

∵f′（x）=xx2+1-a，当f′（x）＜0时，得a＞xx2+1=1−1x2+1≥0，又∵a＞0，∴a＞0时，f（x）在[0，+∞）上是单调函数．

（1）因为f（x）=2cos2x+23sinxcosx-1=1-cos2x+3sin2x-1=2sin（2x+π6）．所以f（x）的最小正周期是T=2π2=π．（2）∵0＜x≤π3，∴π6＜2x+π6

（1）F(x)＝f(x)+g(x)＝lnx+ax(x＞0)，F′(x)＝1x−ax2＝x−ax2(x＞0)．（2分）因为a＞0由F′（x）＞0⇒x∈（a，+∞），所以F（x）在上单调递增；由F′（x）

（Ⅰ）若a=1，则f（x）=x+lnx，f′(x)＝1+1x=x+1x，∵x∈[1，e]，∴f′（x）＞0，∴f（x）在[1，e]上为增函数，∴f（x）max=f（e）=e+1；（Ⅱ）要使x∈[1，e

因为f(x)＝(13)x，−6＜x＜0g(x)−log(x+7+x2)，0＜x≤6是奇函数，所以当0＜x＜6时，-6＜-x＜6．则f（3）=-f（-3）．即g（3）-log7(3+7+32)＝−(13

函数f（x）=ex-1+x-2的零点为x=1．设g（x）=x2-ax-a+3的零点为β，若函数f（x）=ex-1+x-2与g（x）=x2-ax-a+3互为“零点关联函数”，根据零点关联函数，则|1-β