高三模擬文科數學試題之函數與方程(5)

　　15.

　　（Ⅰ）當a=-1時，化簡h（x）=log3 +2x，并求其定義域為（-∞，-1）∪（1，+∞），再判斷h（x）+h（-x）=0即可；

　　（Ⅱ）化簡可得 =-2ax+a+1，且x∈（-∞，-1）∪（1，+∞），從而可得 =（x+1）（x- ），從而解得．

　　本題考查了函數奇偶性的判斷與數形結合的思想應用．

　　16.

　　（1）由題意可得f（-x）=-f（x），解之可得b=0；

　　（2）可得f（x）=-x3+cx，f′（x）=-3x2+c，結合導數的正負對函數單調性的影響，分c≤0，和c＞0，兩類進行討論可得答案；

　　（3）推理可得 ，∴ ，此時 恒成立等價于：10．b=c=0或者20. ，分別求解a+b+c的取值范圍，綜合可得．

　　本題考查函數的奇偶性，和函數的恒成立問題，屬中檔題．

　　17.

　　（Ⅰ）dα（A，B）的定義代入即可得出．

　　（Ⅱ）設A（x1，y1），B（x2，y2），則d1（A，B）=|x1-x2|+|y1-y2|， ．通過計算展開即可證明．

　　（Ⅲ）Dα?Dβ真子集．任取（x0，y0）∈Dα， ．對x0，y0分類討論，即可證明．

　　本題考查了新定義、集合之間的關系、兩點之間的距離公式、分類討論方法、不等式的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．

　　18.

　　（1）f（2）=-3，代值計算即可．

　　（2）根據對數的運算法則進行化簡，轉化為一元二次方程，討論a的取值范圍進行求解即可．

　　（3）根據條件得到f（t）-f（t+1）≤1，恒成立，利用換元法進行轉化，結合對勾函數的單調性進行求解即可．

　　本題主要考查函數最值的求解，以及對數不等式的應用，利用換元法結合對勾函數的單調性是解決本題的關鍵．綜合性較強，難度較大．

　　19.

　　（Ⅰ）由題意得loga4-2loga（6+t）=0，從而解得t的值；

　　（Ⅱ）由題意得loga（x+1）≤2loga（2x+1），由對數函數的單調性可得 ，從而得解．

　　（3）化簡F（x）=tx2+x-2t+2，從而令tx2+x-2t+2=0，討論可得 =-[（x+2）+ ]+4，從而得解．

　　本題考查了對數函數的性質的判斷與應用，同時考查了復合函數的性質的判斷與應用及不等式的解法．

　　20.

　　（1）求出函數的導數，計算f（1），f（e）的值，求出零點個數即可；

　　（2）求出h（x）的導數，通過討論a的范圍求出函數的單調區間即可；

　　（3）問題等價于a（x2-1）-lnx＞ - 在（1，+∞）恒成立，設k（x）= - = ，根據函數的單調性求出a的范圍即可．

　　本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想、考查轉化思想以及函數的零點問題，是一道綜合題．

　　21.

　　（Ⅰ）求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區間即可；

　　（Ⅱ）（i）求出函數的導數，通過討論a的范圍，根據函數的零點的個數，求出a的范圍即可；

　　（ii）根據a的范圍，得到 = =- ，令m＞0，得到F（=1+m）-F（-1-m）= （ e2m+1），再令φ（m）= e2m+1，根據函數的單調性證明即可．

　　本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，考查轉化思想，是一道綜合題．

　　22.

　　（1）求出f（x）的導數，可得切線的斜率，由直線垂直的條件：斜率之積為-1，解方程可得a的值；

　　（2）求出f（x）的導數，討論當a≤0時，當a＞0時，由導數大于0，可得增區間；導數小于0，可得減區間，注意定義域；

　　（3）對a討論，當a＜0時，當a=0時，當a＞0時，判斷f（x）的單調性，結合零點存在定理，即可判斷零點個數．

　　本題考查導數的運用：求切線的斜率和單調區間，同時考查函數的零點個數問題的解法，注意運用導數判斷單調性，以及分類討論的思想方法，正確分類是解題的關鍵，屬于難題．

　　23.

　　（1）由題意可知：當f（x）=0，則k（x-1）-2lnx=0，即 （x-1）=lnx，若k＞0，當直線 與曲線y=lnx有且只有一個交點（1，0）時，則直線 為曲線y=lnx在x=1處的切線，則 ，即可求得實數k的值；

　　（2）g（x）=xe1-x，求導知g'（x）=（1-x）e1-x，令g'（x）≥0，求得函數的單調遞增區間，g'（x）＜0，求得函數的單調遞減區間，求得其值域，對任意m∈（0，1），方程f（x）=m在區間 上有兩個不等實根，根據函數的單調性求得函數的最小值，h（x）=-x+2lnx+2-2ln2，求導，利用導數求得其單調區間及最大值，則 ，即可求得實數k的取值范圍．

　　本題考查導數的綜合應用，考查利用導數求函數的單調性及最值，導數與不等式的綜合應用，考查構造法，考查計算能力，屬于難題．

　　24.

　　（1）分類討論，求導數，切點函數的單調性，即可討論h（x）零點的個數；

　　（2）設出切點，由切線方程，化簡得三次函數，將題目條件化為函數有三個零點，即可求a的取值范圍．

　　本題考查了導數的綜合應用，同時考查了斜率的表示方法，用到函數零點個數的判斷，屬于難題．

　　25.

　　（Ⅰ）利用f（0）=2，f（x+1）-f（x）=2x-1，直接求出a、b、c，然后求出函數的解析式．

　　（Ⅱ）利用二次函數的對稱軸與區間的關系，直接求解函數的最值．

　　（Ⅲ）利用g（x）的兩個零點分別在區間（-1，2）和（2，4）內，列出不等式組，即可求出M的范圍．

　　本題考查二次函數的解析式的求法，二次函數的性質與最值的求法，零點判定定理的應用，考查計算能力．

　　26.

　　（1）作函數y=|3x-1|的圖象，利用數形結合進行求解．

　　（2）根據函數零點的定義，直接解方程即可得到結論．

　　（3）利用參數分離法轉化為求一元二次函數的取值范圍即可得到結論．

　　本題主要考查函數與方程的應用以及函數零點個數的判斷，對于比較好求的函數，直接解方程f（x）=0即可，對于比較復雜的函數，可以利用數形結

　　27.

　　（1）根據函數的單調性，得到g（1）=1，g（3）=5，求出a，b的值即可；

　　（2）（1）由函數g（x）=a（x-1）2+1+b-a，a＞0，所以g（x）在區間[2，3]上是增函數，得到方程組，由此解得a、b的值，

　　（3）方程f（|2k-1|）+ko -3k=0?|2x-1|2-（2+3k）|2x-1|+（2+2k）=0，（|2x-1|≠0），令|2x-1|=t，則t2-（2+3k）t+（2+2k）=0（t≠0），構造函數h（t）=t2-（2+3k）t+（2+2k），通過數形結合與等價轉化的思想即可求得k的范圍．

　　本題考查二次函數在閉區間上的最值，考查函數恒成立問題問題，考查數形結合與等價轉化、函數與方程思想的綜合應用，屬于難題．

　　28.

　　（1）求導g′（x）= （1- ）= ，從而判斷函數的單調性；

　　（2）結合（1）知，gmin（x）=g（ ）= ＞0，h（x）= = ≥ ，從而可得 ， 是方程x2+ax+b=0的兩個解，從而利用韋達定理可得 + =-a，  =b，從而可得a+b=  -（ + ），從而解得．

　　本題考查了導數的綜合應用及換元法的應用，同時考查了轉化思想的應用．

　　29.

　　（1）直接根據函數的解析式作函數的圖象．

　　（2）由題意可得函數f（x）的圖象和直線y=a-x有2個不同的交點，數形結合可得結論．

　　本題主要考查根據函數的解析式作函數的圖象，方程根的存在性以及個數判斷，體現了數形結合、轉化的數學思想，屬于中檔題．

　　30.

　　欲判斷函數f（x）是不是"保三角形函數"，只須任給三角形，設它的三邊長a、b、c滿足a+b＞c，判斷f（a）、f（b）、f（c）是否滿足任意兩數之和大于第三個數，即任意兩邊之和大于第三邊即可．因此假設a≤c且b≤c，在各個選項中根據定義和函數對應法則進行求解判斷即可．

　　本題主要考查新定義的應用，要想判斷f（x）為"保三角形函數"，要經過嚴密的論證說明f（x）滿足"保三角形函數"的概念，但要判斷f（x）不為"保三角形函數"，僅須要舉出一個反例即可，屬于創新題．

　　31.

　　（1）由奇函數性質得f（x）+f（-x）= =0，由此能求出a．

　　（2）當a=-1時，g（x）=f（x）-log2（mx）=-log2（mx）=0，得x= ，不存在非零實數m使得函數g（x）恰好有兩個零點；當a=1時，g（x）=f（x）-log2（mx）= =0，得不存在非零實數m使得函數g（x）恰好有兩個零點．

　　本題考查實數值的求法，考查函數是否有兩個零點的判斷與求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意奇函數性質的合理運用．

　　32.

　　（1）函數y=f（x）-c的零點可轉化為函數f（x）=|a2x2-1|+ax的圖象與直線y=c的交點問題，運用絕對值意義和二次函數圖象及二次方程韋達定理，即可得到所求值；

　　（2）運用分段函數表示f（x），結合圖象分析函數的單調性，即可得到f（x）在[-1，1]的最大值．

　　本題考查函數零點問題的解法，注意運用數形結合方法，考查化簡運算能力，屬于難題．

　　33.

　　（1）求出原函數的導函數，然后分m＜0和m＞0兩種情況討論原函數的單調性；

　　（2）把m=-1代入函數解析式，求出導函數F′（x）= ，設h（x）=x2-1+lnx，利用導數可得h（x）=x2-1+lnx在（0，+∞）上為增函數，結合h（1）=0，可得F′（1）=0且F′（x）有唯一的零點1．從而得到0＜x＜1時，F′（x）＜0，x＞1時，F′（x）＞0．可得F（x）在（0，1）上為減函數，在（1，+∞）上為增函數，結合F（x）的最小值為F（1）=0可知函數F（x）=x- 有且只有一個零點．

　　本題考查利用導數研究函數的單調性，訓練了函數零點存在性定理的用法，考查邏輯思維能力與運算能力，是壓軸題．

　　34.

　　（1）證明函數的單調性，一個重要的基本的方法就是根據函數單調性的定義；

　　（2）對于否定性命題的證明，可用反證法，先假設方程f（x）=0有負數根，經過層層推理，最后推出一個矛盾的結論．

　　（1）函數的單調性就是隨著x的變大，y在變大就是增函數，y變小就是減函數，具有這樣的性質就說函數具有單調性，符號表示：就是定義域內的任意取x1，x2，且x1＜x2，比較f（x1），f（x2）的大小（當f（x1）＜f（x2）則是增函數，當f（x1）＞f（x2）則是減函數）；

　　（2）方程的根，就是指使方程成立的未知數的值．對于結論是否定形式的命題，往往用反證法證明．

　　35.

　　（1）利用向量數量積的公式化簡函數f（x）即可．

　　（2）求出函數f（x）的表達式，利用換元法結合一元二次函數的最值性質進行討論求解即可．

　　（3）由g（x）=0得到方程的根，利用三角函數的性質進行求解即可．

　　本題主要考三角函數的性質，函數的零點以及復合函數的應用，綜合性較強，運算量較大，有一定的難度．

　　36.

　　（1）運用奇函數的定義，可得x＜0的解析式，進而得到f（x）的解析式；

　　（2）求出f（x）在R上遞增．不等式f（t-2）+f（2t+1）＞0即為f（1+2t）＞-f（t-2）=f（2-t），即有1+2t＞2-t，解不等式即可得到所求范圍．

　　本題考查奇函數的定義和解析式的求法，考查不等式的解法，注意運用函數的性質，考查運算能力，屬于中檔題．

　　37.

　　（1）由條件，可得b，c的方程，解方程可得b，c；

　　（2）當n=2時，f2（x）=x2+bx+c，對任意x1，x2∈[-1，1]有|f2（x1）-f2（x2）|≤4恒成立等價于f2（x）在[-1，1]上的最大值與最小值之差M≤4．討論對稱軸和區間的關系，判斷單調性，可得最值，解不等式即可得到所求范圍；

　　（3）設t=g（x）= = = ，由x∈ ，可得t∈[ ，1]．則y=t+ 在[ ，1]上恒有2ymin＞ymax．討論頂點處x= 與區間[ ，1]的關系，求得單調性，可得最值，解不等式即可得到存在，求得a的范圍．

　　本題考查不等式恒成立問題和存在性問題的解法，注意運用轉化思想，轉化為求最值，以及運用分類討論的思想方法，注意對稱軸或頂點與區間的關系，考查化簡整理的運算能力，屬于難題．

　　38.

　　（1）設切點為（m， m3+m+1），切線方程為y-（ m3+m+1）=（m2+1）（x-m），代入點A得方程；（2）求導，由導數確定單調性；（3）構造函數μ（t）=lnt- ，t∈（1，+∞），并判斷其單調性，由此得到g（x1x2）＞g（e2）．

　　本題考查了導數的綜合應用，化簡比較困難，屬于難題．

　　39.

　　（1）利用f（-x）=-f（x），即ln（e-x+a）=-ln（ex+a）恒成立，即可求得實數a的值；

　　（2）要使g（x）≤t2+λt+1在x∈[-1，1]上恒成立，只需-λ-sin 1≤t2+λt+1在λ≤-1時恒成立即可，令h（λ）=（t+1）λ+t2+sin 1+1≥0（λ≤-1），解相應的不等式組即求實數t的取值范圍；

　　（3）對方程 =x2-2ex+m的等號兩端分別構造函數f1（x）= ，f2（x）=x2-2ex+m，利用導數可分別求得二函數的最大值與最小值，對二最值的大小關系分類討論，即可確定關于x的方程 =x2-2ex+m的根的個數．

　　本題考查函數恒成立問題，考查根的存在性與根的個數判斷，考查等價轉化思想與函數方程思想的綜合運用，突出考查導數的應用，屬于難題．

　　40.

　　（1）通過討論a=0，a≠0結合二次函數的性質得到關于a的不等式組，求出a的范即可；（2）根據函數的零點定理結合函數的單調性求解即可．

　　本題考查了二次函數的性質，考查函數的單調性問題，函數的零點問題是一道中檔題．

　　41.

　　（1）求出f'（x），由題意函數f（x）在x=1和x=- 處都取得極值．列出方程求解即可．

　　（2）原題等價于函數與y=f（x）與函數y=2c兩個圖象存在三個交點，求出f'（x）=3x2-x-2=（3x+2）（x-1），求出極值，列出不等式求解即可．

　　本題考查函數的導數的應用，函數的極值以及函數的端點函數值的關系，考查轉化思想，難度比較大．

　　42.

　　（Ⅰ）求得當a= 時的f（x）的導數，由導數的單調性，討論x＞0，x＜0，即可得到所求單調性；

　　（Ⅱ）由條件可得g（x）=2ax-2a，g′（x）=ex+2a，對a討論：a=0，a＞0，分①1-2a＜0，即a＞ 時，②1-2a=0，即a= 時，③1-2a＞0，即0＜a＜ 時，a＜0，分①ln（-2a）-2＜0，即- ＜a＜0時，②ln（-2a）-2=0，即a=- 時，③ln（-2a）-2＞0，即a＜- 時，運用導數判斷單調性以及函數零點存在定理，即可判斷零點的個數．

　　本題考查導數的運用：求單調性，考查函數的零點的判斷，注意運用分類討論的思想方法，考查化簡整理的運算能力，以及轉化思想的運用，具有一定的難度．

　　43.

　　（1）當k=1時，利用導數研究函數的單調習慣，根據函數的單調性求函數f（x）的最大值．

　　（2）若函數f（x）沒有零點，分k≤0和k＞0兩種情況，分別求得實數k的取值范圍，再取并集，即得所求．

　　本題主要考查函數零點與方程的根的關系，利用導數研究函數的單調性，體現了轉化的數學思想，屬于基礎題．

　　44.

　　（1）判斷x的值所在的范圍，代入分段函數求解即可；

　　（2）由f（a）=8可得 或 或 ，從而解得．

　　本題考查了分段函數的一般解法及分類討論的思想應用．

　　45.

　　（1）根據等值域變換的定義，分別進行推導判斷即可．

　　（2）利用f（x）的定義域，求得值域，根據x的表達式，和t值域建立不等式，利用存在t1，t2∈R使兩個等號分別成立，求得m和n．

　　本題主要考查了新定義的理解和運用，主要函數值域的問題，利用已知條件演繹推理的能力和運算能力．綜合性較強，難度較大．

　　46.

　　（1）求出H（x）的解析式，令H（x）=0，解方程即可得到零點；

　　（2）設出A，B，C，D的坐標，聯立直線方程和f（x）、g（x）消去y，運用韋達定理和中點坐標公式，即可得證；

　　（3）運用二項式定理展開和合并，再由基本不等式結合二項式系數的性質，即可求得最小值為1．

　　本題考查函數的性質和運用，主要考查函數的零點和最值的求法，注意運用函數和方程的思想，以及二項式定理和基本不等式的運用：求最值，屬于中檔題和易錯題．

　　47.

　　（1）由題意可得（a+x）2=k（a-x）2，化為（1-k）x2+2a（1+k）x+（1-k）a2=0對x∈R成立，

　　需滿足條件 ，解方程即可判斷；

　　（2）喲題意可得sin（a+x）=ksin（a-x），運用兩角和差公式，化簡結合余弦函數的值域即可得到所求數對；

　　（3）由（1，1）和（2，-1）都是函數f（x）的"伴隨數對"，所以f（1+x）=f（1-x）且f（2+x）=-f（2-x），可得f（x）為周期為4的函數，求得0＜x＜1，1＜x＜2，2＜x＜3，3＜x＜4，x=0，1，2，3，4的函數解析式，可得2014＜x＜2015，2015＜x＜2016，x=2014，2015，2016的解析式，即可得到所求零點．

　　本題考查新定義的理解和運用，考查函數的性質和運用，主要考查函數的周期性和函數的解析式的求法，函數的零點的求法，考查運算能力，屬于中檔題．

　　48.

　　（1）當x≥2時，g（x）=f（x）-f（x-1）= x（12-x），由此能求出明年第x個月的需求量g（x）（萬件）與月份數x的函數關系．

　　（2）由（1）知g（x）= = ，由此能求出需求量最大的月份數x，并求出這前x個月的需求總量．

　　本題考查函數的解析式的求法，考查函數的最大值的求法，解題時要認真審題，注意等價轉化思想和配方法的合理運用．

　　49.

　　（Ⅰ）作出函數f（x）的圖象，利用數形結合進行求解即可．

　　（Ⅱ）作出g（x）的圖象，討論a的取值，結合函數最值的性質進行求解即可．

　　本題主要考查分段函數的應用以及根的個數的判斷，利用數形結合以及分類討論的思想是解決本題的關鍵．綜合性較強，有一定的難度．

　　50.

　　（1）根據偶函數的定義即可證明，

　　（2）根據x≥0，得到函數f（x）的解析式，

　　（3）在同一坐標系中，作出y=1，y=x2-|x|+a，由圖可知a的取值范圍．

　　本題考查了函數的圖象的作法和函數圖象的交點問題，屬于中檔題．

　　51.

　　（1）化簡得x2+2x+3=0，從而判斷二次方程的根的情況；

　　（2）令f（x）=x2+2mx+2m+1，從而可得 ，從而解得．

　　本題考查了二次方程的根的判斷及方程與函數的關系應用．