高三模擬文科數學試題之函數及其表示(3)

　　26.解：（Ⅰ）當a=2時，f（x）=x|x-2|= ，作出圖象，

　　由圖可知，函數y=f（x）的單調遞增區間為（-∞，1]，[2，+∞）；

　　（Ⅱ）當a=-2時，f（x）=x|x+2|= ，

　　∵f（-1- ）=- -2（-1- ）=-1，f（-1）=（-1）2+2×（-1）=-1，f（2）=4+4=8，

　　∴函數y=f（x）在區間 的值域為[-1，8]；

　　（Ⅲ）∵a≠0，f（x）=x|x-a|= ，函數f（x）有兩個零點：0和a，

　　若a＞0，在（-∞， ）上單調遞增，在（ ，a）上單調遞減，在（a，+∞）上單調遞增．

　　為使在區間（m，n）上既有最大值又有最小值，必須0≤m＜ ，n≤ a．

　　若a＜0，在（-∞，a）上單調遞增，在（a， ）上單調遞減，在（ ，+∞）上單調遞增．

　　為使在區間（m，n）上既有最大值又有最小值，必須m≥ a，n≤0．

　　27.解：（1）設函數g（x）的圖象上任一點P（x，y），且P關于A（2，1）的對稱點P'（x'，y'）；

　　則 ，解得 ；

　　∵點P'在函數f（x）=x+ 的圖象上，∴2-y=（4-x）+ ，

　　∴y=2-（4-x）- =x-2+ ，

　　即g（x）=x-2+ ，（x≠4）；

　　（2）當x-4＞0時，即x＞4，（x-4）+ ≥2，當且僅當x=5時取"="；

　　此時g（x）取到最小值4，

　　∵直線y=b與C2只有一個公共點，∴b=4，且交點坐標是（5，4）；

　　當x-4＜0時，即x＜4，-[（x-4）+ ]≥2，即（x-4）+ ≤-2，

　　此時g（x）取到最大值0，當且僅當x=3時取"="；

　　∵直線y=b與C2只有一個公共點，∴b=0，且交點坐標是（3，0）；

　　綜上，b的值及交點坐標分別為4，（5，4）或0，（3，0）．

　　28.解：（1）令m=n=0，

　　∴f（0）=f（0）f（0），0＜f（0）＜1，

　　∴f（0）=1；

　　（2）設m=x＜0，n=-x＞0，f（-x）∈（0，1）

　　∴f（m+n）=f（m）f（n）=f（0）=1，

　　∴f（m）＞1，即當x＜0時f（x）＞1　…（4分）

　　故f（x）＞0在R上恒成立；

　　（3）?x1＜x2∈R，則x2-x1＞0，0＜f（x2-x1）＜1，f（x1）＞0，

　　f（x2）-f（x1）=f（x2-x1+x1）-f（x1）

　　=f（x2-x1）f（x1）-f（x1）

　　=f（x1）[f（x2-x1）-1]＜0

　　∴f（x）在R 上單調遞減．

　　（4）f（x+ax）＞f（2+x2）恒成立，

　　∴x+ax＜2+x2恒成立，

　　∴a＜ +x-1，

　　令g（x）= +x，知當x＞0時，g（x）≥2 ，

　　∴a＜2 -1．

　　29.解：（1）由題意可得 ，

　　即有 ，由p＞-1，可得-p＜1，

　　即有-p＜x＜1，則函數的定義域為（-p，1）；

　　（2）f（x）=lg（1-x）+lg（1+x）=lg（1-x2），（-a＜x≤a），

　　令t=1-x2，（-a＜x≤a），y=lgt，為遞增函數．

　　由t的范圍是[1-a2，1]，

　　當x=a時，y=lgt取得最小值lg（1-a2），

　　故存在x=a，函數f（x）取得最小值，且為lg（1-a2）．

　　30.解：（Ⅰ）根據題意，OA=12，OB=18，

　　由截距式方程得：邊AB所在的直線的方程為 ，

　　即 ；

　　（Ⅱ）設點P的坐標為（x，y），

　　則 ．

　　公寓占地面積為S=（60-x）（48-y）

　　=（60-x）[48-（12- x）]

　　=（60-x）（36+ x）=- x2+4x+2160

　　=- （x-3）2+2166，

　　當x=3時，Smax=2166，

　　這時 ．

　　故點P的坐標為（3，10）時，

　　才能使公寓占地面積最大，最大面積為2166m2．

　　31.解：（1）a=-1時，2x-4x＞0，2x（2x-1）＜0

　　∴0＜2x＜1∴x＜0，定義域為（-∞，0），

　　（2）由題1+2x+a（4x+1）＞0對一切x∈（-∞，1]恒成立

　　令t=2x+1∈（1，3]

　　在 上單減，在 上單增

　　∴ ∴ ，

　　（3） 時，  ，

　　記

　　令n=2x∈[1，2]， ，

　　在[1，2]上單調遞減

　　∴ ，

　　∴-2≤log2g（n）≤0，

　　∵圖象無交點，∴b＜-2或b＞0，

　　32.解：（I）∵f（x）是定義在R上的偶函數，x≤0時，f（x）=log （-x+1），

　　∴f（3）+f（-1）=f（-3）+f（-1）=log 4+log 2=-2-1=-3；

　　（II）令x＞0，則-x＜0，f（-x）=log （x+1）=f（x）

　　∴x＞0時，f（x）=log （x+1），

　　則f（x）= ．

　　（Ⅲ）∵f（x）=log （-x+1）在（-∞，0]上為增函數，

　　∴f（x）在（0，+∞）上為減函數

　　∵f（a-1）＜-1=f（1）

　　∴|a-1|＞1，

　　∴a＞2或a＜0

　　33.解：（1）∵f（xoy）=f（x）+f（y），f（2）=1，

　　∴f（2）=f（2×1）=f（2）+f（1），

　　∴f（1）=0．

　　（2）∵f（x）在定義域（0，+∞）上單調遞減，

　　且滿足f（xoy）=f（x）+f（y），f（2）=1，

　　∴f（-x）+f（3-x）=f（x2-3x）≥2=f（4）．

　　∴ ，解得-1≤x＜0．

　　∴不等式f（-x）+f（3-x）≥2的解集為[-1，0）．

　　34.解：（1）當x∈[3，6]時，f（x）為二次函數，

　　且f（x）≤f（5），f（6）=2，

　　設f（x）=ax2+bx+c，

　　則有 ，解得 ；

　　∴f（x）=-x2+10x-22，∴f（3）=-1，

　　又∵f（x）為奇函數，且在[0，3]上的一次函數，f（3）=-1，

　　∴ ，當x∈[-6，-3]時，-x∈[3，6]，

　　∴f（-x）=-x2-10x-22，

　　∵f（x）為[-6，6]上的奇函數，

　　∴f（x）=-f（-x）=x2+10x+22．

　　綜上所述，f（x）= ；

　　（2）當-6≤x≤-3時，f（x）=（x+5）2-3，

　　當x=-5時，f（x）的最小值為-3；

　　x=-3時，f（-3）=1，即有f（x）∈[-3，1]；

　　當-3＜x＜3時，f（x）∈（-1，1）；

　　當3≤x≤6時，f（x）=-（x-5）2+3，

　　f（x）∈[-1，3]．

　　即有y=f（x）的值域為[-3，3]，

　　故f（x）-a2-4a≥0恒成立，

　　即a2+4a+3≤0，

　　解得-3≤a≤-1，

　　綜上：若f（x）-a2-4a≥0恒成立，求a的取值范圍為{a|-3≤a≤-1}．

　　35.解：（ I）取x=0，得f（0+y）=f（0）+f（y），

　　即f（y）=f（0）+f（y），∴f（0）=0，

　　∵f（3）=f（1+2）=f（1）+f（2）=f（1）+f（1+1）=f（1）+f（1）+f（1）

　　∴結合f（3）=6，得3f（1）=6，可得f（1）=2；

　　（II）取y=-x，得f（0）=f[x+（-x）]=f（x）+f（-x）=0

　　移項得f（-x）=-f（x）

　　∴函數f（x）是奇函數；

　　（III）∵f（x）是奇函數，且f（kx2）+f（2x-1）＜0在 上恒成立，

　　∴f（kx2）＜f（1-2x）在 上恒成立，

　　又∵f（x）是定義域在R的單調函數，且f（0）=0＜f（1）=2，

　　∴f（x）是定義域在R上的增函數．

　　∴kx2＜1-2x在 上恒成立．

　　∴ 在 上恒成立．

　　令 ，

　　由于 ，∴ ．

　　∴g（x）min=g（1）=-1．∴k＜-1．

　　則實數k的取值范圍為（-∞，-1）．

　　36.解：（1）因為f（xy）=f（x）+f（y），

　　所以，令x=y=1代入得，

　　f（1）=f（1）+f（1），解得f（1）=0，

　　即f（1）的值為0；

　　（2）因為f（3）+f（ ）=f（3× ）=f（1）=0，

　　且f（ ）=-1，所以，f（3）=1，

　　所以，f（3）+f（3）=f（9）=2，

　　因此，不等式f（x）-f（ ）≥2可化為：

　　f（x）≥f（ ）+f（9）=f（ ），

　　再根據函數f（x）是定義在（0，+∞）上單調遞增，

　　所以， ，解得，x≥1+ ，

　　故原不等式的解集為：[1+ ，+∞）．

　　37.解：（1）依據題意得：當0＜x≤2時，S= o2ox=x，

　　當2＜x≤4時，S= o2o2=2，當4＜x≤6時，S= o2o（6-x）=6-x，

　　∴ ，

　　定義域是（0，6），值域是（0，2）．

　　（2）∵f（3）=2，f（2）=2

　　∴f[f（3）]=f（2）=2．

　　38.解：（1）令x=0，y= 得f（ ）+f（- ）=2f（0）cos =0，∴f（- ）=-2．

　　（2）令 ，得 ，

　　令 ，得 ，

　　兩式相加： ，

　　令x=0，y=x得f（x）+f（-x）=2f（0）cosx=2cosx，

　　∴ ，∴ ，

　　∴ =2sin（x+ ）+cos（x+ ），

　　∴f（x）=cosx+2sinx．

　　∴

　　=   （i）

　　∵ ，∴ ，

　　∴（i） ．當且僅當 時取等號，此時 ．

　　∴ ．

　　39.解：（1）由圖象的平移，h（x）=2|x-1|+1

　　（2）解：函數y=h（x）的圖象與函數g（x）=kx2的圖象在 上至少 有一個交點，等價于h（x）-g（x）=0在 上有解，

　　即2|x-1|+1-kx2=0在 上有解，

　　解法一：用分離參數處理：kx2=2|x-1|+1在 上有解， 在 上有解，

　　等價于 在x∈[1，3]上有解或者 在 上有解，

　　因為

　　綜上， ．

　　解法二：用實根分布：

　　原題等價于kx2-2（x-1）-1=0在x∈[1，3]上有解或者kx2-2（1-x）-1=0在 上有解，

　　（1）kx2-2（x-1）-1=0在x∈[1，3]上有解

　　令g（x）=kx2-2（x-1）-1，k=0時顯然無解．

　　當k＜0時， （舍）

　　當k＞0， 或者

　　所以

　　（2）kx2-2（1-x）-1=0在 上有解：

　　令h（x）=kx2+2x-3，k=0時顯然無解．

　　當k＞0時， ，所以1≤k≤8

　　當k＜0時， （舍）或者

　　所以1≤k≤8

　　綜上， ．

　　40.解：（1）證明：設x1＞x2（x1，x2∈R），則x1-x2＞0，又當x＞0時，f（x）＞1，

　　所以f（x1）-f（x2）=f[（x1-x2）+x2]-f（x2）=f（x1-x2）+f（x2）-1-f（x2）=f（x1-x2）-1＞1-1=0，

　　所以f（x1）＞f（x2），

　　故f（x）為R上的增函數；

　　（2）因為f（x）為R上的增函數，由 ，

　　∴f[（1+x） ]＞f（x2-1），

　　∴（1+x） ＞x2-1，對 恒成立

　　令t= ，則t∈[ ， ]，

　　原式等價于（1+x）t＞x2-1，t∈[ ， ]恒成立，

　　令g（t）=（1+x）t-x2+1，要使得 時恒成立，

　　只需要 ，

　　解得-1＜x＜ ．