高三模擬文科數學試題之函數的性質(2)

　　63.解：（1）∵

　　∴當x＜1時，3-2x＞3，解得x＜0；

　　當1≤x≤2時，f（x）＞3無解

　　當x＞2時2x-3＞3，解得x＜3．

　　綜上，x＜0或x＞3，

　　∴不等式f（x）＞3的解集為（-∞，0）∪（3，+∞）（4分）

　　（2）∵ ∴f（x）min=1

　　∵f（x）＞a恒成立

　　∴a＜1，即實數a的取值范圍是（-∞，1）（7分）

　　64.解：（1）∵f（1）=0

　　∴f（1）=1+m=0，

　　則m=-1，此時f（x）=x- ，

　　要使函數有意義，則x≠0，

　　即函數f（x）的定義域為（-∞，0）∪（0，+∞）；

　　（2）∵函數f（x）的定義域為（-∞，0）∪（0，+∞）；

　　∴定義域關于原點對稱，

　　則f（-x）=-x+ =-（x- ）=-f（x），

　　則函數f（x）為奇函數；

　　（3）函數f（x）在（0，+∞）上的單調遞增，

　　設0＜x1＜x2，

　　則f（x1）-f（x2）=x1- -（x2- ）=（x1-x2）+ - =（x1-x2）+ =（x1-x2）（1+ ），

　　∵0＜x1＜x2，

　　∴x1-x2＜0，x1x2＞0，

　　則f（x1）-f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），

　　即函數f（x）在（0，+∞）上的單調遞增．

　　65.解：（1）∵函數 且 ．

　　∴f（1）=1+a+b=2且f（2）=2+ +b= ，

　　解得a=1，b=0，

　　則f（x）=x+ ，

　　則函數的定義域為{x|x≠0}，

　　則f（-x）=-x- =-（x+ ）=-f（x），

　　則函數是奇函數；

　　（2）證明：設0＜x1＜x2，則有f（x1）-f（x2）=（ ）-（ ）=（x1-x2）+（ - ）=（x1-x2）

　　當1＜x1＜x2時，x1x2＞1，

　　即，x1x2-1＞0，

　　又∵x1x2＞0，x1-x2＜0，∴f（x1）-f（x2）＜0，

　　即f（x1）＜f（x2），

　　∴函數在（1，+∞）上為增函數．

　　66.解：（1）當a=-1時，f（x）=x2-2x+2=（x-1）2+1，

　　對稱軸x=1，開口向上，f（x）在[-5，1）遞減，在（1，5]遞增，

　　最大值為f（-5）=37，最小值為f（1）=1；

　　（2）f（x）的對稱軸x=-a，若f（x）在[-5，5]不單調，

　　則-5＜-a＜5，即-5＜a＜5，

　　當-5＜a＜0時，f（x）max=27-10a；

　　當0≤a＜5時，f（x）max=27+10a．

　　67.解：（1）∵f（x）=x2-4x+a+3的函數圖象開口向上，對稱軸為x=2，

　　∴f（x）在[-1，1]上是減函數，

　　∵函數y=f（x）在[-1，1]上存在零點，

　　∴f（-1）f（1）≤0，即a（8+a）≤0，

　　解得：-8≤a≤0．

　　（2）a=3時，f（x）=x2-4x+6，

　　∴f（x）在[1，2]上單調遞減，在[2，4]上單調遞增，

　　∴f（x）在[2，4]上的最小值為f（2）=2，最大值為f（4）=6．

　　即f（x）在[2，4]上的值域為[2，6]．

　　設g（x）在[1，4]上的值域為M，

　　∵對任意的x1∈[1，4]，總存在x2∈[1，4]，使得g（x1）=f（x2），

　　∴M?[2，6]．

　　當b=0時，g（x）=5，即M={5}，符合題意，

　　當b＞0時，g（x）=bx+5-2b在[1，4]上是增函數，

　　∴M=[5-b，5+2b]，

　　∴ ，解得0＜b≤ ．

　　當b＜0時，g（x）=bx+5-2b在[1，4]上是減函數，

　　∴M=[5+2b，5-b]，

　　∴ ，解得-1≤b＜0．

　　綜上，b的取值范圍是 ．

　　68.解：（1）設-2≤x≤6，當x2-4x-5≥0時，

　　即6≥x≥5或-1≥x≥-2時，f（x）=x2-4x-5=（x-2）2-9

　　當x2-4x-5＜0時，即-1＜x＜5時，f（x）=-（x2-4x-5）=-（x-2）2+9

　　故作圖如下：

　　（2）方程f（x）=5的解分別是

　　和 ，由于f（x）在（-∞，-1]和[2，5]上單調遞減，

　　在[-1，2]和[5，+∞）上單調遞增，

　　∴ ．

　　由于2+ ＜6，2- ＞-2

　　∴B?A．

　　（3）當x∈[-1，5]時，f（x）=-x2+4x+5．

　　g（x）=k（x+3）-（-x2+4x+5）=x2+（k-4）x+（3k-5）= ，

　　∵k＞2，∴ ．又-1≤x≤5，

　　①當 ，即2＜k≤6時，

　　取 ，g（x）min= ．

　　∵16≤（k-10）2＜64，

　　∴（k-10）2-64＜0，則g（x）min＞0．

　　②當 ，即k＞6時，取x=-1，g（x）min=2k＞0．

　　由①、②可知，當k＞2時，g（x）＞0，x∈[-1，5]．

　　因此，在區間[-1，5]上，y=k（x+3）的圖象位于函數f（x）圖象的上方．

　　69.解：（Ⅰ）f（x）的定義域為（0，+∞）， ，

　　若a≤0，則f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上單調遞增，

　　若a＞0，則由f′（x）=0，得x= ，

　　當x∈（0， ）時，f′（x）＞0，

　　當x∈（ ）時，f′（x）＜0，

　　∴f（x）在（0， ）上單調遞增，在（ ，+∞）上單調遞減．

　　所以當a≤0時，f（x）在（0，+∞）上單調遞增，

　　當a＞0時，f（x）在（0， ）上單調遞增，在（ ，+∞）上單調遞減．

　　（Ⅱ）f（x）- = ，

　　令g（x）=xlnx-a（x2-1），（x≥1），

　　g′（x）=lnx+1-2ax，令F（x）=g′（x）=lnx+1-2ax，  ，

　　①若a≤0，F′（x）＞0，g′（x）在[1，+∞）上遞增，

　　g′（x）≥g′（1）=1-2a＞0，

　　∴g（x）在[1，+∞）上遞增，g（x）≥g（1）=0，

　　從而f（x）- 不符合題意．

　　②若0＜a＜ ，當x∈（1， ），F′（x）＞0，

　　∴g′（x）在（1， ）上遞增，

　　從而g′（x）＞g′（1）=1-2a，

　　∴g（x）在[1，+∞）上遞增，g（x）≥g（1）=0，

　　從而f（x）- 不符合題意．

　　③若a ，F′（x）≤0在[1，+∞）上恒成立，

　　∴g′（x）在[1，+∞）上遞減，g′（x）≤g′（1）=1-2a≤0，

　　從而g（x）在[1，+∞）上遞減，

　　∴g（x）≤g（1）=0，f（x）- ≤0，

　　綜上所述，a的取值范圍是[ ）．

　　70.證明：（1）∵

　　∴ ，

　　設 ．

　　∴ ，

　　∴y=g（x）在[0，+∞）上為減函數．

　　∴ ，

　　∴ ，

　　∴函數 在（0，+∞）上為減函數．

　　（2）ln（1+x）＜ax在（0，+∞）上恒成立，?ln（1+x）-ax＜0在（0，+∞）上恒成立，

　　設h（x）=ln（1+x）-ax，則h（0）=0，

　　∴ ，

　　若a≥1，則x∈[0，+∞）時， 恒成立，

　　∴h（x）=ln（1+x）-ax在[0，+∞）上為減函數

　　∴ln（1+x）-ax＜h（0）=0在（0，+∞）上恒成立，

　　∴ln（1+x）＜ax在（0，+∞）上恒成立，

　　若a≤0顯然不滿足條件，

　　若0＜a＜1，則 時， ，

　　∴   時h'（x）≥0，

　　∴h（x）=ln（1+x）-ax在   上為增函數，

　　當   時，h（x）=ln（1+x）-ax＞0，

　　不能使ln（1+x）＜ax在（0，+∞）上恒成立，

　　∴a≥1

　　（3）由（2）可知 在（0，+∞）上恒成立，

　　∴ ，即 ，

　　取 ，即可證得 對一切正整數n成立．

　　71.解：（1）f′（x）=lnx+1，∴f′（e）=2，由f（e）=e，

　　∴函數f（x）在x=e處的切線方程為y-e=2（x-e），

　　即2x-y-e=0；

　　（2）若存在一個x0∈[1，e]使f（x0）＜g（x0）成立，

　　即x0lnx0＜ ，則a＞ ．

　　令h（x）= ，當x∈[1，e）時，h′（x）= ＞0恒成立．

　　因此，h（x）= 在[1，e]上單調遞增，故當x=1時，h（x）min=0．

　　即實數a的取值范圍為（0，+∞）；

　　（3）由題意得：xlnx＞（k-3）x-k+2在x＞1時恒成立，即k＜ ．

　　令F（x）= ，則F′（x）= ．

　　令m（x）=x-lnx-2，則m′（x）=1- = ＞0在x＞1時恒成立．

　　∴m（x）在（1，+∞）上單調遞增，且m（3）=1-ln3＜0，m（4）=2-ln4＞0．

　　∴在（1，+∞）上存在唯一實數b（b∈（3，4）），使m（x）=0，即m（b）=0．

　　當1＜x＜b時，m（x）＜0，即F′（x）＜0，當x＞b，m（x）＞0，即F′（x）＞0．

　　∴F（x）在（1，b）上單調遞減，在（b，+∞）上單調遞增．

　　∴ = ∈（5，6）．

　　故k＜b+2，又k∈Z，∴整數k的最大值為5．

　　72.解：（1）當t=3時，不等式f（x）＞0可化為

　　不等式x2-4x+3＞0，

　　即（x-1）（x-3）＞0，…（3分）

　　解得x＜1或x＞3，

　　所以不等式f（x）＞0的解集是（-∞，1）∪（3，+∞）；…（6分）

　　（2）不等式f（x）≥0對一切實數x成立，

　　則△=（t+1）2-4t≤0，…（10分）

　　整理得（t-1）2≤0，

　　解得t=1．…（14分）

　　73.解：∵ ，且f（1）=2

　　∴1+m=2，解得 m=1…（1分）

　　（1）y=f（x）為奇函數，理由如下：…..（2分）

　　∵ ，定義域為（-∞，0）∪（0，+∞），關于原點對稱…..（3分）

　　又

　　所以y=f（x）為奇函數…（4分）

　　（2）f（x）在（1，+∞）上的單調遞增，理由如下…..（5分）

　　設1＜x1＜x2，

　　則 …（7分）

　　∵1＜x1＜x2

　　∴x2-x1＞0， ＞0

　　故f（x2）-f（x1）＞0，即f（x2）＞f（x1），f（x）在（1，+∞）上的單調遞增  …（9分）

　　（3）若f（a）＞2，

　　即 ＞2，顯然a＞0

　　則原不等式可化為a2-2a+1=（a-1）2＞0

　　解得a＞0且a≠1

　　74.解：（Ⅰ）當a=3時，f（x）=-x2+3x+1-lnx

　　∴

　　解f′（x）＞0，

　　即：2x2-3x+1＜0

　　函數f（x）的單調遞增區間是 ．

　　（Ⅱ）f′（x）=-2x+a- ，

　　∵f（x）在 上為減函數，

　　∴x∈ 時-2x+a- ≤0恒成立．

　　即a≤2x+ 恒成立．

　　設 ，則

　　∵x∈ 時， ＞4，

　　∴g′（x）＜0，

　　∴g（x）在 上遞減，

　　∴g（x）＞g（ ）=3，

　　∴a≤3．

　　75.解：（1）證明：a=2時， ；

　　設x1＜x2＜-1，則：  = ；

　　∵x1＜x2＜-1；

　　∴x1-x2＜0，x1+1＜0，x2+1＜0；

　　∴ ；

　　∴f（x1）＜f（x2）；

　　∴f（x）在（-∞，-1）上是增函數；

　　（2）

　　=

　　= ；

　　∵f（x）在（-∞，-1）上是減函數；

　　∴a+1＜0；

　　∴a＜-1；

　　∴實數a的取值范圍為（-∞，-1）．

　　76.解：（1）∵函數f（x）=x+ ，且f（1）=10，

　　∴1+a=10，∴a=9；

　　（2）函數的定義域為{x|x≠0}．

　　f（-x）=-x+ =-（x+ ）=-f（x），∴f（x）是奇函數．

　　77.解：（Ⅰ）由題設，g（x）=x2-alnx，

　　則 ．（1分）

　　由已知，g'（1）=0，

　　即2-a=0?a=2．（2分）

　　于是 ，

　　則 ．（3分）

　　由 ，

　　所以h（x）在（1，+∞）上是增函數，在（0，1）上是減函數．（4分）

　　證明：（Ⅱ）當1＜x＜e2時，0＜lnx＜2，

　　即0＜f（x）＜2．（5分）

　　欲證 ，

　　只需證x[2-f（x）]＜2+f（x），

　　即證 ．（6分）

　　設 ，

　　則 ．

　　當1＜x＜e2時，φ'（x）＞0，

　　所以φ（x）在區間（1，e2）上為增函數．（7分）

　　從而當1＜x＜e2時，φ（x）＞φ（1）=0，

　　即 ，

　　故 ．（8分）

　　解：（Ⅲ）由題設， ．

　　令g（x）-h1（x）=0，

　　則 ，

　　即 ．（9分）

　　設 ，

　　h3（x）=-x2+x+6（x＞0），

　　則 ，

　　由 ，得x＞4．

　　所以h2（x）在（4，+∞）上是增函數，

　　在（0，4）上是減函數．（10分）

　　又h3（x）在（0， ）上是增函數，

　　在（ ，+∞）上是減函數．

　　因為當x→0時，h2（x）→+∞，h3（x）→6．

　　又h2（1）=2，h3（1）=6，h2（4）=4-2ln4＞0，h3（4）=-6，

　　則函數h2（x）與h3（x）的大致圖象如下：（12分）

　　由圖可知，當x＞0時，兩個函數圖象有2個交點，

　　故函數y=g（x）-h1（x）有2個零點．（13分）

　　78.解：（1）g（x）=x2-2ax+1=（x-a）2+1-a2在區間[1，3]上的值域[0，4]．

　　若1≤a≤3時，g（x）的最小值為g（a）=1-a2，

　　由1-a2=0，可得a=1（-1舍去），g（x）=（x-1）2滿足在區間[1，3]上的值域[0，4]；

　　若a＞3時，g（x）在[1，3]遞減，g（x）的最小值為g（3），

　　由g（3）=10-6a=0，解得a= （舍去）；

　　若a＜1，則g（x）在[1，3]遞增，g（x）的最小值為g（1），

　　由g（1）=2-2a=0，解得a=1．

　　綜上可得，a=1；

　　（2）由g（2x）-ko4x≥0即（2x）2-2o2x+1-ko4x≥0，

　　化為k≤（2-x）2-2o2-x+1，令t=2-x，由x≥1可得0＜t≤ ，

　　則k≤t2-2t+1，0＜t≤ ，

　　記h（t）=t2-2t+1，0＜t≤ ，由單調遞減，可得h（t）的最小值為（ -1）2= ，

　　則k的取值范圍是k≤ ；

　　（3）令y=0，可化為|2x-1|2-2o|2x-1|+1+2k-3ko|2x-1|=0（|2x-1|≠0）有3個不同的實根．

　　令t=|2x-1|，則t＞0，由2x-1＞-1，當x＜0時，t=|2x-1|=1-2x，t∈（0，1]且遞減，

　　當0＜x＜1時，t=|2x-1|=2x-1，t∈（0，1）且遞增，

　　當x=1時，t=1．當x＞1時，t=|2x-1|=2x-1，t∈（1，+∞）且遞增，

　　t2-（3k+2）t+1+2k=0有兩個不同的實數解t1，t2，

　　已知函數有3個零點等價為0＜t1＜1，t2＞1或0＜t1＜1，t2=1，

　　記m（t）=t2-（3k+2）t+1+2k，則 或 ，

　　解得k＞0或k無實數解，

　　綜上可得，k的取值范圍是（0，+∞）．

　　79.解：當a=時， ，得f'（x）=-23x-2．（1）

　　問題化對于任意x∈[1，+都有[f'（x）]ma＜2a-1）．…（4分）

　　所以過P的切線方為 ．…（分）

　　所以 ，

　　所以函數fx）的遞增區（1，），單調遞減區間為（-∞，）和（2，+∞）…（3）

　　當＜或x＞2時，f'）＜，函數f（x）單調減．

　　若過點 可作函數y=x）圖象的三不同切，

　　因為 ，其圖象開口向對稱軸為 ．

　　因為對于任意x∈1，+）都有f（x＜2（-1成立，

　　令 ，則函數y（t與t軸有三個同的交點．

　　當 時即a≥2時'（x）在 上單調遞增在 上調遞減，

　　因為于任意∈[1+∞都有f'（x＜2（a-）成立，

　　于任意x∈[1，+∞）都x2a2a＞0成立，…（4分）

　　令g（t=2t2-a=0，得t=0或 …（12分）

　　因f'（x=-x23x-2=--1）（-2），

　　所以f'（x）max'=a-，

　　由a-3＜2（a-），得a＞-1，此時-＜a2．分）

　　方1：由 ，得f'x）=-xax-2，

　　方法：由 得f'x）=-x2ax-2，

　　以必須 ，即a＞．…（1分）

　　即于任意x∈，+）都有-x2+x2＜2（a-1）成立，

　　由 ，得0＜a＜8，此2≤a＜8…分）

　　綜上可得，a的取范圍為（-，8．…（7分）

　　因為點 切線上，

　　則過點P的線的率=f't=-t2+at-2，…（8分）

　　設點 是函數y=（x）圖象的點，

　　必須滿足△0或 （5分）

　　當 ，即a＜2時，fx在[1，+∞上單調遞減，

　　以數a值范圍為（2，+∞）．…（1分）

　　80.解：由f（x）≤得|x-|≤，

　　當a=，f（）=|x-2|．

　　已不等式f（x）≤3的集{x|-1x≤5}，

　　上可得，gx）的最小值為．

　　當-3≤≤時g（x）=5；

　　設gx）f（x）+f（x+），

　　所以當x＜-3，g（x）；

　　于是

　　解-3≤x≤a+3．

　　即g（）≥m對一切實數x恒成立，則m的取值圍為（-∞5．分）

　　81.解：因為fx）是函數，以f（0）0，

　　易知fx）在（-∞+∞）上為數．

　　經檢驗a=，b=1， 是函數．

　　所以f（t22t）+f（22k）0

　　由f-f（-1）知 ．

　　即

　　因為f（x）為減函數，由式得：t2-2kt2．

　　所以a=2，=．

　　從而別式 ．

　　價于f（t2-2t）＜-t2-k=f（-2t2），

　　所以k的取值范圍k- ．

　　82.解：當=1，f（x=x|x-1|+1= ，

　　f（0）=f1f（ ）1- ，

　　當0＜≤1時，f（x）在[1，2]上調減，函數的為f=；

　　且線x= 是函數的對稱，由（2- ）-（ -1）=-a＞，

　　解得=1，解求得x無，

　　0＜a＜2 ，M= ∈（ ， +6．

　　當1- ＞2時，方程-2ax+1=-2的較大根．

　　由f（）=可得 ，或 /空/．

　　a≥2 時M= = ∈（， ]．

　　當2≤a＜時，（x在[1， ]單調遞，在[ ，2]單調第，

　　注幾個關鍵點的值：

　　由于當x＞0時，函數f（x）的最為1，故題化為在給定區間上，f（）-2恒立．

　　1a＜2時，f（x）在[1，上遞增，在[a，]上單遞減，

　　由f（ ）=- ，分兩種情況論當1- ≤-2時，是方程2a+1=-2的小根．

　　綜M= ，M∈（0， + ）．

　　【解析】

　　1.

　　（1）根據對數函數的真數要大于0，即可求解函數f（x）的定義域；

　　（2）函數g（x）=10f（x）+2x，求解出g（x）的解析式，在求其值域．

　　本題考查了對數的定義域的求法和計算能力以及值域的問題．屬于中檔題．

　　2.

　　（1）利用已知條件通過x=y=0，直接求f（0）；

　　（2）通過函數的奇偶性的定義，直接證明f（x）是奇函數；

　　（3）利用已知條件轉化不等式．通過函數的單調性直接求解不等式 f（x2）-f（x）＞ f（3x）的解集即可．

　　本題主要考查了抽象函數及其應用，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中檔題．

　　3.

　　（1）求出函數的定義域，利用平方法進行求解即可．

　　（2）利用換元法進行表示即可．

　　（3）根據一元二次函數的性質討論對稱軸，結合函數單調性和對稱性的進行求解即可．

　　本題主要考查函數解析式和函數最值的求解，利用一元二次函數的性質是解決本題的關鍵．

　　4.

　　（1）設x∈（0，-e]，則-x∈[-e，0），故f（-x）=-ax-ln（x），根據函數的奇偶性求出此時的解析式，即可得到函數在定義域內的解析式；

　　（2）假設存在實數a滿足條件，通過討論a的范圍，利用函數的單調性求出函數的最小值，解出a的值即可．

　　本題考查對數函數的單調性和特殊點，函數的奇偶性，利用導數研究函數得最值，體現了分類討論的數學思想，確定函數的最小值，是解題的難點和關鍵．

　　5.

　　（1）根據對數函數的定義求出函數的定義域即可；（2）根據對數函數的性質求出不等式的解集即可．

　　本題考查了求函數的定義域問題，考查對數函數的性質，是一道基礎題．

　　6.

　　（Ⅰ）由f（-2）=3，f（-1）=f（1）得 ，解得a，b．

　　（Ⅱ）1°列表；2°描點；3°連線

　　本題考查了分段函數的解析式及圖象，屬于基礎題．

　　7.

　　（Ⅰ）確定長方體形水箱高為x米，底面矩形長為（2-2x）米，寬（1-2x）米，即可得到該水箱容積為f（x）=（2-2x）（1-2x）x=4x3-6x2+2x，根據長、寬、高為正數，可確定所求函數f（x）定義域；

　　（Ⅱ）根據水箱容積不大于4x3立方米，構建不等式，確定函數的定義域，再利用底面積為S（x）=（2-2x）（1-2x）=4x2-6x+2，結合定義域，可得結論．

　　本題考查函數模型的構建，考查函數的最值，利用長方體的體積公式，確定函數是關鍵．

　　8.

　　（1）根據題意，得出函數f（x）的對稱軸和頂點坐標，設出f（x）解析式求出a的值即可；

　　（2）根據二次函數在對稱軸的同側單調性相同，得出關于a的不等式，求解即可．

　　本題考查了求二次函數的解析式與應用問題，也考查了二次函數的圖象與性質的應用問題．

　　9.

　　（1）利用偶函數的性質可得，f（-1）=f（1），把x=1代入當x＞0時，函數的解析式求值．

　　（2）設a＞b＞0，化簡f（a）-f（b）到因式乘積的形式，判斷符號，根據增減函數的定義做出判斷．

　　（3）設x＜0，則-x＞0，利用x＞0時，函數的解析式，求出f（-x）的解析式，再利用偶函數的定義求即得x＜0時的解析式．

　　本題考查利用函數的奇偶性求函數值，證明函數的單調性，以及求函數的解析式的方法．

　　10.

　　（1）由已知中f（x1ox2）=f（x1）+f（x2），令x1=x2=1，可得f（1）的值；

　　（2）由f（x1ox2）=f（x1）+f（x2），可得f（x1）-f（x2）=f（ ），結合x∈（0，1）時，f（x）＜0．及增函數的定義可證得結論；

　　（3）令x1=x2=4，可得f（16）=2，x1=4，x2=16，可得f（64）=3，結合f（x）的定義域為（0，+∞），f（x1ox2）=f（x1）+f（x2），及（2）中函數的單調性，可將不等式f（3x+1）+f（2x-6）≤3轉化為一個關于x的不等式組．本題考查的知識點是抽象函數及其應用．

　　本題考查的是抽象函數及其應用，函數的單調性證明，以及賦值法的應用，屬于中檔題，在解答的過程當中充分體現了函數單調性的定義、作差法以及賦值法等知識．值得同學們體會和反思．

　　11.

　　（1）由f（x）=cosx+sinx，a= 得f（x+a）=cosx-sinx；從而化簡g（x）=cos2x；再由π+2kπ≤x≤2π+2kπ，k∈Z求增區間；

　　（2）化簡g（x）=f（x）of（x+a）=（2x+ ）（2x+a+ ）=2a（2x）2+ +2a+ ；從而利用基本不等式求解即可．

　　本題考查了三角函數的化簡與應用及基本不等式在求最值時的應用，屬于中檔題．

　　12.

　　（1）利用函數f（x）=xm- ，且f（4）=3，即可求m的值；

　　（2）利用奇函數的定義，即可求f（x）的奇偶性．

　　本題考查奇函數的判斷，考查學生的計算能力，比較基礎．

　　13.

　　（Ⅰ）代值計算即可，

　　（Ⅱ）根據函數值得變化趨勢即可求出函數的值域

　　本題考查了函數值，以及函數的值域的問題，屬于基礎題

　　14.

　　（Ⅰ）由題意設出每天多賣出的件數k（x2+x），結合售價降低3元時，一天可多賣出36件求得k的值，然后寫出商品一天的銷售利潤函數；

　　（Ⅱ）利用導數求出函數的極值點，求得極值，比較端點值后得到利潤的最大值．

　　本題考查了函數模型的選擇及應用，考查了數學建模思想方法，訓練了利用導數求函數的最值，是中檔題．

　　15.

　　根據二周點定義，分段進行求解，符定義的根即為所求；

　　題意，先表示s的達式，再借導數具研究s在區間[ ， 上的單性，確最值，即可求解出最值．

　　本題考查函數的值，新定解，利用導函數在閉間的最第二解的關鍵是理解定義第三題的關鍵是熟練掌握導數工具判斷函數的調性，本題查了程的思想，化歸的想及符運算的能力難度較大，綜合性，答時要嚴真方可避免會而作不對現象的出．

　　16.

　　在求f（t）的解析式時，關鍵是要根據圖象，對t的取值進行恰當的分類，然后分類討論，給出分段函數的解析式后，再根據解析式畫出函數的圖象．

　　分段函數的對應關系是借助于幾個不同的表達式來表示的，處理分段函數的問題時，首先要確定自變量的數值屬于哪一個區間段，從而選相應的關系式．對于分段函數，注意處理好各段的端點．

　　17.

　　（1）直接由對數式的真數大于0聯立不等式組求解x的取值集合得答案；

　　（2）分a＞1和0＜a＜1求解不等式得答案．

　　本題考查了函數的定義域及其求法，考查了指數不等式的解法，是基礎題．

　　18.

　　（1）根據圖象可知此函數為分段函數，在（0，20]和（20，30]兩個區間利用待定系數法分別求出一次函數關系式聯立可得P的解析式；

　　（2）因為Q與t成一次函數關系，根據表格中的數據，取出兩組即可確定出Q的解析式；根據股票日交易額=交易量×每股較易價格可知y=PQ，可得y的解析式，分別在各段上利用二次函數求最值的方法求出即可．

　　考查學生根據實際問題選擇函數類型的能力，理解分段函數的能力．

　　19.

　　（1）由y=f（x）是定義在R上的奇函數知f（0）=0，從而求函數f（x）的解析式；

　　（2）畫出函數f（x）的圖象，注意空心點及原點；

　　（3）由圖象寫出函數f（x）單調區間及值域．

　　本題考查了函數的解析式的求法及圖象的作法，同時考查了函數的圖象的應用，屬于基礎題．

　　20.

　　（1）分別解得集合A，B即可；

　　（2）根據A∩B=A，得出A?B，借助數軸解得即可．

　　本題主要考查集合的自交并的運算，屬于基礎題．

　　21.

　　（1）分別令x= ，x= ，結合條件，即可求出結果；

　　（2）令x= ，再應用倒序求和求出an，再由等差數列的定義，即可得證；

　　（3）先對bn化簡，再將bn2放縮，即bn2＜2（ ），再用裂項相消求和，再整理即可得到答案．

　　本題主要考查函數的對稱性及應用，同時考查等差數列的定義和通項公式，以及數列求和，及數列不等式的證明：放縮法，是一道綜合題．

　　22.

　　（1）令t=0，即可得到f（1），再令x= ，t=2，即可得到；

　　（2）設0＜a＜1，由于x，y＞0，存在m，n，使x=am，y=an，代入計算即可得證；

　　（3）運用對數函數的單調性，證得f（x）在x＞0上遞減．由條件結合對數的真數大于0，解得，a＞ ；由loga（x-3a）+loga（x-a）≤1，等價為loga（x2-4ax+3a2）≤1．令g（x）=loga（x2-4ax+3a2），根據g（x）的單調性，即可得到a的范圍．

　　本題考查抽象函數及運用，考查賦值法求函數值，以及換元法的運用，考查函數的單調性及運用，考查不等式的恒成立思想轉化為求最值，屬于中檔題和易錯題．

　　23.

　　（1）首先取x ，得到 ，把-x代入 時的解析式，結合偶函數的概念可求得

　　x 時的解析式，然后再取x ，加π后得到x+π∈ ，代入 時的解析式，

　　結合周期函數的概念求解f（x）；

　　（2）作出函數在[-π，0]上的圖象，根據偶函數圖象關于y軸軸對稱得到函數在[0，π]上的圖象；

　　（3）先求出[-π，0]上滿足 的x的取值范圍，根據函數是以π為周期的周期函數，把得到的區間端點值加上π的整數倍得到要求解的區間．

　　本題考查了函數解析式的求解及常用方法，考查了三角函數的周期及圖象，考查了三角函數的奇偶性，解答此題的關鍵是，通過周期變換和平移變換、把要求解解析式的范圍內的變量轉化到已知解析式的范圍內，此題是中檔題．

　　24.

　　（1）根據f（x+1）在x=0時取得最小值1可設f（x+1）=ax2+1，從而得到f（x）=a（x-1）2+1，根據f（x）的圖象過點（0，2）可求出a=1，從而得出f（x）解析式；

　　（2）f（x）的對稱軸為x=1，討論區間[k，k+1]的端點和對稱軸的關系：k+1＜1，k≤1≤k+1，k＞1，根據二次函數的單調性及頂點情況便可求出每種情況的f（x）在[k，k+1]上的最小值．

　　考查待定系數求函數解析式的方法，二次函數的對稱軸，以及根據函數的單調性及取得頂點情況求二次函數最小值的方法．

　　25.

　　（Ⅰ）當a=2時，f（x）=x|x-2|= ，作出圖象即可寫出函數y=f（x）的單調遞增區間；

　　（Ⅱ）當a=-2時，f（x）=x|x+2|= ，可求得函數y=f（x）在區間 的值域為[-1，8]；

　　（Ⅲ）設a≠0，f（x）=x|x-a|= ，函數f（x）在（m，n）上既有最大值又有最小值，須m＜ ，n＞a．

　　本題考查帶絕對值的函數，著重考查分段函數的圖象與性質，考查函數的單調性，最值，考查化歸思想，數形結合思想，分類討論思想的綜合運用，屬于難題．

　　26.

　　（1）設g（x）圖象上任一點P（x，y）以及P關于A（2，1）的對稱點P'（x'，y'），根據點關于點對稱的性質，用p的坐標表示P'的坐標，再把P'的坐標代入f（x）的解析式進行整理，求出g（x）解析式；

　　（2）對x進行分類討論，利用基本不等式求出函數g（x）的最值，從而求出b的值和交點的坐標．

　　本題考查了用代入法求函數的解析式，利用點關于點對稱的性質求函數的解析式，利用基本不等式的性質求函數的最值問題，是有關函數的綜合問題．

　　27.

　　（1）取特殊值的方法：令m=n=0，可得f（0）=1；

　　（2）設m=x＜0，n=-x＞0，f（-x）∈（0，1），根據定義形式得出當x＜0時f（x）＞1，得出結論成立；

　　（3）利用定義法）?x1＜x2∈R，判斷f（x2）-f（x1）的正負；

　　（4）由（3）可整理不等式a＜ +x-1，只需求出右式的最小值即可．

　　考查了特殊值法求抽象函數問題，利用定義證明函數的單調性，利用單調性解決不等式問題和恒成立問題的轉換．

　　28.

　　（1）運用對數函數的定義域，解不等式即可得到所求定義域；

　　（2）運用對數的運算性質和對數函數的單調性和二次函數的最值，即可得到所求最值．

　　本題考查函數的定義域和最值的求法，注意運用函數的單調性，考查運算能力，屬于基礎題．

　　29.

　　（Ⅰ）根據題意，求得OA=12，OB=18，再由直線的截距式方程，即可得到所求直線方程；

　　（Ⅱ）設點P的坐標為（x，y），則 ．公寓占地面積為S=（60-x）（48-y），代入y，可得二次函數，再配方，即可得到所求的最大值及對應的x的值．

　　本題主要考查了二次函數的應用，考查了學生分析問題和解決實際問題的能力，屬于基礎題．

　　30.

　　（1）得出2x（2x-1）＜0，求解即可．（2）換元轉化為令t=2x+1∈（1，3]， ，利用對鉤函數的性質求解．（3）利用令n=2x∈[1，2]， ，求解．

　　本題綜合考查了函數的性質，運用判斷單調區間，求解范圍問題，屬于中檔題．

　　31.

　　（1）利用函數奇偶性的性質即可求f（3）+f（-1）

　　（2）根據函數奇偶性的性質即可求函數f（x）的解析式；

　　（3）若f（a-1）＜-1，將不等式進行轉化即可求實數a的取值范圍．

　　本題主要考查函數解析式的求解以及不等式的求解，根據函數奇偶性的性質求出函數的解析式是解決本題的關鍵．

　　32.

　　（1）由f（xoy）=f（x）+f（y），f（2）=1，知f（2）=f（2）+f（1），由此能求出f（1）．

　　（2）由題設知f（-x）+f（3-x）=f（x2-3x）≥2=f（4）．由此能求出不等式f（-x）+f（3-x）≥2的解集．

　　本題考查抽象函數的函數值的求法，考查抽象函數對應的不等式的解法．解題時要認真審題，注意抽象函數的單調性的靈活運用．

　　33.

　　（1）設f（x）=ax2+bx+c，代入f（5）=3，f（6）=2，以及對稱軸為x=5，解方程可得a，b，c，再由奇函數的定義可得[-6，-3]的函數式，再由一次函數的解析式，解方程即可得到所求；

　　（2）運用二次函數的最值的求法和一次函數的單調性，可得f（x）的值域為[-3，3]，由題意可得a2+4a+3≤0，解不等式，即可得到所求范圍．

　　本題考查函數的解析式的求法，注意運用奇函數的定義，考查不等式恒成立問題的解法，以及運算求解能力，屬于中檔題．

　　34.

　　（I）取x=0代入函數滿足的等式，整理可得f（0）=0．再根據3=1+2=1+1+1，結合定義和f（3）=6，算出f（1）=2；

　　（II）以-x取代y，代入函數滿足的等式，可得f（x）+f（-x）=0，由此可得f（x）是奇函數；

　　（III）根據函數是單調函數且f（0）＜f（1），得f（x）是定義域在R上的增函數．再結合函數為奇函數，將題中不等式轉化為kx2＜1-2x在 上恒成立，最后采用變量分離的方法結合換元法求函數的最小值，可算出k的取值范圍．

　　本題給出抽象函數，求特殊的函數值并討論函數的單調性與奇偶性，考查了抽象函數的理解與處理、函數的單調性與奇偶性和不等式恒成立問題的處理等知識，屬于中檔題．

　　35.

　　（1）直接根據條件f（xy）=f（x）+f（y），令x=y=1代入即可求出f（1）的值；

　　（2）先根據f（ ）=-1得出f（3）=1，從而f（9）=2，因此，原不等式等價為： ，解之即可．

　　本題主要考查了抽象函數的函數值，以及運用抽象函數的單調性和特殊值解不等式，涉及一元二次不等式的解法，屬于中檔題．

　　36.

　　（1）分類討論，當當 0＜x≤2時，當 2＜x≤4時，當 4＜x≤6時，分別求出S，再把S表示成分段函數的形式．

　　（2）先依據（1）中函數S=f（x）的解析式，求出f（3）的值，再把f（3）的值代入f[f（3）]運算．

　　本題考查分段函數的特征，體現了分類討論、數形結合的數學思想．

　　37.

　　（1）令x=0，y= 代入①整理即可得到f（- ）的值；

　　（2）賦予x，y不同的值，根據函數的性質①求出f（x）的解析式，得出g（x），根據二倍角公式與同角的三角函數關系對g（x）進行化簡放縮，得出最大值．

　　本題考查了抽象函數的性質應用，三角函數的恒等變換，屬于難題．

　　38.

　　（1）根據圖象的平移即可得到函數的解析式，

　　（2）方法一，采取分離參數，轉化為 在x∈[1，3]上有解或者 在 上有解，根據函數的性質即可求出k的范圍

　　方法二，采用根的分布，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，分別根據根與系數的關系即可求出k的范圍．

　　本題考查了函數解析式的求法和根的分布問題，關鍵是分類討論，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題

　　39.

　　（1）設x1＞x2，結合f（a+b）=f（a）+f（b）-1，可得f（x2-x1）=f（x1-x2）-1，由x＞0時，有f（x）＞1，可得f（x1）＞f（x2），證明函數在R上單調遞增；

　　（2）根據已知條件，原不等式轉化為（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，

　　構造函數，求出x的范圍即可．

　　本題考查抽象函數的性質單調性的判斷，考查不等式恒成立思想的運用，考查運算能力，屬于中檔題．

　　40.

　　（1）m的最大值為 ．分類進行證明，當m= 時，函數f（x）具有性質P（ ）；假設存在 ＜m＜1，使得函數f（x）具有性質P（m），則0＜1-m＜ ，證明不存在x0∈（0，1-m]，使得f（x0）=f（x0+m）即可；

　　（2）任取k∈N*且k≥2，設g（x）=f（x+ ）-f（x），其中x∈[0， ]，利用疊加法可得g（0）+g（ ）+…+g（ ）+…+g（ ）=f（1）-f（0）=0，分類討論：當g（0）、g（ ）、…、g（ ）中有一個為0時，函數f（x）具有性質P（ ）；當g（0）、g（ ）、…、g（ ）均不為0時，由于其和為0，則必然存在正數和負數，進而可證函數f（x）具有性質P（ ）．

　　本題考查新定義，考查分類討論的數學思想，考查學生分析解決問題的能力，難度較大．

　　41.

　　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．

　　42.

　　（1）用t表示y，即y是關于t的函數m（t）；

　　（2）求a為參數時函數m（t）= 在t∈[ ，2]上的最大值；

　　（3）分段討論當a≥- 時，對應 的取值范圍，計算滿足 的實數a的值．

　　本題考查了函數及其性質的綜合應用，用分類討論法求函數最值的知識，是容易出錯的題目．

　　43.

　　過A，D分別作AG⊥BC于G，DH⊥BC于H，由平面圖形的知識可得線段長度，由面積公式分段可得函數解析式，作圖可得．

　　本題考查函數圖象的作法，設及函數式的求解，屬中檔題．

　　44.

　　（Ⅰ）求出函數的導數，通過討論m的范圍，求出函數的單調區間即可；

　　（Ⅱ）令g（x）=x，討論m的范圍，根據函數的單調性求出g（x）的最大值和f（x）的最小值，結合函數恒成立分別判斷即可證明結論．

　　本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及函數恒成立問題，考查學生的計算能力，是一道綜合題．

　　45.

　　（1）根據使函數的解析式有意義的原則，我們易求出函數的解析式，根據反比例函數的性質，我們易求出函數的值域；

　　（2）任取區間（0，+∞）上兩個任意的實數x1，x2，且x1＜x2，我們作差f（x1）-f（x2），并判斷其符號，進而根據函數單調性的定義，可得到結論．

　　本題考查的知識點是函數單調性的判斷與證明，函數的定義域及其求法，函數的值域，其中熟練掌握基本初等函數的定義域，值域，及函數單調性的證明方法是解答本題的關鍵．

　　46.

　　（Ⅰ）求出函數的導數，通過討論a的范圍求出函數的單調區間即可；

　　（Ⅱ）通過討論a的范圍，求出f（x）的最小值，根據f（x）min≥0，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，轉化思想，是一道中檔題．

　　47.

　　（1）利用指數函數的定義，求出a，即可求f（x）的表達式；

　　（2）F（x）=2x-2-x，即可判斷F（x）=f（x）-f（-x）的奇偶性；

　　（3）不等式：log2（1-x）＞log2（x+2），即1-x＞x+2＞0，即可解不等式：loga（1-x）＞loga（x+2）

　　本題考查指數函數，考查函數的奇偶性，考查不等式的解法，屬于中檔題．

　　48.

　　根據題意，設x1＞x2＞0，用定義法作差可得f（x1）-f（x2）=（- -1）-（- -1）= - = ，結合x1＞x2＞0，分析可得x1-x2＞0且x1ox2＞0，分析可得f（x1）-f（x2）的符號，由函數單調性的定義分析可得證明．

　　本題考查函數的單調性的證明，要掌握定義法的證明過程并正確化簡．

　　49.

　　（1）配方法化簡f（x）=x2-4x-4=（x-2）2-8，從而分類討論以確定函數的解析式；

　　（2）分類討論各段上的取值范圍，從而求最小值的值．

　　本題考查了配方法的應用及分段函數的應用，同時考查了分類討論的思想應用．

　　50.

　　（1）若a=-1，則f（x）=|x+1|-|x-3|，運用函數的零點分區間，討論當x≥3時，當-1≤x＜3時，當x＜-1時，化簡不等式求解，最后求并集即可；

　　（2）由題意知這是一個存在性的問題，須求出不等式左邊的最大值，可運用絕對值不等式的性質可得最大值，再令其大于等于 ，即可解出實數a的取值范圍．

　　本題考查絕對值不等式，求解本題的關鍵是正確理解題意，區分存在問題與恒成立問題的區別，本題是一個存在問題，解決的是有的問題，故取|a-3|≥ ，即小于等于左邊的最大值即滿足題意，本題是一個易錯題，主要錯誤就是出在把存在問題當成恒成立問題求解，因思維錯誤導致錯誤，是有一定難度的題目．

　　51.

　　（1）利用換元法以及函數奇偶性的定義即可求f（x）的解析式并判斷f（x）的奇偶性；

　　（2）利用對數函數的性質即可解不等式f（x）≤0．

　　本題主要考查函數解析式的求解以及函數奇偶性的判斷，根據對數函數的性質是解決本題的關鍵．

　　52.

　　（1）由奇函數的性質得f（0）=0恒成立，求出a的值，再判斷函數的單調性即可．

　　（2）根據奇函數的性質將不等式轉化為：f（logm ）＞-f（-1）=f（1），再由函數的單調性得logm ＜1，利用對數的單調性對m進行分類討論，再求出實數m的取值范圍．

　　本題考查了函數的奇偶性與單調性的應用問題，也考查了對數函數的圖象與性質的應用問題，是中檔題．

　　53.

　　（1）代值計算即可．

　　（2）分三種情況加以討論：當a＞0時，將方程f（x）=g（x）兩邊平方，得方程（x-a）2-a2x2=0在（0，+∞）上有兩解，構造新函數h（x）=（a2-1）x2+2ax-a2，通過討論h（x）圖象的對稱軸方程和頂點坐標，可得0＜a＜-1；當a＜0時，用同樣的方法得到-1＜a＜0；而當a=0時代入函數表達式，顯然不合題意，舍去．最后綜合實數a的取值范圍；

　　（3）F（x）=f（x）og（x）=ax|x-a|，根據實數a與區間[1，2]的位置關系，分4種情況加以討論：①當0＜a≤1時，③當2＜a≤4時，④當a＞4時，最后綜上所述，可得函數y=F（x）在區間[1，2]上的最大值的結論．

　　本題借助于含有字母參數的一次函數和含有絕對值的函數，通過討論它們的奇偶性和單調性，以及討論含有參數的方程根的個數，著重考查了函數的單調性的奇偶性、函數的零點和二次函數的圖象與性質等知識點，屬于難題．請同學們注意分類討論和數形結合的數學思想在解決本題中所起的作用

　　54.

　　（1）通過令t（x）=f（x）-g（x），利用"漸近函數"的定義逐條驗證即可；

　　（2）通過記t（x）=f（x）-g（x），結合"漸近函數"的定義可知 ＜a，問題轉化為求當x∈[0，+∞）時q（x）= 的最大值問題，進而計算可得結論．

　　本題考查新定義函數，涉及導數的計算，函數單調性及極限知識，注意解題方法的積累，屬于中檔題．

　　55.

　　（Ⅰ）去掉絕對值符號，然后求解不等式即可解不等式f（x）＞5；

　　（Ⅱ）利用絕對值的幾何意義，求出f（x）的最小值，利用恒成立，轉化不等式求解即可．

　　本題考查函數的恒成立，函數的最值的求法，絕對值不等式的幾何意義的應用，考查轉化思想以及計算能力．

　　56.

　　（1）由由f（1）=2即可解得；

　　（2）利用減函數的定義可以判斷、證明；

　　本題考查函數的單調性，屬容易題，定義證明函數單調性的常用方法．

　　57.

　　（1）根據函數成立的條件進行求解即可．

　　（2）根據函數奇偶性的定義進行判斷即可．

　　本題主要考查函數定義域和奇偶性的判斷，根據奇偶性的定義結合指數冪的運算性質是解決本題的關鍵．

　　58.

　　（I）求出f′（x），然后把切點N的橫坐標代入f′（x）表示出直線的斜率等于tan ，得到關于m的方程，求出m的值，然后把N（1，n代入到f（x）即可得到n的值；

　　（II）要使得不等式f（x）≤k-1993對于x∈[-1，3]恒成立，即要k≥f（x）max+1993即要求出f（x）的最大值，方法是令f′（x）=0求出x的值，然后在[-1，3]區間上，利用x的值分三種情況討論f′（x）的正負得到函數的單調區間，然后利用函數的增減性得到函數的最大值，列出關于k的不等式，求出解集即可得到滿足題意k的最小的正整數解．

　　考查學生會利用導數研究曲線上過某點切線方程的斜率，理解函數恒成立時所取的條件，會利用導數求閉區間上函數的最大值，掌握直線傾斜角與斜率的關系．

　　59.

　　（Ⅰ）通過討論x的范圍，去掉絕對值，從而解出不等式的解集；（Ⅱ）畫出函數f（x）的圖象，通過圖象讀出即可．

　　本題考查了絕對值不等式的解法，考查函數恒成立問題，考查數形結合思想，是一道中檔題．

　　60.

　　（Ⅰ）將a的值帶入f（x），兩邊平方求出不等式的解集即可；

　　（Ⅱ）求出f（x）=|x-a|-|x|+ ，原問題等價于|a|＜a2，求出a的范圍即可．

　　本題考查了解絕對值不等式問題，考查絕對值的性質，是一道中檔題．

　　61.

　　（Ⅰ）利用|x-3|+|x-m|≥|（x-3）-（x-m）|=|m-3|，對x與m的范圍討論即可．

　　（Ⅱ）構造柯西不等式即可得到結論．

　　本題主要考查了絕對值不等式的幾何意義和解法以及柯西不等式的構造思想．屬于中檔題．

　　62.

　　（1）利用 為定義在（-∞，0）∪（0，+∞）上的奇函數，f（-x）=-f（x），即可求實數a的值；

　　（2）利用函數單調性的定義進行證明．

　　本題主要考查函數奇偶性的應用，以及函數單調性的判斷和證明，要求熟練掌握函數單調性的定義及證明過程．

　　63.

　　（1）利用零點分段法，我們可將函數f（x）=|x-1|+|x-2|化為分段函數的形式，根據分段函數分段處理的原則，我們分類討論解答f（x）＞3，最后綜合討論結果，即可得到不等式的解集．

　　（2）若f（x）＞a對x∈R恒成立，則a＜f（x）的最小值，根據（1）中分段函數的解析式，求出函數f（x）的最小值，即可得到答案．

　　本題考查的知識點是絕對值不等式的解法，函數恒成立問題，其中利用零點分段法，將函數的解析式化為分段函數的形式，再根據分段函數分段處理的原則，進行解答是本題的關鍵．

　　64.

　　（1）根據方程關系即可求m的值和函數f（x）的定義域；

　　（2）根據函數奇偶性的定義即可判斷函數f（x）的奇偶性并說明理由；

　　（3）根據函數單調性的定義判斷函數f（x）在（0，+∞）上的單調性．

　　本題主要考查函數解析式的求解，以及函數奇偶性和單調性的判斷和證明，利用定義法是解決本題的關鍵．

　　65.

　　（1）根據條件建立方程關系，求出a，b的值，結合函數奇偶性的定義進行判斷即可．

　　（2）根據函數單調性的定義進行證明即可．

　　本題主要考查函數解析式的求解以及函數奇偶性和單調性的判斷和證明，利用函數奇偶性的定義和單調性的 定義是解決本題的關鍵．

　　66.

　　（1）求出函數的單調區間，從而求出函數的最大值和最小值即可；（2）求出函數的對稱軸，從而求出a的范圍，根據二次函數的性質求出f（x）在[-5，5]上的最大值即可．

　　本題考查了函數的單調性、最值問題，掌握二次函數的性質是解題的關鍵，本題是一道基礎題．

　　67.

　　（1）根據f（x）在[-1，1]上單調遞減且存在零點可得f（-1）f（1）≤0，從而解出a的范圍；

　　（2）對b進行討論，判斷g（x）的單調性，分別求出f（x），g（x）在[1，4]上的值域，令g（x）的值域為f（x）的值域的子集列出不等式組得出b的范圍．

　　本題考查了二次函數的單調性判斷，值域計算，零點的存在性定理，分類討論思想，屬于中檔題．

　　68.

　　（1）當x2-4x-5＞0時，f（x）=x2-4x-5；當x2-4x-5＜0時，f（x）=x2-4x-5，進而畫出圖象．

　　（2）先求出f（x）≥5的解集，再判斷集合A和B的關系．

　　（3）設函數g（x）=kx+3k-f（x），只要證明g（x）＞0恒成立即可．

　　本題主要考查了函數圖象的應用．注意數形結合．

　　69.

　　（Ⅰ）f（x）的定義域為（0，+∞）， ，若a≤0，f（x）在（0，+∞）上單調遞增；若a＞0時，f（x）在（0， ）上單調遞增，在（ ，+∞）上單調遞減．

　　（Ⅱ）f（x）- = ，令g（x）=xlnx-a（x2-1），（x≥1），g′（x）=lnx+1-2ax，令F（x）=g′（x）=lnx+1-2ax， ，由此進行分類討論，能求出實數a的取值范圍．

　　本題考查函數的單調性的求法，考查滿足條件的實數的取值范圍的求法．綜合性強，難度大，有一定的探索性，對數學思維的要求較高，解題時要注意導數性質的合理運用．

　　70.

　　（1）已知f（x），構造新的函數g（x），利用導數求函數單調的方法步驟；

　　（2）將ln（1+x）＜ax在（0，+∞）上恒成立等價于ln（1+x）-ax＜0在（0，+∞）上恒成立，構造新的函數h（x）=ln（1+x）-ax，x∈[0，+∞），依題意，我們所要求的a的取值范圍，需要滿足以下條件：能夠使得h（x）在[0，+∞）上單調遞減．

　　（3）由（2）可知 在（0，+∞）上恒成立，可以得到 ＜e，只需令 =n，即可．

　　本題綜合性較強，主要考查利用導數研究函數的單調性，以此為主線，貫穿其中．但對以上三個問題的解答，關鍵是構造函數，這是函數這一章節的重點和難點．

　　71.

　　（1）求出原函數的導函數，得到f′（e），再求出f（e），達人直線方程的點斜式得答案；

　　（2）由存在一個x0∈[1，e]使f（x0）＜g（x0）成立，得x0lnx0＜ ，分離參數a，令h（x）= ，利用導數求其最小值得答案；

　　（3）由題意得：xlnx＞（k-3）x-k+2在x＞1時恒成立，即k＜ ．構造函數F（x）= ，得F′（x）= ．令m（x）=x-lnx-2，則m′（x）=1- = ＞0在x＞1時恒成立．然后利用函數F（x）的單調性求其最小值 = ∈（5，6）．從而可得整數k的最大值．

　　本題考查利用導數研究過曲線上某點處的切線方程，考查利用導數求函數在閉區間上的最值，考查邏輯思維能力與推理運算能力，難度較大．

　　72.

　　（1）t=3時，不等式f（x）＞0化為x2-4x+3＞0，求出解集即可；

　　（2）根據題意，利用判別式△≤0，即可求出t的值．

　　本題考查了不等式的解法與應用問題，也考查了利用判別式求一元二次不等式恒成立的問題，是基礎題目．

　　73.

　　（1）由已知中f（1）=2，代入可得m的值，進而求出函數的解析式，根據函數奇偶性的定義判斷f（-x）與f（x）的關系，可得函數的奇偶性

　　（2）任取1＜x1＜x2，判斷f（x2）與f（x1）的大小，進而根據函數單調性的定義，可得函數的單調性

　　（3）由（1）中所得函數的解析式，構造關于a的不等式，解不等式可得答案．

　　本題考查的知識點是函數的奇偶性，函數的單調性，熟練掌握函數奇偶性與單調性的定義是解答的關鍵．

　　74.

　　（1）求單調區間，先求導，令導函數大于等于0即可．

　　（2）已知f（x）在區間（0， ）上是減函數，即f′（x）≤0在區間（0， ）上恒成立，然后用分離參數求最值即可．

　　本題考查函數單調性的判斷和已知函數單調性求參數的范圍，此類問題一般用導數解決，綜合性較強．

　　75.

　　（1）a=2時，分離常數得出 ，根據增函數的定義，設任意的x1＜x2＜-1，然后作差，通分，證明f（x1）＜f（x2），從而得出f（x）在（-∞，-1）上是增函數；

　　（2）分離常數得出 ，根據f（x）在區間（-∞，-1）上是減函數便可得出a+1＜0，從而得出實數a的取值范圍．

　　考查分離常數法的運用，增函數、減函數的定義，以及根據增函數定義證明一個函數為增函數的方法和過程，清楚反比例函數的單調性．

　　76.

　　（1）代入計算求a的值；

　　（2）利用奇函數的定義進行判斷即可．

　　本題考查函數值的計算，考查奇函數的定義，比較基礎．

　　77.

　　（Ⅰ）由題設，g（x）=x2-alnx，則 ．由已知，g'（1）=0，a=2．于是 ，則 ．由此能確定確定函數h（x）的單調性．

　　（Ⅱ）當1＜x＜e2時，0＜lnx＜2，即0＜f（x）＜2．欲證 ，只需證x[2-f（x）]＜2+f（x），即證 ．由此能夠證明當1＜x＜e2時，恒有 成立．

　　（Ⅲ）由題設， ．令g（x）-h1（x）=0，則 ．設 ，h3（x）=-x2+x+6（x＞0），則 ，由 ，得x＞4．

　　所以h2（x）在（4，+∞）上是增函數，在（0，4）上是減函數．由此入手能夠確定函數y=g（x）-h1（x）的零點個數．

　　本題考函數的恒成立的應用，對數學思維的要求比較高，要求學生理解"存在"、"恒成立"，以及運用一般與特殊的關系進行否定，本題有一定的探索性．綜合性強，難度大，易出錯．解題時要認真審題，注意導數的合理運用．

　　78.

　　（1）對g（x）配方，求出對稱軸x=a，討論若1≤a≤3時，若a＞3時，若a＜1，由單調性可得最小值，解方程，即可得到所求a的值；

　　（2）由題意可得（2x）2-2o2x+1-ko4x≥0，化為k≤（2-x）2-2o2-x+1，令t=2-x，求出t的范圍，求得右邊函數的最小值即可得到k的范圍；

　　（3）令y=0，可化為|2x-1|2-2o|2x-1|+1+2k-3ko|2x-1|=0（|2x-1|≠0）有3個不同的實根．令t=|2x-1|，討論t的范圍和單調性，t2-（3k+2）t+1+2k=0有兩個不同的實數解t1，t2，已知函數有3個零點等價為0＜t1＜1，t2＞1或0＜t1＜1，t2=1，記m（t）=t2-（3k+2）t+1+2k，由二次函數圖象可得不等式組，解不等式可得k的范圍．

　　本題考查二次函數在閉區間上最值問題，注意對稱軸和區間的關系，考查不等式恒成立問題解法，注意運用參數分離和構造函數法，考查函數零點問題，注意轉化思想運用，考查分類討論思想方法運用，以及運算化簡能力，屬于難題．

　　79.

　　方法：由 ，得f'（x）=x2+ax-，問題化，對于意x∈[1，+∞）都有[f（x]max2（a1下面利用導數具研究其單調性和最大值即得出實的取值圍；

　　方法：由 得f'（x）=-x2ax-2，原題轉化為：對于任意x∈[1，+）都有x2-ax2a0成立令h（）=x2-ax+2a結二次函數性質到關于a的不等關系，而實a的；

　　先過點 作曲線=f（x）的三條切線轉化：程 有三個不實數解下面用導數研究函數g（x零點從而求得a的范圍．

　　本小題主要考查函數單性的應用、利導究線某點切線方程、等式解法、函數恒成立問題基礎知識，考查運算求，考查形結思想化歸與轉化思想．屬中檔．

　　80.

　　不等式（x≤3就是x-|≤，求出的解集，與{x|-1x≤5相同，求實a的值；

　　在的條下，f（x）+f（x+5）≥m對一切實數成立，根f（x+f（x5）小值≥m求實數m的取范．

　　題考查函數恒成立題，對值不等式的解法，考查轉，是中題，

　　81.

　　利用奇函，在f-x）=-f（x中的特殊值求a，b的值；

　　首先定函f（x）的單調性然后結合函的性質把不等式f（t-2t）+f（2t2-k）0為于t的一元不等式，后由元二次式知求出k的取值范圍．

　　本題主要考查數奇偶與單調的合應用同時查一二次不等式恒成立問的解決策略．

　　82.

　　當1時，（x）=-x|x-|+1= 依題意，可得 ，或 格/．分別解之即可；

　　a∈（0，3，作數yf（）的象分0＜a≤1、1＜a＜2與2≤＜3三類討論，數形合即可求得函數y=f（x）x∈[1，2]上大；

　　當1- ＞2時，M是方程2+a1=-2的較大根分別解答，取即可求得的取值范圍．

　　本題考查絕值不等式的法，著重查二次函數在區間上最值，綜考查形結合想、分類討論思想、價轉化思想，查邏輯、抽思、新思維的綜運用，是難題．

　　【答案】

　　1.解：（1）由題意：函數f（x）=lg（2+x）+lg（2-x）=

　　∴函數f（x）的定義域滿足： ，解得：-2＜x＜2

　　故函數f（x）的定義域為（-2，2）．

　　（2）∵函數g（x）=10f（x）+2x，

　　∴g（x）= +2x= = ，（-2＜x＜2）

　　∵  ，即 ，當且僅當x=1時取等號．

　　根據勾勾函數的性質：可得：函數g（x）在（-2，1）時，是增函數，（1，2）時，是減函數．

　　故得g（x）∈（- ，7]．

　　所以函數g（x）的值域為（- ，7]．

　　2.解：（1）由題設，令x=y=0，

　　恒等式可變為f（0+0）=f（0）+f（0），解得f（0）=0，

　　（2）令y=-x，則由f（x+y）=f（x）+f（y）得

　　f（0）=0=f（x）+f（-x），即得f（-x）=-f（x），

　　故f（x）是奇函數

　　（3）由 f（x2）-f（x）＞ f（3x），

　　f（x2）-f（3x）＞2f（x），

　　即f（x2）+f（-3x）＞2f（x），

　　又由已知f（x+y）=f（x）+f（y）．

　　得：f[2（x）]=2f（x）

　　∴f（x2-3x）＞f（2x），

　　由函數f（x）是增函數，不等式轉化為x2-3x＞2x．即x2-5x＞0，

　　∴不等式的解集{x|x＜0或x＞5}．

　　3.解：（1）由 得 ，即-1≤x≤1，即函數的定義域[-1，1]．平方得 ，

　　∴t2∈[2，4]，

　　∵t≥0，

　　∴ ，

　　∴t的取值范圍是 ．-----------（4分）

　　（2）由（1）知 ，

　　∴ ， ．-----------（6分）

　　（3） 的對稱軸為 ．

　　①當 即 時， ；

　　②當 即 時， ；

　　③當 即 時，g（a）=h（2）=a+2．

　　綜上可得，函數f（x）的最大值為 ．---（12分）

　　4.解：（1）當x∈（0，e]時，-x∈[-e，0），

　　則f（-x）=a（-x）-lnx，

　　又f（x）是奇函數，故f（x）=-f（-x）=ax+lnx，

　　故f（x）= ；

　　（2）當x∈（0，e]時，f（x）=ax+lnx，

　　f′（x）=a+ = ，

　　①當a≥0時，f′（x）＞0，f（x）在區間（0，e]遞增，

　　故函數f（x）在區間（0，e]上的最大值是f（e）=ae+1=2，

　　故a= ＞0滿足題意；

　　②當- ≥e，即- ≤a＜0時，f′（x）=a+ ≥- + ≥- + =0，

　　故f（x）在（0，e]遞增，

　　此時f（x）在區間（0，e]的最大值是f（e）=ae+1=2，

　　則a= ＞0，不滿足條件= ≤a＜0；

　　③當a＜- 時，可得f（x）在區間（0，- ]遞增，在區間[- ，e]遞減，

　　故x=- 時，f（x）max=f（- ）=-1+ln（- ），

　　令f（- ）=2，得a=- ＞0 ，不滿足條件，

　　綜上a= 時，函數f（x）在區間（0，e]上的最大值是2．

　　5.解：（1）由題意得： ＞0，

　　解得：-1＜x＜1，

　　故函數的定義域是（-1，1）；

　　（2）若函數f（x）＜0，

　　即 ＜0，

　　即0＜ ＜1，

　　解得：0＜x＜1．

　　6.解：（Ⅰ）由f（-2）=3，f（-1）=f（1）得 ，

　　解得a=-1，b=1

　　所以f（x）= ，

　　從而f（f（-2））=f（-（-2）+1）=f（3）=23=8；

　　（Ⅱ）"描點法"作圖：1°列表：

　　x    -2    -1    0    1    2

　　f（x）    3    2    1    2    4

　　2°描點；3°連線

　　f（x）的圖象如右圖所示：

　　7.解：（Ⅰ）由已知該長方體形水箱高為x米，底面矩形長為（2-2x）米，寬（1-2x）米．

　　∴該水箱容積為f（x）=（2-2x）（1-2x）x=4x3-6x2+2x．…（4分）

　　其中正數x滿足 ∴0＜x＜ ．

　　∴所求函數f（x）定義域為{x|0＜x＜ }．…（6分）

　　（Ⅱ）由f（x）≤4x3，得x≤0或x≥ ，

　　∵定義域為{x|0＜x＜ }，∴ ≤x＜ ．…（8分）

　　此時的底面積為S（x）=（2-2x）（1-2x）=4x2-6x+2（x∈[ ， ））．

　　由S（x）=4（x- ）2- ，…（10分）

　　可知S（x）在[ ， ）上是單調減函數，

　　∴x= ．

　　即要使水箱容積不大于4x3立方米的同時，又使得底面積最大的x是 ．…（12分）

　　8.解：（1）根據題意，二次函數f（x）的對稱軸為x= =2，

　　頂點坐標為（2，1）；

　　設函數f（x）=a（x-2）2+1，

　　則f（0）=a×（-2）2+1=3，解得a= ，

　　所以f（x）= （x-2）2+1；

　　（2）二次函數f（x）的對稱軸是x=2，

　　在對稱軸的同側，f（x）單調性相同，

　　當f（x）在區間[2a，3a+1]上單調時，

　　2a≥2或3a+1≤2，

　　解得a≥1或a≤ ，

　　所以a的取值范圍是a≤ 或a≥1．

　　9.解：（1）f（-1）=f（1）=2-1=1．

　　（2）證明：設a＞b＞0，f（a）-f（b）=（ -1）-（ -1）= ，

　　由a＞b＞0知， ＜0，∴f（a）＜f（b），∴f（x）在（0，+∞）上是減函數．

　　（3）設x＜0，則-x＞0，∴f（-x）= -1=f（x），

　　∴f（x）= -1，即當x＜0時，函數的解析式為f（x）= -1．