高三模擬文科數(shù)學試題之函數(shù)的性質(3)

　　10.解：（1）∵對任意x1，x2（0，+∞），都有f（x1ox2）=f（x1）+f（x2），

　　令x1=x2=1，

　　f（1o1）=f（1）+f（1），

　　則f（1）=0（2分）

　　（2）設x1，x2∈（0，+∞）且x1＜x2，

　　∵對任意x1，x2（0，+∞），都有f（x1ox2）=f（x1）+f（x2），

　　∴則f（x1）-f（x2）=f（ ）

　　∵0＜x1＜x2，

　　∴0＜ ＜1，又當x∈（0，1）時，f（x）＜0，∴f（x1）-f（x2）= ，

　　∴f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)（7分）

　　（3）令x1=x2=4，則f（16）=f（4）+f（4）=2，

　　令x1=4，x2=16，則f（64）=f（4）+f（16）=3，（9分）

　　∴f（3x+1）+f（2x-6）≤3=f（64）

　　結合f（x）的定義域為（0，+∞），f（x1ox2）=f（x1）+f（x2）恒成立

　　∴

　　∴x∈（3，5]（12分）

　　11.解：（1）∵f（x）=cosx+sinx，a= ；

　　∴f（x+a）=cosx-sinx；

　　∴g（x）=f（x）of（x+a）=cos2x；

　　由π+2kπ≤x≤2π+2kπ，k∈Z；

　　得：遞增區(qū)間為[ π+kπ，π+kπ]，（k∈Z）；

　　（2）∵g（x）=f（x）of（x+a）

　　=（2x+ ）（2x+a+ ）

　　=（2x+ ）（2xo2a+ ）

　　=2a（2x）2+ +2a+ ≥2a+ +2=6；

　　（當且僅當2a（2x）2=1時，等號成立）；

　　故2a=2± ；

　　故a= ．

　　12.解：（1）∵函數(shù)f（x）=xm- ，且f（4）=3，

　　∴4m-1=3，∴m=1；

　　（2）∵f（x）=x- ，

　　∴f（-x）=-x+ =-f（x），

　　∴f（x）是奇函數(shù)．

　　13.解：（I） f（0）=1， ；

　　（II）這個函數(shù)當x=0時，函數(shù)取得最大值1，

　　當自變量x的絕對值逐漸變大時，函數(shù)值逐漸變小并趨向于0，但永遠不會等于0，

　　于是可知這個函數(shù)的值域為集合 ．

　　14.解：（Ⅰ）由題意可設每天多賣出的件數(shù)為k（x2+x），

　　∴36=k（32+3），

　　∴k=3．

　　又每件商品的利潤為（20-9-x）元，每天賣出的商品件數(shù)為69+3（x2+x）．

　　∴該商品一天的銷售利潤為

　　f（x）=（11-x）[69+3（x2+x）]=-3x3+30x2-36x+759（0≤x≤11）．

　　（Ⅱ）由f′（x）=-9x2+60x-36=-3（3x-2）（x-6）．

　　令f′（x）=0可得 或x=6．

　　當x變化時，f′（x）、f（x）的變化情況如下表：

　　x    0                   6    （6，11）    11

　　f′（x）        -    0    +    0    -

　　f（x）    759    ↘    極小值     ↗    極大值975    ↘    0

　　∴當商品售價為14元時，一天銷售利潤最大，最大值為975元

　　15.解：當a= 時，求（ ）= ，故ff（ ））=（ ）2（1- ）=

　　得A（ ， ）B（ ， ）

　　則=S△OCB-S△A= × 所以s′= × ，

　　為f（ ）= = ≠ ，

　　≤x≤a2時，由 =，解得=0因為f（0）=0，故x=0不函數(shù)二周期點；

　　此函數(shù)有兩個二階周點，x= x2=

　　ff（x））=

　　因a∈（ ），有a2+＜1所s′= × = ＞0或令=3-a2-2a+2利用導證明其符號正亦可）

　　s在區(qū)[ ， 上是增函數(shù)，

　　故x= 是函數(shù)的二階期；

　　故s區(qū)間[ ， ]的最小值s（ ）= ，大值為s（ ）=

　　16.解：（1）當0＜t≤1時，

　　如圖，設直線x=t與△OAB分別交于C、D兩點，則|OC|=t，

　　又 ，∴ ，

　　∴

　　（2）當1＜t≤2時，

　　如圖，設直線x=t與△OAB分別交于M、N兩點，則|AN|=2-t，

　　又 ，∴

　　∴

　　（3）當t＞2時，

　　綜上所述

　　17.解（1）由 ，解得1＜x＜3．

　　∴函數(shù)?（x）的定義域為{x|1＜x＜3}；

　　（2）不等式f（x）≤g（x），即為loga（x-1）≤loga（6-2x），

　　②當a＞1時，不等式等價于 ，解得： ；

　　②當0＜a＜1時，不等式等價于 ，解得： ．

　　綜上可得，當a＞1時，不等式的解集為（1， ]；

　　當0＜a＜1，不等式的解集為[ ）．

　　18.解：（1）設表示前20天每股的交易價格P（元）與時間t（天）的一次函數(shù)關系式為P=k1t+m，

　　由圖象得： ，解得： ，即P= t+2；        …（3分）

　　設表示第20天至第30天每股的交易價格P（元）與時間t（天）的一次函數(shù)關系式為P=k2t+n，

　　即P=- t+8．…（6分）

　　綜上知P= （t∈N）．…（7分）

　　（2）由（1）可得y= ．

　　即y= （t∈N）．…（10分）

　　當0≤t＜20時，函數(shù)y=- t2+6t+80的圖象的對稱軸為直線t=15，

　　∴當t=15時，ymax=125；

　　當20≤t≤30時，函數(shù)y= t2-12t+320的圖象的對稱軸為直線t=60，

　　∴該函數(shù)在[20，30]上單調遞減，即當t=20時，ymax=120．

　　而125＞120，

　　∴第15天日交易額最大，最大值為125萬元． …（13分）

　　19.解：（1）由題意，f（0）=0，

　　當x＞0時，-x＜0，

　　f（x）=-f（-x）=-（1+2-x）

　　故f（x）= ；

　　（2）作函數(shù)f（x）的圖象如下，  ；

　　（3）函數(shù)f（x）單調增區(qū)間為（-∞，0），（0，+∞），

　　其值域為（-2，-1）∪{0}∪（1，2）．

　　20.解：（1） ，

　　x2-（2a+1）x+a2+a≥0?x≥a+1或x≤a

　　∴A=（-∞，-1]∪（2，+∞），B=（-∞，a]∪[a+1，+∞）…（6分）

　　（2） …（12分）

　　21.（1）解：∵f（x）對任意x∈R都有f（x）+f（1-x）=2，

　　∴ ，∴ ，

　　令 ，∴ ；

　　（2）證明：f（x）對任意x∈R都有f（x）+f（1-x）=2，

　　則令 ，

　　∵an=f（0）+f（ ）+f（ ）+…+f（ ）+f（1），

　　∴an=f（1）+f（ ）+f（ ）+…+f（ ）+f（0），

　　∴2an=[f（0）+f（1）]+[f（ ）+f（ ）]+…+[f（ ）+f（ ）]+[f（1）+f（0）]，

　　∴2an=2（n+1）（n∈N*）

　　∴an=n+1（n∈N*）

　　∴an+1-an=（n+2）-（n+1）=1（n∈N*），

　　∴{an}是等差數(shù)列．

　　（3）解：由（2）有

　　∴

　　∴Tn=b12+b22+b32+…+bn2＜2[（1- ）+（ - ）+…+（ - ）]

　　=2（1- ）= =Sn

　　∴Tn＜Sn

　　22.（1）解：令t=0，則f（x0）=0of（x）=0，即f（1）=0；

　　由f（ ）=2，則f（ ）=2f（ ）=4；

　　（2）證明：設0＜a＜1，由于x，y＞0，存在m，n，使x=am，y=an，

　　f（xy）=f（aman）=f（am+n）=（m+n）f（a），

　　f（x）+f（y）=f（am）+f（an）=mf（a）+nf（a）=（m+n）f（a）．

　　則有f（xy）=f（x）+f（y）；

　　（3）解：先證f（x）在x＞0上遞減．

　　由于f（x）=f（ ）= of（ ）=2 ，則f（x）在x＞0上遞減．

　　再求a的取值范圍，a＞0，a≠1，

　　又不等式f（loga（x-3a）-1）-f（-  ）≥-4對x∈[a+2，a+ ]恒成立，

　　則x-3a＞0，x-a＞0，對x∈[a+2，a+ ]恒成立，a+2-3a＞0，且a+2-a＞0，

　　則0＜a＜1，在x＞0上，loga（x-3a）-1＞0，即x-3a＜a，對x∈[a+2，a+ ]恒成立，

　　則有a+ ＜4a，解得，a＞ ；

　　-loga ＞0，即x-a＞1，對x∈[a+2，a+ ]恒成立，a+2-a＞1恒成立．

　　由（2）中令x= ，y=4，則f（1）=f（ ）+f（4），f（4）=-4，

　　f（loga（x-3a）-1）≥f（4）+f（- loga（x-a））=f（-loga（x-a）），

　　由于f（x）在x＞0上遞減，則loga（x-3a）+loga（x-a）≤1，等價為loga（x2-4ax+3a2）≤1．

　　由0＜a＜1，則x=2a在[a+2，a+ ]的左側，

　　令g（x）=loga（x2-4ax+3a2），g（x）在[a+2，a+ ]遞減，

　　g（x）max=g（a+2）≤1，即loga（4-4a）≤1，即4-4a≥a，

　　解得，a ．

　　綜上，可得， ＜a≤ ．

　　23.（1）因為f（x）是偶函數(shù)，所以f（-x）=f（x）

　　而當x∈ 時，f（x）=sinx，所以x 時， ，

　　f（x）=f（-x）=sin（-x）=-sinx．

　　又當x 時，x+π∈ ，

　　因為f（x）的周期為π，所以f（x）=f（π+x）=sin（π+x）=-sinx．

　　所以當x∈[-π，0]時f（x）=-sinx．

　　（2）函數(shù)圖象如圖，

　　（3）由于f（x）的最小正周期為π，

　　因此先在[-π，0]上來研究 ，即 ．

　　所以 ．所以， ．

　　由周期性知，當 時， （k∈Z）．

　　所以，當 時，x的取值范圍是 （k∈Z）．

　　24.解：（1）由條件可得f（x+1）=ax2+1；

　　∴f（x）=a（x-1）2+1；

　　由f（0）=a+1=2得a=1；

　　∴f（x）=（x-1）2+1；

　　（2）①當k+1＜1，即k＜0時，最小值g（k）=f（k+1）=k2+1；

　　②當k＞1時，最小值g（k）=f（k）=（k-1）2+1；

　　③當0≤k≤1時，最小值g（k）=f（1）=1；

　　綜上g（k）= ．

　　25.解：（Ⅰ）當a=2時，f（x）=x|x-2|= ，作出圖象，

　　由圖可知，函數(shù)y=f（x）的單調遞增區(qū)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(shù)y=f（x）在區(qū)間 的值域為[-1，8]；

　　（Ⅲ）∵a≠0，f（x）=x|x-a|= ，函數(shù)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(qū)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(qū)間（m，n）上既有最大值又有最小值，必須m≥ a，n≤0．

　　26.解：（1）設函數(shù)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(shù)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）．

　　27.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．

　　28.解：（1）由題意可得 ，

　　即有 ，由p＞-1，可得-p＜1，

　　即有-p＜x＜1，則函數(shù)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(shù)．

　　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(shù)f（x）取得最小值，且為lg（1-a2）．

　　29.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．

　　30.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，

　　31.解：（I）∵f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，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(shù)，

　　∴f（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)

　　∵f（a-1）＜-1=f（1）

　　∴|a-1|＞1，

　　∴a＞2或a＜0

　　32.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）．

　　33.解：（1）當x∈[3，6]時，f（x）為二次函數(shù)，

　　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(shù)，且在[0，3]上的一次函數(shù)，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(shù)，

　　∴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}．

　　34.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(shù)f（x）是奇函數(shù)；

　　（III）∵f（x）是奇函數(shù)，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(shù)，且f（0）=0＜f（1）=2，

　　∴f（x）是定義域在R上的增函數(shù)．

　　∴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(shù)k的取值范圍為（-∞，-1）．

　　35.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(shù)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+ ，+∞）．

　　36.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．

　　37.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 ．

　　∴ ．

　　38.解：（1）由圖象的平移，h（x）=2|x-1|+1

　　（2）解：函數(shù)y=h（x）的圖象與函數(shù)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(shù)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， ．

　　39.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(shù)；

　　（2）因為f（x）為R上的增函數(shù)，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＜ ．

　　40.解：（1）m的最大值為 ．

　　首先當m= 時，取x0= ，則f（x0）=f（ ）=1，f（x0+m）=f（ ）=f（1）=1

　　所以函數(shù)f（x）具有性質P（ ）                               （3分）

　　假設存在 ＜m＜1，使得函數(shù)f（x）具有性質P（m），則0＜1-m＜ ．

　　當x0=0時，x0+m∈ ，f（x0）=1，f（x0+m）＞1，f（x0）≠f（x0+m）；

　　當x0∈（0，1-m]時，x0+m∈（ ，1]，f（x0）＜1，f（x0+m）≥1，f（x0）≠f（x0+m）；

　　所以不存在x0∈（0，1-m]，使得f（x0）=f（x0+m），

　　所以，m的最大值為 ．                                        …（7分）

　　（2）證明：任取k∈N*且k≥2

　　設g（x）=f（x+ ）-f（x），其中x∈[0， ]，則有g（0）=f（ ）-f（0）

　　g（ ）=f（ ）-f（ ）

　　…

　　g（ ）=f（ ）-f（ ）

　　…

　　g（ ）=f（1）-f（ ）

　　以上各式相加得：g（0）+g（ ）+…+g（ ）+…+g（ ）=f（1）-f（0）=0

　　當g（0）、g（ ）、…、g（ ）中有一個為0時，不妨設為g（ ）=0，i∈{0，1，…，k-1}，

　　即g（ ）=f（ + ）-f（ ）=0，則函數(shù)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(shù)和負數(shù)，

　　不妨設g（ ）＞0，g（ ）＜0，其中i≠j，i，j∈{0，1，…，k-1}，

　　由于g（x）是連續(xù)的，所以當j＞i時，至少存在一個 （當j＜i時，至少存在一個 ）

　　使得g（x0）=0，

　　即g（x0）=f（ ）-f（x0）=0

　　所以，函數(shù)f（x）具有性質P（ ）                     …（12分）

　　41.解：（1）若a= ，b= ，c= ，

　　則f（a）=f（b）=sin = ，f（c）=sin =1，

　　則f（a）+f（b）= =1，不滿足f（a）+f（b）＞f（c）

　　故f（x）=sinx，不是"保三角形函數(shù)"．

　　（2）對任意一個三角形三邊長a，b，c∈[2，+∞），且a+b＞c，b+c＞a，c+a＞b，

　　則h（a）=lna，h（b）=lnb，h（c）=lnc．

　　因為a≥2，b≥2，a+b＞c，所以（a-1）（b-1）≥1，所以ab≥a+b＞c，所以lnab＞lnc，

　　即lna+lnb＞lnc．

　　同理可證明lnb+lnc＞lna，lnc+lna＞lnb．

　　所以lna，lnb，lnc是一個三角形的三邊長．

　　故函數(shù)h（x）=lnx （x∈[2，+∞））．

　　（3）λ的最大值是 ．

　　①當λ＞ 時，取a= =b，c= ，顯然這3個數(shù)屬于區(qū)間（0，λ），且可以作為某個三角形的三邊長，

　　但這3個數(shù)的正弦值 、 、1顯然不能作為任何一個三角形的三邊，故此時，h（x）=sinx，x∈（0，λ）不是保三角形函數(shù)．

　　②當λ= 時，對于任意的三角形的三邊長a、b、c∈（0， ），

　　若a+b+c≥2π，則a≥2π-b-c＞2π- - = ，

　　即a＞ ，同理可得b＞ ，c＞ ，∴a、b、c∈（ ， ），

　　∴sina、sinb、sinc∈（ ，1]．

　　由此可得sina+sinb＞ + =1≥sinc，即sina+sinb＞sinc，同理可得sina+sinc＞sinb，sinb+sinc＞sina，

　　故sina、sinb、sinc 可以作為一個三角形的三邊長．

　　若a+b+c＜2π，則 + ＜π，

　　當 ≤ 時，由于a+b＞c，∴0＜ ＜ ≤ ，∴0＜sin ＜sin ≤1．

　　當 ＞ 時，由于a+b＞c，∴0＜ ＜ ＜ ，∴0＜sin ＜sin ＜1．

　　綜上可得，0＜sin ＜sin ≤1．

　　再由|a-b|＜c＜ ，以及y=cosx在（ 0，π）上是減函數(shù)，可得cos =cos ＞cos ＞cos ＞0，

　　∴sina+sinb=2sin cos ＞2sin cos =sinc，同理可得sina+sinc＞sinb，sinb+sinc＞sina，

　　故sina、sinb、sinc 可以作為一個三角形的三邊長．

　　故當λ= 時，h（x）=sinx，x∈（0，M）是保三角形函數(shù)，故λ的最大值為 ，

　　42.解：（1）∵ ，

　　∴t2=2+2 ，∴ ；

　　∴y=m（t）=a（ t2-1）+t= ， ．

　　（2）∵a≠0時直線 是拋物線m（t）= 的對稱軸，

　　∴可分以下幾種情況進行討論：

　　①當a＞0時，函數(shù)y=m（t）， 的圖象是開口向上的拋物線的一段，

　　由 知m（t）在 上單調遞增，故g（a）=m（2）=a+2；

　　②當a=0時，m（t）=t， ，有g（a）=2；

　　③當a＜0時，函數(shù)y=m（t）， 的圖象是開口向下的拋物線的一段，

　　若  即 時，g（a）= ，

　　若  即 時，g（a）= ，

　　若 ∈（2，+∞）即 時，g（a）=m（2）=a+2．

　　綜上所述，有g（a）= ．

　　（3）①當- ≤a≤- 時，- ≤ ≤- ，此時g（a）=g（ ）= ，∴- ≤a≤- ；

　　②當- ＜a≤- 時，-2≤ ＜- ，此時g（a）=-a- ，g（ ）= ，

　　由-a- = 得a=- ，與a＞- 矛盾，舍去；

　　③當- ＜a＜0時， ＜-2，此時g（a）=a+2，g（ ）= ，

　　由a+2= 得a= -2，與a＞- 矛盾，舍去；

　　④當a＞0時， ＞0，此時g（a）=a+2，g（ ）= +2，

　　由a+2= +2得a=±1，又∵a＞0，∴a=1；

　　綜上所述，滿足 的所有實數(shù)a為： 或a=1．

　　43.解：過A，D分別作AG⊥BC于G，DH⊥BC于H，

　　∵ABCD是等腰梯形，底角45°，AB= cm，

　　∴BG=AG=DH=HC=2cm，又BC=7cm，∴AD=GH=3cm，

　　（1）當點F在BG上，即x∈（0，2]時，y= ，

　　（2）當點F在GH上，即x∈（2，5]時，y=2+2（x-2）=2x-2，

　　（3）當點F在HC上，即x∈（5，7）時，y=  =- ，

　　∴函數(shù)的解析式為y=

　　作圖如右：

　　44.解：（Ⅰ）函數(shù)定義域為R，f′（x）=

　　①當m+1=1，即m=0時，f′（x）≥0，此時f（x）在R遞增，

　　②當1＜m+1＜3即0＜m＜2

　　x∈（-∞，1）時，f′（x）＞0，f（x）遞增，

　　x∈（1，m+1）時，f′（x）＜0，f（x）遞減，

　　x∈（m+1，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）遞增；

　　③0＜m+1＜1，即-1＜m＜0時，

　　x∈（-∞，m+1）和（1，+∞），f′（x）＞0，f（x）遞增，

　　x∈（m+1，1）時，f′（x）＜0，f（x）遞減；

　　綜上所述，①m=0時，f（x）在R遞增，

　　②0＜m＜2時，f（x）在（-∞，1），（m+1，+∞）遞增，在（1，m+1）遞減，

　　③-2＜m＜0時，f（x）在（-∞，m+1），（1，+∞）遞增，在（m+1，1）遞減；

　　（Ⅱ）當m∈（0， ]時，由（1）知f（x）在（0，1）遞增，在（1，m+1）遞減，

　　令g（x）=x，

　　①當x∈[0，1]時，f（x）min=f（0）=1，g（x）max=1，

　　所以函數(shù)f（x）圖象在g（x）圖象上方；

　　②當x∈[1，m+1]時，函數(shù)f（x）單調遞減，

　　所以其最小值為f（m+1）= ，g（x）最大值為m+1，

　　所以下面判斷f（m+1）與m+1的大小，

　　即判斷ex與（1+x）x的大小，其中x=m+1∈（1， ]，

　　令m（x）=ex-（1+x）x，m′（x）=ex-2x-1，

　　令h（x）=m′（x），則h′（x）=ex-2，

　　因x=m+1∈（1， ]，所以h′（x）=ex-2＞0，m′（x）單調遞增；

　　所以m′（1）=e-3＜0，m′（ ）= -4＞0，

　　故存在x0∈（1， ]使得m′（x0）=ex0-2x0-1=0，

　　所以m（x）在（1，x0）上單調遞減，在（x0， ）單調遞增

　　所以m（x）≥m（x0）=ex0-x02-x0=2x0+1- -x0=- +x0+1，

　　所以x0∈（1， ]時，m（x0）=- +x0+1＞0，

　　即ex＞（1+x）x也即f（m+1）＞m+1，

　　所以函數(shù)f（x）的圖象總在直線y=x上方．

　　45.解：（1）要使函數(shù) 的解析式有意義

　　自變量應滿足x≠0

　　故f（x）的定義域為（-∞，0）∪（0，+∞）

　　由于 ≠0，則 -2≠-2

　　故f（x）的值域為（-∞，-2）∪（-2，+∞）

　　（2）任取區(qū)間（0，+∞）上兩個任意的實數(shù)x1，x2，且x1＜x2，

　　則x1＞0，x2＞0，x2-x1＞0，

　　則f（x1）-f（x2）=（ ）-（ ）= - = ＞0

　　即f（x1）＞f（x2）

　　故函數(shù) 在（0，+∞）上是減函數(shù)

　　46.解：（Ⅰ）f（x）的定義域是（0，+∞），

　　f′（x）=2ax-（a+2）+ = ，a≤2，

　　①a≤0時，ax-1＜0，

　　令f′（x）＞0，即2x-1＜0，解得：0＜x＜ ，

　　令f′（x）＜0，解得：x＞ ，

　　故f（x）在（0， ）遞增，在（ ，+∞）遞減；

　　②0＜a＜2時，x= ＜ ，

　　令f′（x）＞0，解得：x＞ 或x＜ ，

　　令f′（x）＜0，解得： ＜x＜ ，

　　故f（x）在（0， ）遞增，在（ ， ）遞減，在（ ，+∞）遞增；

　　③a=2時，f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）遞增；

　　（Ⅱ）由（Ⅰ）①a≤0時，f（x）在[1，2]遞減，

　　f（x）min=f（2）=2a-2+ln2≥0，解得：a≥1-2ln2，

　　故1-2ln2≤a≤0；

　　②0＜a≤ 時， ≥2，f（x）在[1，2]遞減

　　f（x）min=f（2）=2a-2+ln2≥0，解得：a≥1-2ln2，

　　故0＜a≤ ；

　　③ ＜a＜1時，1＜ ＜2，

　　故f（x）在[1， ）遞減，在（ ，2]遞增，

　　故f（x）min=f（ ）=1- -lna≥0，

　　令g（a）=1- -lna，a∈（ ，1），

　　g′（a）= - = ＞0，

　　故g（a）在（ ，1）遞增，

　　g（a）＜g（1）=0，

　　故1＜ ＜2時，不合題意；

　　④a≥1時， ≤1，

　　故f（x）在[1，2]遞增，f（x）min=f（1）=0，

　　故a≥1，

　　綜上，1-2ln2≤a≤ 或a≥1．

　　47.解：（1）a2-3a+3=1，可得a=2或a=1（舍去），

　　∴f（x）=2x；

　　（2）F（x）=2x-2-x，∴F（-x）=-F（x），

　　∴F（x）是奇函數(shù)；

　　（3）不等式：log2（1-x）＞log2（x+2），即1-x＞x+2＞0，∴-2＜x＜- ，

　　解集為{x|-2＜x＜- }．

　　48.證明：根據題意，設x1＞x2＞0，

　　f（x1）-f（x2）=（- -1）-（- -1）= - = ，

　　又由x1＞x2＞0，則x1-x2＞0且x1ox2＞0，

　　則有f（x1）-f（x2）= ＞0，

　　即f（x1）＞f（x2），

　　故函數(shù) 在區(qū)間（0，+∞）上是增函數(shù)．

　　49.解：（1）f（x）=x2-4x-4=（x-2）2-8，

　　當t＞2時，f（x）在[t，t+1]上是增函數(shù)，

　　∴g（t）=f（t）=t2-4t-4；

　　當t≤2≤t+1，即1≤t≤2時，

　　g（t）=f（2）=-8；

　　當t+1＜2，即t＜1時，f（x）在[t，t+1]上是減函數(shù)，

　　∴g（t）=f（t+1）=t2-2t-7；

　　從而g（t）= ；

　　（2）當t＜1時，t2-2t-7＞-8，

　　當t＞2時，t2-4t-4＞-8；

　　故g（t）的最小值為-8．

　　50.解：（1）若a=-1，則f（x）=|x+1|-|x-3|，

　　若x≥3，由f（x）≥2，

　　得（x+1）-（x-3）≥2不等式顯然成立，

　　若-1≤x＜3，由f（x）≥2，

　　得（x+1）+（x-3）≥2，解得x≥2．

　　又-1≤x＜3，∴2≤x＜3．

　　若x＜-1，由f（x）≥2，

　　得-（x+1）+（x-3）≥2不等式不成立．

　　∴不等式f（x）≥2的解集為{x|x≥2}．

　　綜上所述，不等式f（x）≥2的解集為{x|x≥2}；

　　（2）不等式 即|x-a|-|x-3| ．

　　|x-a|-|x-3|≥-|（x-a）-（x-3）|=-|a-3|，

　　若a＞3，等號成立當且僅當x≥3，

　　若a=3，等號成立當且僅當x∈R，

　　若a＜3，等號成立當且僅當x≤3．

　　∴-|a-3| ，即|a-3| ，

　　若a≥3，則（a-3） ，解得a≥6．

　　若a＜3，則-（a-3） ，解得a≤2．

　　∴a的取值范圍是（-∞，2]∪[6，+∞）．

　　綜上所述，a的取值范圍是（-∞，2]∪[6，+∞）．

　　51.解：（1）設x2-1=t（t≥-1），則 ，

　　∴ ，

　　設x∈（-1，1），則-x∈（-1，1），

　　∴ ，

　　∴f（x）為奇函數(shù)；

　　（2）由 可知，當m＞1時， ，

　　解得：-1＜x≤0；

　　當0＜m＜1時， ，

　　解得0≤x＜1；

　　當m＞1時，不等式組的解集為{x|-1＜x≤0}，

　　當0＜m＜1時，不等式組的解集為{x|0≤x＜1}．

　　52.解：（1）∵f（x）是定義域為R上的奇函數(shù)，

　　∴f（0）=0，

　　∴ =0，

　　解得a=1，

　　∴f（x）= =-1+ ，

　　∵y=2x是R上的增函數(shù)，

　　∴f（x）在R上為減函數(shù)，

　　（2）∵f（x）是R上的奇函數(shù)，

　　∴f（logm ）+f（-1）＞0

　　等價于f（logm ）＞-f（-1）=f（1），

　　又∵f（x）是R上的減函數(shù)，

　　∴logm =logmm，

　　∴當0＜m＜1時， ＞m，即0＜m＜ ；

　　當m＞1時， ＜m，即m＞1；

　　綜上，m的取值范圍是m∈（0， ）∪（1，+∞）．

　　53.解：（1）當a=1時，|x-1|=x，即x-1=x或x-1=-x，

　　解得x= ；

　　（2）當a＞0時，|x-a|-ax=0有兩解，

　　等價于方程（x-a）2-a2x2=0在（0，+∞）上有兩解，

　　即（a2-1）x2+2ax-a2=0在（0，+∞）上有兩解，

　　令h（x）=（a2-1）x2+2ax-a2，

　　因為h（0）=-a2＜0，所以 ，

　　故0＜a＜1；

　　同理，當a＜0時，得到-1＜a＜0；

　　當a=0時，f（x）=|x|=0=g（x），顯然不合題意，舍去．

　　綜上可知實數(shù)a的取值范圍是（-1，0）∪（0，1）．

　　（3）令F（x）=f（x）og（x）

　　①當0＜a≤1時，則F（x）=a（x2-ax），

　　對稱軸x= ，函數(shù)在[1，2]上是增函數(shù)，

　　所以此時函數(shù)y=F（x）的最大值為4a-2a2．

　　②當1＜a≤2時，F(xiàn)（x）= ，對稱軸x= ，

　　所以函數(shù)y=F（x）在（1，a]上是減函數(shù)，在[a，2]上是增函數(shù)，F(xiàn)（1）=a2-a，F(xiàn)（2）=4a-2a2，

　　1）若F（1）＜F（2），即1＜a＜ ，此時函數(shù)y=F（x）的最大值為4a-2a2；

　　2）若F（1）≥F（2），即 ，此時函數(shù)y=F（x）的最大值為a2-a．

　　③當2＜a≤4時，F(xiàn)（x）=-a（x2-ax）對稱軸x= ，

　　此時F（x）max=F（ ）= ，

　　④當a＞4時，對稱軸x= ，此時F（x）max=F（2）=2a2-4a．

　　綜上可知，函數(shù)y=F（x）在區(qū)間[1，2]上的最大值 ．

　　54.（1）證明：依題意，令t（x）=f（x）-g（x），

　　則t（x）= -（x+1）= ，

　　∵t′（x）=- ＜0，

　　∴t（x）在區(qū)間[0，+∞）上單調遞減，且 t（x）=0，

　　∴0＜t（x）≤t（0）=2，

　　于是函數(shù)g（x）=x+1是函數(shù)f（x）= ，x∈[0，+∞）的漸近函數(shù)，

　　此時實數(shù)p=2；

　　（2）解：記t（x）=f（x）-g（x）= -ax，

　　則t′（x）= -a，

　　∵函數(shù)f（x）= ，x∈[0，+∞）的漸近函數(shù)是g（x）=ax，

　　∴當x∈[0，+∞）時t′（x）＜0，即 ＜a，

　　令函數(shù)q（x）= ，其中x∈[0，+∞），

　　當x=0時，q（x）=0；

　　當x≠0時，q（x）= = = 在區(qū)間（0，+∞）上單調遞增，

　　且 q（x）=1，

　　∴a≥1．

　　55.（本小題滿分10分）

　　解：（Ⅰ）原不等式可化為： 或 或 …（3分）

　　解得：x＜-2或x＞3，

　　所以解集為：（-∞，-2）∪（3，+∞）．      …（5分）

　　（Ⅱ）因為|x-2|+|x+1|≥|x-2-（x+1）|=3，…（7分）

　　所以 f（x）≥3，當x≤-1時等號成立． 所以f（x）min=3．

　　又 ，

　　故 ． …（10分）

　　56.解：（1）由f（1）=2，得1+m=2，m=1．

　　（2）f（x）在（0，+∞）上單調遞減．

　　證明：由（1）知，f（x）=1+ ，

　　設0＜x1＜x2，則f（x1）-f（x2）=（1+ ）-（1+ ）= ．

　　因為0＜x1＜x2，所以x2-x1＞0，x1x2＞0，

　　所以f（x1）-f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2），

　　所以函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調遞減．

　　57.解：（1）x的取值需滿足2x-1≠0，則x≠0，

　　即f（x）的定義域是（-∞，0）∪（0，+∞）．

　　（2）由（1）知定義域是（-∞，0）∪（0，+∞），關于原點對稱，

　　則f（-x）= + = + ，

　　∴f（x）+f（-x）

　　= + + + = + +1=-1+1=0．

　　∴f（-x）=-f（x），

　　∴函數(shù)f（x）為奇函數(shù)．

　　58.解：（I）根據求導法則求出f（x）的導函數(shù)f′（x）=3mx2-1，

　　由f（x）=mx3-x以N（1，n）為切點的切線的傾斜角為 ．，

　　得 ，即 ．

　　把（1，n）代入到f（x）中得： -1=n，解得n=- ．

　　（II）令f'（x）=2x2-1=0，得 ．

　　當 時，f'（x）=2x2-1＞0；

　　當 時，f'（x）=2x2-1＜0；

　　當 時，f'（x）=2x2-1＞0；

　　又 ．

　　因此，當x∈[-1，3]時， ．

　　要使得不等式f（x）≤k-1993對于x∈[-1，3]恒成立，則k≥15+1993=2008．

　　所以，存在最小的正整數(shù)k=2008．使得不等式f（x）≤k-1993對于x∈[-1，3]恒成立．

　　59.解：（Ⅰ）∵ ，

　　當x＜-1時，-x-4＞2，解得x＜-6，∴x＜-6，

　　當-1≤x＜2時，3x＞2，解得 ，∴ ，

　　當x≥2時，x+4＞2，解得x＞-2，∴x≥2，

　　綜上，原不等式解集為 ．

　　（Ⅱ）由f（x）的圖象和單調性易得f（x）min=f（-1）=-3，

　　若?x∈R，f（x）≥m恒成立，

　　則只需f（x）min≥m?m≤-3，

　　故實數(shù)m的取值范圍是（-∞，-3]．

　　60.解：（Ⅰ）a=3時，f（x）=|x-3|- x＜0，

　　即|x-3|＜ x，

　　兩邊平方得：（x-3）2＜ x2，

　　解得：2＜x＜6，

　　故不等式的解集是{x|2＜x＜6}；

　　（Ⅱ）f（x）-f（x+a）

　　=|x-a|- x-|x|+ （x+a）

　　=|x-a|-|x|+ ，

　　若對于任意的實數(shù)x，不等式f（x）-f（x+a）＜a2+ 恒成立，

　　即|x-a|-|x|+ ＜a2+ 對x∈R恒成立，

　　即a2＞|x-a|-|x|，而|x-a|-|x|≤|（x-a）-x|=|a|，

　　原問題等價于|a|＜a2，又a＞0，

　　∴a＜a2，解得a＞1．

　　61.解：（Ⅰ）∵|x-3|+|x-m|≥|（x-3）-（x-m）|=|m-3|

　　當3≤x≤m，或m≤x≤3時取等號，

　　令|m-3|≥2m，

　　∴m-3≥2m，或m-3≤-2m．

　　解得：m≤-3，或m≤1

　　∴m的最大值為1；

　　（Ⅱ）由（Ⅰ）a+b+c=1．

　　由柯西不等式：（ + +1）（ 4a2+9b2+c2）≥（a+b+c）2=1，

　　∴4a2+9b2+c2≥ ，等號當且僅當4a=9b=c，且a+b+c=1時成立．

　　即當且僅當a= ，b= ，c= 時，4a2+9b2+c2的最小值為 ．

　　62.解：（1）∵ 為定義在（-∞，0）∪（0，+∞）上的奇函數(shù)，

　　∴f（-x）=-f（x），

　　∴ ，∴a=0．

　　（2）函數(shù)f（x）在區(qū)間（1，+∞）上是增函數(shù)．

　　證明：設1＜x1＜x2，

　　則 ．

　　∵1＜x1＜x2，∴x1-x2＜0， ，

　　∴f（x1）-f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2）．

　　∴函數(shù)f（x）在區(qū)間（1，+∞）上是增函數(shù)．

　　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(shù)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(shù)有意義，則x≠0，

　　即函數(shù)f（x）的定義域為（-∞，0）∪（0，+∞）；

　　（2）∵函數(shù)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(shù)f（x）為奇函數(shù)；

　　（3）函數(shù)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(shù)f（x）在（0，+∞）上的單調遞增．

　　65.解：（1）∵函數(shù) 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(shù)的定義域為{x|x≠0}，

　　則f（-x）=-x- =-（x+ ）=-f（x），

　　則函數(shù)是奇函數(shù)；

　　（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(shù)在（1，+∞）上為增函數(shù)．

　　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(shù)圖象開口向上，對稱軸為x=2，

　　∴f（x）在[-1，1]上是減函數(shù)，

　　∵函數(shù)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(shù)，

　　∴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(shù)，

　　∴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(qū)間[-1，5]上，y=k（x+3）的圖象位于函數(shù)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(xiàn)′（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(xiàn)′（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(xiàn)′（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(shù)．

　　∴ ，

　　∴ ，

　　∴函數(shù) 在（0，+∞）上為減函數(shù)．

　　（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(shù)

　　∴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(shù)，

　　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(shù)n成立．

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

　　∴函數(shù)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(shù)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(shù)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(shù)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(shù)x成立，

　　則△=（t+1）2-4t≤0，…（10分）

　　整理得（t-1）2≤0，

　　解得t=1．…（14分）