高三模拟文科数学试题之函数的性质(2)

　　63.解：（1）∵

　　∴当x＜1时，3-2x＞3，解得x＜0；

　　当1≤x≤2时，f（x）＞3无解

　　当x＞2时2x-3＞3，解得x＜3．

　　综上，x＜0或x＞3，

　　∴不等式f（x）＞3的解集为（-∞，0）∪（3，+∞）（4分）

　　（2）∵ ∴f（x）min=1

　　∵f（x）＞a恒成立

　　∴a＜1，即实数a的取值范围是（-∞，1）（7分）

　　64.解：（1）∵f（1）=0

　　∴f（1）=1+m=0，

　　则m=-1，此时f（x）=x- ，

　　要使函数有意义，则x≠0，

　　即函数f（x）的定义域为（-∞，0）∪（0，+∞）；

　　（2）∵函数f（x）的定义域为（-∞，0）∪（0，+∞）；

　　∴定义域关于原点对称，

　　则f（-x）=-x+ =-（x- ）=-f（x），

　　则函数f（x）为奇函数；

　　（3）函数f（x）在（0，+∞）上的单调递增，

　　设0＜x1＜x2，

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

　　∵0＜x1＜x2，

　　∴x1-x2＜0，x1x2＞0，

　　则f（x1）-f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），

　　即函数f（x）在（0，+∞）上的单调递增．

　　65.解：（1）∵函数 且 ．

　　∴f（1）=1+a+b=2且f（2）=2+ +b= ，

　　解得a=1，b=0，

　　则f（x）=x+ ，

　　则函数的定义域为{x|x≠0}，

　　则f（-x）=-x- =-（x+ ）=-f（x），

　　则函数是奇函数；

　　（2）证明：设0＜x1＜x2，则有f（x1）-f（x2）=（ ）-（ ）=（x1-x2）+（ - ）=（x1-x2）

　　当1＜x1＜x2时，x1x2＞1，

　　即，x1x2-1＞0，

　　又∵x1x2＞0，x1-x2＜0，∴f（x1）-f（x2）＜0，

　　即f（x1）＜f（x2），

　　∴函数在（1，+∞）上为增函数．

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

　　对称轴x=1，开口向上，f（x）在[-5，1）递减，在（1，5]递增，

　　最大值为f（-5）=37，最小值为f（1）=1；

　　（2）f（x）的对称轴x=-a，若f（x）在[-5，5]不单调，

　　则-5＜-a＜5，即-5＜a＜5，

　　当-5＜a＜0时，f（x）max=27-10a；

　　当0≤a＜5时，f（x）max=27+10a．

　　67.解：（1）∵f（x）=x2-4x+a+3的函数图象开口向上，对称轴为x=2，

　　∴f（x）在[-1，1]上是减函数，

　　∵函数y=f（x）在[-1，1]上存在零点，

　　∴f（-1）f（1）≤0，即a（8+a）≤0，

　　解得：-8≤a≤0．

　　（2）a=3时，f（x）=x2-4x+6，

　　∴f（x）在[1，2]上单调递减，在[2，4]上单调递增，

　　∴f（x）在[2，4]上的最小值为f（2）=2，最大值为f（4）=6．

　　即f（x）在[2，4]上的值域为[2，6]．

　　设g（x）在[1，4]上的值域为M，

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

　　∴M?[2，6]．

　　当b=0时，g（x）=5，即M={5}，符合题意，

　　当b＞0时，g（x）=bx+5-2b在[1，4]上是增函数，

　　∴M=[5-b，5+2b]，

　　∴ ，解得0＜b≤ ．

　　当b＜0时，g（x）=bx+5-2b在[1，4]上是减函数，

　　∴M=[5+2b，5-b]，

　　∴ ，解得-1≤b＜0．

　　综上，b的取值范围是 ．

　　68.解：（1）设-2≤x≤6，当x2-4x-5≥0时，

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

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

　　故作图如下：

　　（2）方程f（x）=5的解分别是

　　和 ，由于f（x）在（-∞，-1]和[2，5]上单调递减，

　　在[-1，2]和[5，+∞）上单调递增，

　　∴ ．

　　由于2+ ＜6，2- ＞-2

　　∴B?A．

　　（3）当x∈[-1，5]时，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当 ，即2＜k≤6时，

　　取 ，g（x）min= ．

　　∵16≤（k-10）2＜64，

　　∴（k-10）2-64＜0，则g（x）min＞0．

　　②当 ，即k＞6时，取x=-1，g（x）min=2k＞0．

　　由①、②可知，当k＞2时，g（x）＞0，x∈[-1，5]．

　　因此，在区间[-1，5]上，y=k（x+3）的图象位于函数f（x）图象的上方．

　　69.解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞）， ，

　　若a≤0，则f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，

　　若a＞0，则由f′（x）=0，得x= ，

　　当x∈（0， ）时，f′（x）＞0，

　　当x∈（ ）时，f′（x）＜0，

　　∴f（x）在（0， ）上单调递增，在（ ，+∞）上单调递减．

　　所以当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，

　　当a＞0时，f（x）在（0， ）上单调递增，在（ ，+∞）上单调递减．

　　（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，+∞）上递增，

　　g′（x）≥g′（1）=1-2a＞0，

　　∴g（x）在[1，+∞）上递增，g（x）≥g（1）=0，

　　从而f（x）- 不符合题意．

　　②若0＜a＜ ，当x∈（1， ），F′（x）＞0，

　　∴g′（x）在（1， ）上递增，

　　从而g′（x）＞g′（1）=1-2a，

　　∴g（x）在[1，+∞）上递增，g（x）≥g（1）=0，

　　从而f（x）- 不符合题意．

　　③若a ，F′（x）≤0在[1，+∞）上恒成立，

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

　　从而g（x）在[1，+∞）上递减，

　　∴g（x）≤g（1）=0，f（x）- ≤0，

　　综上所述，a的取值范围是[ ）．

　　70.证明：（1）∵

　　∴ ，

　　设 ．

　　∴ ，

　　∴y=g（x）在[0，+∞）上为减函数．

　　∴ ，

　　∴ ，

　　∴函数 在（0，+∞）上为减函数．

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

　　设h（x）=ln（1+x）-ax，则h（0）=0，

　　∴ ，

　　若a≥1，则x∈[0，+∞）时， 恒成立，

　　∴h（x）=ln（1+x）-ax在[0，+∞）上为减函数

　　∴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显然不满足条件，

　　若0＜a＜1，则 时， ，

　　∴   时h'（x）≥0，

　　∴h（x）=ln（1+x）-ax在   上为增函数，

　　当   时，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 ，即可证得 对一切正整数n成立．

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

　　∴函数f（x）在x=e处的切线方程为y-e=2（x-e），

　　即2x-y-e=0；

　　（2）若存在一个x0∈[1，e]使f（x0）＜g（x0）成立，

　　即x0lnx0＜ ，则a＞ ．

　　令h（x）= ，当x∈[1，e）时，h′（x）= ＞0恒成立．

　　因此，h（x）= 在[1，e]上单调递增，故当x=1时，h（x）min=0．

　　即实数a的取值范围为（0，+∞）；

　　（3）由题意得：xlnx＞（k-3）x-k+2在x＞1时恒成立，即k＜ ．

　　令F（x）= ，则F′（x）= ．

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

　　∴m（x）在（1，+∞）上单调递增，且m（3）=1-ln3＜0，m（4）=2-ln4＞0．

　　∴在（1，+∞）上存在唯一实数b（b∈（3，4）），使m（x）=0，即m（b）=0．

　　当1＜x＜b时，m（x）＜0，即F′（x）＜0，当x＞b，m（x）＞0，即F′（x）＞0．

　　∴F（x）在（1，b）上单调递减，在（b，+∞）上单调递增．

　　∴ = ∈（5，6）．

　　故k＜b+2，又k∈Z，∴整数k的最大值为5．

　　72.解：（1）当t=3时，不等式f（x）＞0可化为

　　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对一切实数x成立，

　　则△=（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）为奇函数，理由如下：…..（2分）

　　∵ ，定义域为（-∞，0）∪（0，+∞），关于原点对称…..（3分）

　　又

　　所以y=f（x）为奇函数…（4分）

　　（2）f（x）在（1，+∞）上的单调递增，理由如下…..（5分）

　　设1＜x1＜x2，

　　则 …（7分）

　　∵1＜x1＜x2

　　∴x2-x1＞0， ＞0

　　故f（x2）-f（x1）＞0，即f（x2）＞f（x1），f（x）在（1，+∞）上的单调递增  …（9分）

　　（3）若f（a）＞2，

　　即 ＞2，显然a＞0

　　则原不等式可化为a2-2a+1=（a-1）2＞0

　　解得a＞0且a≠1

　　74.解：（Ⅰ）当a=3时，f（x）=-x2+3x+1-lnx

　　∴

　　解f′（x）＞0，

　　即：2x2-3x+1＜0

　　函数f（x）的单调递增区间是 ．

　　（Ⅱ）f′（x）=-2x+a- ，

　　∵f（x）在 上为减函数，

　　∴x∈ 时-2x+a- ≤0恒成立．

　　即a≤2x+ 恒成立．

　　设 ，则

　　∵x∈ 时， ＞4，

　　∴g′（x）＜0，

　　∴g（x）在 上递减，

　　∴g（x）＞g（ ）=3，

　　∴a≤3．

　　75.解：（1）证明：a=2时， ；

　　设x1＜x2＜-1，则：  = ；

　　∵x1＜x2＜-1；

　　∴x1-x2＜0，x1+1＜0，x2+1＜0；

　　∴ ；

　　∴f（x1）＜f（x2）；

　　∴f（x）在（-∞，-1）上是增函数；

　　（2）

　　=

　　= ；

　　∵f（x）在（-∞，-1）上是减函数；

　　∴a+1＜0；

　　∴a＜-1；

　　∴实数a的取值范围为（-∞，-1）．

　　76.解：（1）∵函数f（x）=x+ ，且f（1）=10，

　　∴1+a=10，∴a=9；

　　（2）函数的定义域为{x|x≠0}．

　　f（-x）=-x+ =-（x+ ）=-f（x），∴f（x）是奇函数．

　　77.解：（Ⅰ）由题设，g（x）=x2-alnx，

　　则 ．（1分）

　　由已知，g'（1）=0，

　　即2-a=0?a=2．（2分）

　　于是 ，

　　则 ．（3分）

　　由 ，

　　所以h（x）在（1，+∞）上是增函数，在（0，1）上是减函数．（4分）

　　证明：（Ⅱ）当1＜x＜e2时，0＜lnx＜2，

　　即0＜f（x）＜2．（5分）

　　欲证 ，

　　只需证x[2-f（x）]＜2+f（x），

　　即证 ．（6分）

　　设 ，

　　则 ．

　　当1＜x＜e2时，φ'（x）＞0，

　　所以φ（x）在区间（1，e2）上为增函数．（7分）

　　从而当1＜x＜e2时，φ（x）＞φ（1）=0，

　　即 ，

　　故 ．（8分）

　　解：（Ⅲ）由题设， ．

　　令g（x）-h1（x）=0，

　　则 ，

　　即 ．（9分）

　　设 ，

　　h3（x）=-x2+x+6（x＞0），

　　则 ，

　　由 ，得x＞4．

　　所以h2（x）在（4，+∞）上是增函数，

　　在（0，4）上是减函数．（10分）

　　又h3（x）在（0， ）上是增函数，

　　在（ ，+∞）上是减函数．

　　因为当x→0时，h2（x）→+∞，h3（x）→6．

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

　　则函数h2（x）与h3（x）的大致图象如下：（12分）

　　由图可知，当x＞0时，两个函数图象有2个交点，

　　故函数y=g（x）-h1（x）有2个零点．（13分）

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

　　若1≤a≤3时，g（x）的最小值为g（a）=1-a2，

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

　　若a＞3时，g（x）在[1，3]递减，g（x）的最小值为g（3），

　　由g（3）=10-6a=0，解得a= （舍去）；

　　若a＜1，则g（x）在[1，3]递增，g（x）的最小值为g（1），

　　由g（1）=2-2a=0，解得a=1．

　　综上可得，a=1；

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

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

　　则k≤t2-2t+1，0＜t≤ ，

　　记h（t）=t2-2t+1，0＜t≤ ，由单调递减，可得h（t）的最小值为（ -1）2= ，

　　则k的取值范围是k≤ ；

　　（3）令y=0，可化为|2x-1|2-2o|2x-1|+1+2k-3ko|2x-1|=0（|2x-1|≠0）有3个不同的实根．

　　令t=|2x-1|，则t＞0，由2x-1＞-1，当x＜0时，t=|2x-1|=1-2x，t∈（0，1]且递减，

　　当0＜x＜1时，t=|2x-1|=2x-1，t∈（0，1）且递增，

　　当x=1时，t=1．当x＞1时，t=|2x-1|=2x-1，t∈（1，+∞）且递增，

　　t2-（3k+2）t+1+2k=0有两个不同的实数解t1，t2，

　　已知函数有3个零点等价为0＜t1＜1，t2＞1或0＜t1＜1，t2=1，

　　记m（t）=t2-（3k+2）t+1+2k，则 或 ，

　　解得k＞0或k无实数解，

　　综上可得，k的取值范围是（0，+∞）．

　　79.解：当a=时， ，得f'（x）=-23x-2．（1）

　　问题化对于任意x∈[1，+都有[f'（x）]ma＜2a-1）．…（4分）

　　所以过P的切线方为 ．…（分）

　　所以 ，

　　所以函数fx）的递增区（1，），单调递减区间为（-∞，）和（2，+∞）…（3）

　　当＜或x＞2时，f'）＜，函数f（x）单调减．

　　若过点 可作函数y=x）图象的三不同切，

　　因为 ，其图象开口向对称轴为 ．

　　因为对于任意x∈1，+）都有f（x＜2（-1成立，

　　令 ，则函数y（t与t轴有三个同的交点．

　　当 时即a≥2时'（x）在 上单调递增在 上调递减，

　　因为于任意∈[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，此时-＜a2．分）

　　方1：由 ，得f'x）=-xax-2，

　　方法：由 得f'x）=-x2ax-2，

　　以必须 ，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）

　　综上可得，a的取范围为（-，8．…（7分）

　　因为点 切线上，

　　则过点P的线的率=f't=-t2+at-2，…（8分）

　　设点 是函数y=（x）图象的点，

　　必须满足△0或 （5分）

　　当 ，即a＜2时，fx在[1，+∞上单调递减，

　　以数a值范围为（2，+∞）．…（1分）

　　80.解：由f（x）≤得|x-|≤，

　　当a=，f（）=|x-2|．

　　已不等式f（x）≤3的集{x|-1x≤5}，

　　上可得，gx）的最小值为．

　　当-3≤≤时g（x）=5；

　　设gx）f（x）+f（x+），

　　所以当x＜-3，g（x）；

　　于是

　　解-3≤x≤a+3．

　　即g（）≥m对一切实数x恒成立，则m的取值围为（-∞5．分）

　　81.解：因为fx）是函数，以f（0）0，

　　易知fx）在（-∞+∞）上为数．

　　经检验a=，b=1， 是函数．

　　所以f（t22t）+f（22k）0

　　由f-f（-1）知 ．

　　即

　　因为f（x）为减函数，由式得：t2-2kt2．

　　所以a=2，=．

　　从而别式 ．

　　价于f（t2-2t）＜-t2-k=f（-2t2），

　　所以k的取值范围k- ．

　　82.解：当=1，f（x=x|x-1|+1= ，

　　f（0）=f1f（ ）1- ，

　　当0＜≤1时，f（x）在[1，2]上调减，函数的为f=；

　　且线x= 是函数的对称，由（2- ）-（ -1）=-a＞，

　　解得=1，解求得x无，

　　0＜a＜2 ，M= ∈（ ， +6．

　　当1- ＞2时，方程-2ax+1=-2的较大根．

　　由f（）=可得 ，或 /空/．

　　a≥2 时M= = ∈（， ]．

　　当2≤a＜时，（x在[1， ]单调递，在[ ，2]单调第，

　　注几个关键点的值：

　　由于当x＞0时，函数f（x）的最为1，故题化为在给定区间上，f（）-2恒立．

　　1a＜2时，f（x）在[1，上递增，在[a，]上单递减，

　　由f（ ）=- ，分两种情况论当1- ≤-2时，是方程2a+1=-2的小根．

　　综M= ，M∈（0， + ）．

　　【解析】

　　1.

　　（1）根据对数函数的真数要大于0，即可求解函数f（x）的定义域；

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

　　本题考查了对数的定义域的求法和计算能力以及值域的问题．属于中档题．

　　2.

　　（1）利用已知条件通过x=y=0，直接求f（0）；

　　（2）通过函数的奇偶性的定义，直接证明f（x）是奇函数；

　　（3）利用已知条件转化不等式．通过函数的单调性直接求解不等式 f（x2）-f（x）＞ f（3x）的解集即可．

　　本题主要考查了抽象函数及其应用，考查分析问题和解决问题的能力，属于中档题．

　　3.

　　（1）求出函数的定义域，利用平方法进行求解即可．

　　（2）利用换元法进行表示即可．

　　（3）根据一元二次函数的性质讨论对称轴，结合函数单调性和对称性的进行求解即可．

　　本题主要考查函数解析式和函数最值的求解，利用一元二次函数的性质是解决本题的关键．

　　4.

　　（1）设x∈（0，-e]，则-x∈[-e，0），故f（-x）=-ax-ln（x），根据函数的奇偶性求出此时的解析式，即可得到函数在定义域内的解析式；

　　（2）假设存在实数a满足条件，通过讨论a的范围，利用函数的单调性求出函数的最小值，解出a的值即可．

　　本题考查对数函数的单调性和特殊点，函数的奇偶性，利用导数研究函数得最值，体现了分类讨论的数学思想，确定函数的最小值，是解题的难点和关键．

　　5.

　　（1）根据对数函数的定义求出函数的定义域即可；（2）根据对数函数的性质求出不等式的解集即可．

　　本题考查了求函数的定义域问题，考查对数函数的性质，是一道基础题．

　　6.

　　（Ⅰ）由f（-2）=3，f（-1）=f（1）得 ，解得a，b．

　　（Ⅱ）1°列表；2°描点；3°连线

　　本题考查了分段函数的解析式及图象，属于基础题．

　　7.

　　（Ⅰ）确定长方体形水箱高为x米，底面矩形长为（2-2x）米，宽（1-2x）米，即可得到该水箱容积为f（x）=（2-2x）（1-2x）x=4x3-6x2+2x，根据长、宽、高为正数，可确定所求函数f（x）定义域；

　　（Ⅱ）根据水箱容积不大于4x3立方米，构建不等式，确定函数的定义域，再利用底面积为S（x）=（2-2x）（1-2x）=4x2-6x+2，结合定义域，可得结论．

　　本题考查函数模型的构建，考查函数的最值，利用长方体的体积公式，确定函数是关键．

　　8.

　　（1）根据题意，得出函数f（x）的对称轴和顶点坐标，设出f（x）解析式求出a的值即可；

　　（2）根据二次函数在对称轴的同侧单调性相同，得出关于a的不等式，求解即可．

　　本题考查了求二次函数的解析式与应用问题，也考查了二次函数的图象与性质的应用问题．

　　9.

　　（1）利用偶函数的性质可得，f（-1）=f（1），把x=1代入当x＞0时，函数的解析式求值．

　　（2）设a＞b＞0，化简f（a）-f（b）到因式乘积的形式，判断符号，根据增减函数的定义做出判断．

　　（3）设x＜0，则-x＞0，利用x＞0时，函数的解析式，求出f（-x）的解析式，再利用偶函数的定义求即得x＜0时的解析式．

　　本题考查利用函数的奇偶性求函数值，证明函数的单调性，以及求函数的解析式的方法．

　　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（ ），结合x∈（0，1）时，f（x）＜0．及增函数的定义可证得结论；

　　（3）令x1=x2=4，可得f（16）=2，x1=4，x2=16，可得f（64）=3，结合f（x）的定义域为（0，+∞），f（x1ox2）=f（x1）+f（x2），及（2）中函数的单调性，可将不等式f（3x+1）+f（2x-6）≤3转化为一个关于x的不等式组．本题考查的知识点是抽象函数及其应用．

　　本题考查的是抽象函数及其应用，函数的单调性证明，以及赋值法的应用，属于中档题，在解答的过程当中充分体现了函数单调性的定义、作差法以及赋值法等知识．值得同学们体会和反思．

　　11.

　　（1）由f（x）=cosx+sinx，a= 得f（x+a）=cosx-sinx；从而化简g（x）=cos2x；再由π+2kπ≤x≤2π+2kπ，k∈Z求增区间；

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

　　本题考查了三角函数的化简与应用及基本不等式在求最值时的应用，属于中档题．

　　12.

　　（1）利用函数f（x）=xm- ，且f（4）=3，即可求m的值；

　　（2）利用奇函数的定义，即可求f（x）的奇偶性．

　　本题考查奇函数的判断，考查学生的计算能力，比较基础．

　　13.

　　（Ⅰ）代值计算即可，

　　（Ⅱ）根据函数值得变化趋势即可求出函数的值域

　　本题考查了函数值，以及函数的值域的问题，属于基础题

　　14.

　　（Ⅰ）由题意设出每天多卖出的件数k（x2+x），结合售价降低3元时，一天可多卖出36件求得k的值，然后写出商品一天的销售利润函数；

　　（Ⅱ）利用导数求出函数的极值点，求得极值，比较端点值后得到利润的最大值．

　　本题考查了函数模型的选择及应用，考查了数学建模思想方法，训练了利用导数求函数的最值，是中档题．

　　15.

　　根据二周点定义，分段进行求解，符定义的根即为所求；

　　题意，先表示s的达式，再借导数具研究s在区间[ ， 上的单性，确最值，即可求解出最值．

　　本题考查函数的值，新定解，利用导函数在闭间的最第二解的关键是理解定义第三题的关键是熟练掌握导数工具判断函数的调性，本题查了程的思想，化归的想及符运算的能力难度较大，综合性，答时要严真方可避免会而作不对现象的出．

　　16.

　　在求f（t）的解析式时，关键是要根据图象，对t的取值进行恰当的分类，然后分类讨论，给出分段函数的解析式后，再根据解析式画出函数的图象．

　　分段函数的对应关系是借助于几个不同的表达式来表示的，处理分段函数的问题时，首先要确定自变量的数值属于哪一个区间段，从而选相应的关系式．对于分段函数，注意处理好各段的端点．

　　17.

　　（1）直接由对数式的真数大于0联立不等式组求解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．

　　本题考查了函数的定义域及其求法，考查了指数不等式的解法，是基础题．

　　18.

　　（1）根据图象可知此函数为分段函数，在（0，20]和（20，30]两个区间利用待定系数法分别求出一次函数关系式联立可得P的解析式；

　　（2）因为Q与t成一次函数关系，根据表格中的数据，取出两组即可确定出Q的解析式；根据股票日交易额=交易量×每股较易价格可知y=PQ，可得y的解析式，分别在各段上利用二次函数求最值的方法求出即可．

　　考查学生根据实际问题选择函数类型的能力，理解分段函数的能力．

　　19.

　　（1）由y=f（x）是定义在R上的奇函数知f（0）=0，从而求函数f（x）的解析式；

　　（2）画出函数f（x）的图象，注意空心点及原点；

　　（3）由图象写出函数f（x）单调区间及值域．

　　本题考查了函数的解析式的求法及图象的作法，同时考查了函数的图象的应用，属于基础题．

　　20.

　　（1）分别解得集合A，B即可；

　　（2）根据A∩B=A，得出A?B，借助数轴解得即可．

　　本题主要考查集合的自交并的运算，属于基础题．

　　21.

　　（1）分别令x= ，x= ，结合条件，即可求出结果；

　　（2）令x= ，再应用倒序求和求出an，再由等差数列的定义，即可得证；

　　（3）先对bn化简，再将bn2放缩，即bn2＜2（ ），再用裂项相消求和，再整理即可得到答案．

　　本题主要考查函数的对称性及应用，同时考查等差数列的定义和通项公式，以及数列求和，及数列不等式的证明：放缩法，是一道综合题．

　　22.

　　（1）令t=0，即可得到f（1），再令x= ，t=2，即可得到；

　　（2）设0＜a＜1，由于x，y＞0，存在m，n，使x=am，y=an，代入计算即可得证；

　　（3）运用对数函数的单调性，证得f（x）在x＞0上递减．由条件结合对数的真数大于0，解得，a＞ ；由loga（x-3a）+loga（x-a）≤1，等价为loga（x2-4ax+3a2）≤1．令g（x）=loga（x2-4ax+3a2），根据g（x）的单调性，即可得到a的范围．

　　本题考查抽象函数及运用，考查赋值法求函数值，以及换元法的运用，考查函数的单调性及运用，考查不等式的恒成立思想转化为求最值，属于中档题和易错题．

　　23.

　　（1）首先取x ，得到 ，把-x代入 时的解析式，结合偶函数的概念可求得

　　x 时的解析式，然后再取x ，加π后得到x+π∈ ，代入 时的解析式，

　　结合周期函数的概念求解f（x）；

　　（2）作出函数在[-π，0]上的图象，根据偶函数图象关于y轴轴对称得到函数在[0，π]上的图象；

　　（3）先求出[-π，0]上满足 的x的取值范围，根据函数是以π为周期的周期函数，把得到的区间端点值加上π的整数倍得到要求解的区间．

　　本题考查了函数解析式的求解及常用方法，考查了三角函数的周期及图象，考查了三角函数的奇偶性，解答此题的关键是，通过周期变换和平移变换、把要求解解析式的范围内的变量转化到已知解析式的范围内，此题是中档题．

　　24.

　　（1）根据f（x+1）在x=0时取得最小值1可设f（x+1）=ax2+1，从而得到f（x）=a（x-1）2+1，根据f（x）的图象过点（0，2）可求出a=1，从而得出f（x）解析式；

　　（2）f（x）的对称轴为x=1，讨论区间[k，k+1]的端点和对称轴的关系：k+1＜1，k≤1≤k+1，k＞1，根据二次函数的单调性及顶点情况便可求出每种情况的f（x）在[k，k+1]上的最小值．

　　考查待定系数求函数解析式的方法，二次函数的对称轴，以及根据函数的单调性及取得顶点情况求二次函数最小值的方法．

　　25.

　　（Ⅰ）当a=2时，f（x）=x|x-2|= ，作出图象即可写出函数y=f（x）的单调递增区间；

　　（Ⅱ）当a=-2时，f（x）=x|x+2|= ，可求得函数y=f（x）在区间 的值域为[-1，8]；

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

　　本题考查带绝对值的函数，着重考查分段函数的图象与性质，考查函数的单调性，最值，考查化归思想，数形结合思想，分类讨论思想的综合运用，属于难题．

　　26.

　　（1）设g（x）图象上任一点P（x，y）以及P关于A（2，1）的对称点P'（x'，y'），根据点关于点对称的性质，用p的坐标表示P'的坐标，再把P'的坐标代入f（x）的解析式进行整理，求出g（x）解析式；

　　（2）对x进行分类讨论，利用基本不等式求出函数g（x）的最值，从而求出b的值和交点的坐标．

　　本题考查了用代入法求函数的解析式，利用点关于点对称的性质求函数的解析式，利用基本不等式的性质求函数的最值问题，是有关函数的综合问题．

　　27.

　　（1）取特殊值的方法：令m=n=0，可得f（0）=1；

　　（2）设m=x＜0，n=-x＞0，f（-x）∈（0，1），根据定义形式得出当x＜0时f（x）＞1，得出结论成立；

　　（3）利用定义法）?x1＜x2∈R，判断f（x2）-f（x1）的正负；

　　（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数问题，利用定义证明函数的单调性，利用单调性解决不等式问题和恒成立问题的转换．

　　28.

　　（1）运用对数函数的定义域，解不等式即可得到所求定义域；

　　（2）运用对数的运算性质和对数函数的单调性和二次函数的最值，即可得到所求最值．

　　本题考查函数的定义域和最值的求法，注意运用函数的单调性，考查运算能力，属于基础题．

　　29.

　　（Ⅰ）根据题意，求得OA=12，OB=18，再由直线的截距式方程，即可得到所求直线方程；

　　（Ⅱ）设点P的坐标为（x，y），则 ．公寓占地面积为S=（60-x）（48-y），代入y，可得二次函数，再配方，即可得到所求的最大值及对应的x的值．

　　本题主要考查了二次函数的应用，考查了学生分析问题和解决实际问题的能力，属于基础题．

　　30.

　　（1）得出2x（2x-1）＜0，求解即可．（2）换元转化为令t=2x+1∈（1，3]， ，利用对钩函数的性质求解．（3）利用令n=2x∈[1，2]， ，求解．

　　本题综合考查了函数的性质，运用判断单调区间，求解范围问题，属于中档题．

　　31.

　　（1）利用函数奇偶性的性质即可求f（3）+f（-1）

　　（2）根据函数奇偶性的性质即可求函数f（x）的解析式；

　　（3）若f（a-1）＜-1，将不等式进行转化即可求实数a的取值范围．

　　本题主要考查函数解析式的求解以及不等式的求解，根据函数奇偶性的性质求出函数的解析式是解决本题的关键．

　　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）由题设知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．

　　本题考查抽象函数的函数值的求法，考查抽象函数对应的不等式的解法．解题时要认真审题，注意抽象函数的单调性的灵活运用．

　　33.

　　（1）设f（x）=ax2+bx+c，代入f（5）=3，f（6）=2，以及对称轴为x=5，解方程可得a，b，c，再由奇函数的定义可得[-6，-3]的函数式，再由一次函数的解析式，解方程即可得到所求；

　　（2）运用二次函数的最值的求法和一次函数的单调性，可得f（x）的值域为[-3，3]，由题意可得a2+4a+3≤0，解不等式，即可得到所求范围．

　　本题考查函数的解析式的求法，注意运用奇函数的定义，考查不等式恒成立问题的解法，以及运算求解能力，属于中档题．

　　34.

　　（I）取x=0代入函数满足的等式，整理可得f（0）=0．再根据3=1+2=1+1+1，结合定义和f（3）=6，算出f（1）=2；

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

　　（III）根据函数是单调函数且f（0）＜f（1），得f（x）是定义域在R上的增函数．再结合函数为奇函数，将题中不等式转化为kx2＜1-2x在 上恒成立，最后采用变量分离的方法结合换元法求函数的最小值，可算出k的取值范围．

　　本题给出抽象函数，求特殊的函数值并讨论函数的单调性与奇偶性，考查了抽象函数的理解与处理、函数的单调性与奇偶性和不等式恒成立问题的处理等知识，属于中档题．

　　35.

　　（1）直接根据条件f（xy）=f（x）+f（y），令x=y=1代入即可求出f（1）的值；

　　（2）先根据f（ ）=-1得出f（3）=1，从而f（9）=2，因此，原不等式等价为： ，解之即可．

　　本题主要考查了抽象函数的函数值，以及运用抽象函数的单调性和特殊值解不等式，涉及一元二次不等式的解法，属于中档题．

　　36.

　　（1）分类讨论，当当 0＜x≤2时，当 2＜x≤4时，当 4＜x≤6时，分别求出S，再把S表示成分段函数的形式．

　　（2）先依据（1）中函数S=f（x）的解析式，求出f（3）的值，再把f（3）的值代入f[f（3）]运算．

　　本题考查分段函数的特征，体现了分类讨论、数形结合的数学思想．

　　37.

　　（1）令x=0，y= 代入①整理即可得到f（- ）的值；

　　（2）赋予x，y不同的值，根据函数的性质①求出f（x）的解析式，得出g（x），根据二倍角公式与同角的三角函数关系对g（x）进行化简放缩，得出最大值．

　　本题考查了抽象函数的性质应用，三角函数的恒等变换，属于难题．

　　38.

　　（1）根据图象的平移即可得到函数的解析式，

　　（2）方法一，采取分离参数，转化为 在x∈[1，3]上有解或者 在 上有解，根据函数的性质即可求出k的范围

　　方法二，采用根的分布，原题等价于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，分别根据根与系数的关系即可求出k的范围．

　　本题考查了函数解析式的求法和根的分布问题，关键是分类讨论，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题

　　39.

　　（1）设x1＞x2，结合f（a+b）=f（a）+f（b）-1，可得f（x2-x1）=f（x1-x2）-1，由x＞0时，有f（x）＞1，可得f（x1）＞f（x2），证明函数在R上单调递增；

　　（2）根据已知条件，原不等式转化为（1+x） ＞x2-1，对 恒成立，令t= ，则t∈[ ， ]，原式等价于（1+x）t＞x2-1，t∈[ ， ]恒成立，

　　构造函数，求出x的范围即可．

　　本题考查抽象函数的性质单调性的判断，考查不等式恒成立思想的运用，考查运算能力，属于中档题．

　　40.

　　（1）m的最大值为 ．分类进行证明，当m= 时，函数f（x）具有性质P（ ）；假设存在 ＜m＜1，使得函数f（x）具有性质P（m），则0＜1-m＜ ，证明不存在x0∈（0，1-m]，使得f（x0）=f（x0+m）即可；

　　（2）任取k∈N*且k≥2，设g（x）=f（x+ ）-f（x），其中x∈[0， ]，利用叠加法可得g（0）+g（ ）+…+g（ ）+…+g（ ）=f（1）-f（0）=0，分类讨论：当g（0）、g（ ）、…、g（ ）中有一个为0时，函数f（x）具有性质P（ ）；当g（0）、g（ ）、…、g（ ）均不为0时，由于其和为0，则必然存在正数和负数，进而可证函数f（x）具有性质P（ ）．

　　本题考查新定义，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，难度较大．

　　41.

　　欲判断函数f（x）是不是"保三角形函数"，只须任给三角形，设它的三边长a、b、c满足a+b＞c，判断f（a）、f（b）、f（c）是否满足任意两数之和大于第三个数，即任意两边之和大于第三边即可．因此假设a≤c且b≤c，在各个选项中根据定义和函数对应法则进行求解判断即可．

　　本题主要考查新定义的应用，要想判断f（x）为"保三角形函数"，要经过严密的论证说明f（x）满足"保三角形函数"的概念，但要判断f（x）不为"保三角形函数"，仅须要举出一个反例即可，属于创新题．

　　42.

　　（1）用t表示y，即y是关于t的函数m（t）；

　　（2）求a为参数时函数m（t）= 在t∈[ ，2]上的最大值；

　　（3）分段讨论当a≥- 时，对应 的取值范围，计算满足 的实数a的值．

　　本题考查了函数及其性质的综合应用，用分类讨论法求函数最值的知识，是容易出错的题目．

　　43.

　　过A，D分别作AG⊥BC于G，DH⊥BC于H，由平面图形的知识可得线段长度，由面积公式分段可得函数解析式，作图可得．

　　本题考查函数图象的作法，设及函数式的求解，属中档题．

　　44.

　　（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间即可；

　　（Ⅱ）令g（x）=x，讨论m的范围，根据函数的单调性求出g（x）的最大值和f（x）的最小值，结合函数恒成立分别判断即可证明结论．

　　本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查学生的计算能力，是一道综合题．

　　45.

　　（1）根据使函数的解析式有意义的原则，我们易求出函数的解析式，根据反比例函数的性质，我们易求出函数的值域；

　　（2）任取区间（0，+∞）上两个任意的实数x1，x2，且x1＜x2，我们作差f（x1）-f（x2），并判断其符号，进而根据函数单调性的定义，可得到结论．

　　本题考查的知识点是函数单调性的判断与证明，函数的定义域及其求法，函数的值域，其中熟练掌握基本初等函数的定义域，值域，及函数单调性的证明方法是解答本题的关键．

　　46.

　　（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；

　　（Ⅱ）通过讨论a的范围，求出f（x）的最小值，根据f（x）min≥0，求出a的范围即可．

　　本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道中档题．

　　47.

　　（1）利用指数函数的定义，求出a，即可求f（x）的表达式；

　　（2）F（x）=2x-2-x，即可判断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）

　　本题考查指数函数，考查函数的奇偶性，考查不等式的解法，属于中档题．

　　48.

　　根据题意，设x1＞x2＞0，用定义法作差可得f（x1）-f（x2）=（- -1）-（- -1）= - = ，结合x1＞x2＞0，分析可得x1-x2＞0且x1ox2＞0，分析可得f（x1）-f（x2）的符号，由函数单调性的定义分析可得证明．

　　本题考查函数的单调性的证明，要掌握定义法的证明过程并正确化简．

　　49.

　　（1）配方法化简f（x）=x2-4x-4=（x-2）2-8，从而分类讨论以确定函数的解析式；

　　（2）分类讨论各段上的取值范围，从而求最小值的值．

　　本题考查了配方法的应用及分段函数的应用，同时考查了分类讨论的思想应用．

　　50.

　　（1）若a=-1，则f（x）=|x+1|-|x-3|，运用函数的零点分区间，讨论当x≥3时，当-1≤x＜3时，当x＜-1时，化简不等式求解，最后求并集即可；

　　（2）由题意知这是一个存在性的问题，须求出不等式左边的最大值，可运用绝对值不等式的性质可得最大值，再令其大于等于 ，即可解出实数a的取值范围．

　　本题考查绝对值不等式，求解本题的关键是正确理解题意，区分存在问题与恒成立问题的区别，本题是一个存在问题，解决的是有的问题，故取|a-3|≥ ，即小于等于左边的最大值即满足题意，本题是一个易错题，主要错误就是出在把存在问题当成恒成立问题求解，因思维错误导致错误，是有一定难度的题目．

　　51.

　　（1）利用换元法以及函数奇偶性的定义即可求f（x）的解析式并判断f（x）的奇偶性；

　　（2）利用对数函数的性质即可解不等式f（x）≤0．

　　本题主要考查函数解析式的求解以及函数奇偶性的判断，根据对数函数的性质是解决本题的关键．

　　52.

　　（1）由奇函数的性质得f（0）=0恒成立，求出a的值，再判断函数的单调性即可．

　　（2）根据奇函数的性质将不等式转化为：f（logm ）＞-f（-1）=f（1），再由函数的单调性得logm ＜1，利用对数的单调性对m进行分类讨论，再求出实数m的取值范围．

　　本题考查了函数的奇偶性与单调性的应用问题，也考查了对数函数的图象与性质的应用问题，是中档题．

　　53.

　　（1）代值计算即可．

　　（2）分三种情况加以讨论：当a＞0时，将方程f（x）=g（x）两边平方，得方程（x-a）2-a2x2=0在（0，+∞）上有两解，构造新函数h（x）=（a2-1）x2+2ax-a2，通过讨论h（x）图象的对称轴方程和顶点坐标，可得0＜a＜-1；当a＜0时，用同样的方法得到-1＜a＜0；而当a=0时代入函数表达式，显然不合题意，舍去．最后综合实数a的取值范围；

　　（3）F（x）=f（x）og（x）=ax|x-a|，根据实数a与区间[1，2]的位置关系，分4种情况加以讨论：①当0＜a≤1时，③当2＜a≤4时，④当a＞4时，最后综上所述，可得函数y=F（x）在区间[1，2]上的最大值的结论．

　　本题借助于含有字母参数的一次函数和含有绝对值的函数，通过讨论它们的奇偶性和单调性，以及讨论含有参数的方程根的个数，着重考查了函数的单调性的奇偶性、函数的零点和二次函数的图象与性质等知识点，属于难题．请同学们注意分类讨论和数形结合的数学思想在解决本题中所起的作用

　　54.

　　（1）通过令t（x）=f（x）-g（x），利用"渐近函数"的定义逐条验证即可；

　　（2）通过记t（x）=f（x）-g（x），结合"渐近函数"的定义可知 ＜a，问题转化为求当x∈[0，+∞）时q（x）= 的最大值问题，进而计算可得结论．

　　本题考查新定义函数，涉及导数的计算，函数单调性及极限知识，注意解题方法的积累，属于中档题．

　　55.

　　（Ⅰ）去掉绝对值符号，然后求解不等式即可解不等式f（x）＞5；

　　（Ⅱ）利用绝对值的几何意义，求出f（x）的最小值，利用恒成立，转化不等式求解即可．

　　本题考查函数的恒成立，函数的最值的求法，绝对值不等式的几何意义的应用，考查转化思想以及计算能力．

　　56.

　　（1）由由f（1）=2即可解得；

　　（2）利用减函数的定义可以判断、证明；

　　本题考查函数的单调性，属容易题，定义证明函数单调性的常用方法．

　　57.

　　（1）根据函数成立的条件进行求解即可．

　　（2）根据函数奇偶性的定义进行判断即可．

　　本题主要考查函数定义域和奇偶性的判断，根据奇偶性的定义结合指数幂的运算性质是解决本题的关键．

　　58.

　　（I）求出f′（x），然后把切点N的横坐标代入f′（x）表示出直线的斜率等于tan ，得到关于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对于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]区间上，利用x的值分三种情况讨论f′（x）的正负得到函数的单调区间，然后利用函数的增减性得到函数的最大值，列出关于k的不等式，求出解集即可得到满足题意k的最小的正整数解．

　　考查学生会利用导数研究曲线上过某点切线方程的斜率，理解函数恒成立时所取的条件，会利用导数求闭区间上函数的最大值，掌握直线倾斜角与斜率的关系．

　　59.

　　（Ⅰ）通过讨论x的范围，去掉绝对值，从而解出不等式的解集；（Ⅱ）画出函数f（x）的图象，通过图象读出即可．

　　本题考查了绝对值不等式的解法，考查函数恒成立问题，考查数形结合思想，是一道中档题．

　　60.

　　（Ⅰ）将a的值带入f（x），两边平方求出不等式的解集即可；

　　（Ⅱ）求出f（x）=|x-a|-|x|+ ，原问题等价于|a|＜a2，求出a的范围即可．

　　本题考查了解绝对值不等式问题，考查绝对值的性质，是一道中档题．

　　61.

　　（Ⅰ）利用|x-3|+|x-m|≥|（x-3）-（x-m）|=|m-3|，对x与m的范围讨论即可．

　　（Ⅱ）构造柯西不等式即可得到结论．

　　本题主要考查了绝对值不等式的几何意义和解法以及柯西不等式的构造思想．属于中档题．

　　62.

　　（1）利用 为定义在（-∞，0）∪（0，+∞）上的奇函数，f（-x）=-f（x），即可求实数a的值；

　　（2）利用函数单调性的定义进行证明．

　　本题主要考查函数奇偶性的应用，以及函数单调性的判断和证明，要求熟练掌握函数单调性的定义及证明过程．

　　63.

　　（1）利用零点分段法，我们可将函数f（x）=|x-1|+|x-2|化为分段函数的形式，根据分段函数分段处理的原则，我们分类讨论解答f（x）＞3，最后综合讨论结果，即可得到不等式的解集．

　　（2）若f（x）＞a对x∈R恒成立，则a＜f（x）的最小值，根据（1）中分段函数的解析式，求出函数f（x）的最小值，即可得到答案．

　　本题考查的知识点是绝对值不等式的解法，函数恒成立问题，其中利用零点分段法，将函数的解析式化为分段函数的形式，再根据分段函数分段处理的原则，进行解答是本题的关键．

　　64.

　　（1）根据方程关系即可求m的值和函数f（x）的定义域；

　　（2）根据函数奇偶性的定义即可判断函数f（x）的奇偶性并说明理由；

　　（3）根据函数单调性的定义判断函数f（x）在（0，+∞）上的单调性．

　　本题主要考查函数解析式的求解，以及函数奇偶性和单调性的判断和证明，利用定义法是解决本题的关键．

　　65.

　　（1）根据条件建立方程关系，求出a，b的值，结合函数奇偶性的定义进行判断即可．

　　（2）根据函数单调性的定义进行证明即可．

　　本题主要考查函数解析式的求解以及函数奇偶性和单调性的判断和证明，利用函数奇偶性的定义和单调性的 定义是解决本题的关键．

　　66.

　　（1）求出函数的单调区间，从而求出函数的最大值和最小值即可；（2）求出函数的对称轴，从而求出a的范围，根据二次函数的性质求出f（x）在[-5，5]上的最大值即可．

　　本题考查了函数的单调性、最值问题，掌握二次函数的性质是解题的关键，本题是一道基础题．

　　67.

　　（1）根据f（x）在[-1，1]上单调递减且存在零点可得f（-1）f（1）≤0，从而解出a的范围；

　　（2）对b进行讨论，判断g（x）的单调性，分别求出f（x），g（x）在[1，4]上的值域，令g（x）的值域为f（x）的值域的子集列出不等式组得出b的范围．

　　本题考查了二次函数的单调性判断，值域计算，零点的存在性定理，分类讨论思想，属于中档题．

　　68.

　　（1）当x2-4x-5＞0时，f（x）=x2-4x-5；当x2-4x-5＜0时，f（x）=x2-4x-5，进而画出图象．

　　（2）先求出f（x）≥5的解集，再判断集合A和B的关系．

　　（3）设函数g（x）=kx+3k-f（x），只要证明g（x）＞0恒成立即可．

　　本题主要考查了函数图象的应用．注意数形结合．

　　69.

　　（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞）， ，若a≤0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；若a＞0时，f（x）在（0， ）上单调递增，在（ ，+∞）上单调递减．

　　（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， ，由此进行分类讨论，能求出实数a的取值范围．

　　本题考查函数的单调性的求法，考查满足条件的实数的取值范围的求法．综合性强，难度大，有一定的探索性，对数学思维的要求较高，解题时要注意导数性质的合理运用．

　　70.

　　（1）已知f（x），构造新的函数g（x），利用导数求函数单调的方法步骤；

　　（2）将ln（1+x）＜ax在（0，+∞）上恒成立等价于ln（1+x）-ax＜0在（0，+∞）上恒成立，构造新的函数h（x）=ln（1+x）-ax，x∈[0，+∞），依题意，我们所要求的a的取值范围，需要满足以下条件：能够使得h（x）在[0，+∞）上单调递减．

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

　　本题综合性较强，主要考查利用导数研究函数的单调性，以此为主线，贯穿其中．但对以上三个问题的解答，关键是构造函数，这是函数这一章节的重点和难点．

　　71.

　　（1）求出原函数的导函数，得到f′（e），再求出f（e），达人直线方程的点斜式得答案；

　　（2）由存在一个x0∈[1，e]使f（x0）＜g（x0）成立，得x0lnx0＜ ，分离参数a，令h（x）= ，利用导数求其最小值得答案；

　　（3）由题意得：xlnx＞（k-3）x-k+2在x＞1时恒成立，即k＜ ．构造函数F（x）= ，得F′（x）= ．令m（x）=x-lnx-2，则m′（x）=1- = ＞0在x＞1时恒成立．然后利用函数F（x）的单调性求其最小值 = ∈（5，6）．从而可得整数k的最大值．

　　本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数求函数在闭区间上的最值，考查逻辑思维能力与推理运算能力，难度较大．

　　72.

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

　　（2）根据题意，利用判别式△≤0，即可求出t的值．

　　本题考查了不等式的解法与应用问题，也考查了利用判别式求一元二次不等式恒成立的问题，是基础题目．

　　73.

　　（1）由已知中f（1）=2，代入可得m的值，进而求出函数的解析式，根据函数奇偶性的定义判断f（-x）与f（x）的关系，可得函数的奇偶性

　　（2）任取1＜x1＜x2，判断f（x2）与f（x1）的大小，进而根据函数单调性的定义，可得函数的单调性

　　（3）由（1）中所得函数的解析式，构造关于a的不等式，解不等式可得答案．

　　本题考查的知识点是函数的奇偶性，函数的单调性，熟练掌握函数奇偶性与单调性的定义是解答的关键．

　　74.

　　（1）求单调区间，先求导，令导函数大于等于0即可．

　　（2）已知f（x）在区间（0， ）上是减函数，即f′（x）≤0在区间（0， ）上恒成立，然后用分离参数求最值即可．

　　本题考查函数单调性的判断和已知函数单调性求参数的范围，此类问题一般用导数解决，综合性较强．

　　75.

　　（1）a=2时，分离常数得出 ，根据增函数的定义，设任意的x1＜x2＜-1，然后作差，通分，证明f（x1）＜f（x2），从而得出f（x）在（-∞，-1）上是增函数；

　　（2）分离常数得出 ，根据f（x）在区间（-∞，-1）上是减函数便可得出a+1＜0，从而得出实数a的取值范围．

　　考查分离常数法的运用，增函数、减函数的定义，以及根据增函数定义证明一个函数为增函数的方法和过程，清楚反比例函数的单调性．

　　76.

　　（1）代入计算求a的值；

　　（2）利用奇函数的定义进行判断即可．

　　本题考查函数值的计算，考查奇函数的定义，比较基础．

　　77.

　　（Ⅰ）由题设，g（x）=x2-alnx，则 ．由已知，g'（1）=0，a=2．于是 ，则 ．由此能确定确定函数h（x）的单调性．

　　（Ⅱ）当1＜x＜e2时，0＜lnx＜2，即0＜f（x）＜2．欲证 ，只需证x[2-f（x）]＜2+f（x），即证 ．由此能够证明当1＜x＜e2时，恒有 成立．

　　（Ⅲ）由题设， ．令g（x）-h1（x）=0，则 ．设 ，h3（x）=-x2+x+6（x＞0），则 ，由 ，得x＞4．

　　所以h2（x）在（4，+∞）上是增函数，在（0，4）上是减函数．由此入手能够确定函数y=g（x）-h1（x）的零点个数．

　　本题考函数的恒成立的应用，对数学思维的要求比较高，要求学生理解"存在"、"恒成立"，以及运用一般与特殊的关系进行否定，本题有一定的探索性．综合性强，难度大，易出错．解题时要认真审题，注意导数的合理运用．

　　78.

　　（1）对g（x）配方，求出对称轴x=a，讨论若1≤a≤3时，若a＞3时，若a＜1，由单调性可得最小值，解方程，即可得到所求a的值；

　　（2）由题意可得（2x）2-2o2x+1-ko4x≥0，化为k≤（2-x）2-2o2-x+1，令t=2-x，求出t的范围，求得右边函数的最小值即可得到k的范围；

　　（3）令y=0，可化为|2x-1|2-2o|2x-1|+1+2k-3ko|2x-1|=0（|2x-1|≠0）有3个不同的实根．令t=|2x-1|，讨论t的范围和单调性，t2-（3k+2）t+1+2k=0有两个不同的实数解t1，t2，已知函数有3个零点等价为0＜t1＜1，t2＞1或0＜t1＜1，t2=1，记m（t）=t2-（3k+2）t+1+2k，由二次函数图象可得不等式组，解不等式可得k的范围．

　　本题考查二次函数在闭区间上最值问题，注意对称轴和区间的关系，考查不等式恒成立问题解法，注意运用参数分离和构造函数法，考查函数零点问题，注意转化思想运用，考查分类讨论思想方法运用，以及运算化简能力，属于难题．

　　79.

　　方法：由 ，得f'（x）=x2+ax-，问题化，对于意x∈[1，+∞）都有[f（x]max2（a1下面利用导数具研究其单调性和最大值即得出实的取值围；

　　方法：由 得f'（x）=-x2ax-2，原题转化为：对于任意x∈[1，+）都有x2-ax2a0成立令h（）=x2-ax+2a结二次函数性质到关于a的不等关系，而实a的；

　　先过点 作曲线=f（x）的三条切线转化：程 有三个不实数解下面用导数研究函数g（x零点从而求得a的范围．

　　本小题主要考查函数单性的应用、利导究线某点切线方程、等式解法、函数恒成立问题基础知识，考查运算求，考查形结思想化归与转化思想．属中档．

　　80.

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

　　在的条下，f（x）+f（x+5）≥m对一切实数成立，根f（x+f（x5）小值≥m求实数m的取范．

　　题考查函数恒成立题，对值不等式的解法，考查转，是中题，

　　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）的单调性然后结合函的性质把不等式f（t-2t）+f（2t2-k）0为于t的一元不等式，后由元二次式知求出k的取值范围．

　　本题主要考查数奇偶与单调的合应用同时查一二次不等式恒成立问的解决策略．

　　82.

　　当1时，（x）=-x|x-|+1= 依题意，可得 ，或 格/．分别解之即可；

　　a∈（0，3，作数yf（）的象分0＜a≤1、1＜a＜2与2≤＜3三类讨论，数形合即可求得函数y=f（x）x∈[1，2]上大；

　　当1- ＞2时，M是方程2+a1=-2的较大根分别解答，取即可求得的取值范围．

　　本题考查绝值不等式的法，着重查二次函数在区间上最值，综考查形结合想、分类讨论思想、价转化思想，查逻辑、抽思、新思维的综运用，是难题．

　　【答案】

　　1.解：（1）由题意：函数f（x）=lg（2+x）+lg（2-x）=

　　∴函数f（x）的定义域满足： ，解得：-2＜x＜2

　　故函数f（x）的定义域为（-2，2）．

　　（2）∵函数g（x）=10f（x）+2x，

　　∴g（x）= +2x= = ，（-2＜x＜2）

　　∵  ，即 ，当且仅当x=1时取等号．

　　根据勾勾函数的性质：可得：函数g（x）在（-2，1）时，是增函数，（1，2）时，是减函数．

　　故得g（x）∈（- ，7]．

　　所以函数g（x）的值域为（- ，7]．

　　2.解：（1）由题设，令x=y=0，

　　恒等式可变为f（0+0）=f（0）+f（0），解得f（0）=0，

　　（2）令y=-x，则由f（x+y）=f（x）+f（y）得

　　f（0）=0=f（x）+f（-x），即得f（-x）=-f（x），

　　故f（x）是奇函数

　　（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），

　　由函数f（x）是增函数，不等式转化为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，即函数的定义域[-1，1]．平方得 ，

　　∴t2∈[2，4]，

　　∵t≥0，

　　∴ ，

　　∴t的取值范围是 ．-----------（4分）

　　（2）由（1）知 ，

　　∴ ， ．-----------（6分）

　　（3） 的对称轴为 ．

　　①当 即 时， ；

　　②当 即 时， ；

　　③当 即 时，g（a）=h（2）=a+2．

　　综上可得，函数f（x）的最大值为 ．---（12分）

　　4.解：（1）当x∈（0，e]时，-x∈[-e，0），

　　则f（-x）=a（-x）-lnx，

　　又f（x）是奇函数，故f（x）=-f（-x）=ax+lnx，

　　故f（x）= ；

　　（2）当x∈（0，e]时，f（x）=ax+lnx，

　　f′（x）=a+ = ，

　　①当a≥0时，f′（x）＞0，f（x）在区间（0，e]递增，

　　故函数f（x）在区间（0，e]上的最大值是f（e）=ae+1=2，

　　故a= ＞0满足题意；

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

　　故f（x）在（0，e]递增，

　　此时f（x）在区间（0，e]的最大值是f（e）=ae+1=2，

　　则a= ＞0，不满足条件= ≤a＜0；

　　③当a＜- 时，可得f（x）在区间（0，- ]递增，在区间[- ，e]递减，

　　故x=- 时，f（x）max=f（- ）=-1+ln（- ），

　　令f（- ）=2，得a=- ＞0 ，不满足条件，

　　综上a= 时，函数f（x）在区间（0，e]上的最大值是2．

　　5.解：（1）由题意得： ＞0，

　　解得：-1＜x＜1，

　　故函数的定义域是（-1，1）；

　　（2）若函数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）= ，

　　从而f（f（-2））=f（-（-2）+1）=f（3）=23=8；

　　（Ⅱ）"描点法"作图：1°列表：

　　x    -2    -1    0    1    2

　　f（x）    3    2    1    2    4

　　2°描点；3°连线

　　f（x）的图象如右图所示：

　　7.解：（Ⅰ）由已知该长方体形水箱高为x米，底面矩形长为（2-2x）米，宽（1-2x）米．

　　∴该水箱容积为f（x）=（2-2x）（1-2x）x=4x3-6x2+2x．…（4分）

　　其中正数x满足 ∴0＜x＜ ．

　　∴所求函数f（x）定义域为{x|0＜x＜ }．…（6分）

　　（Ⅱ）由f（x）≤4x3，得x≤0或x≥ ，

　　∵定义域为{x|0＜x＜ }，∴ ≤x＜ ．…（8分）

　　此时的底面积为S（x）=（2-2x）（1-2x）=4x2-6x+2（x∈[ ， ））．

　　由S（x）=4（x- ）2- ，…（10分）

　　可知S（x）在[ ， ）上是单调减函数，

　　∴x= ．

　　即要使水箱容积不大于4x3立方米的同时，又使得底面积最大的x是 ．…（12分）

　　8.解：（1）根据题意，二次函数f（x）的对称轴为x= =2，

　　顶点坐标为（2，1）；

　　设函数f（x）=a（x-2）2+1，

　　则f（0）=a×（-2）2+1=3，解得a= ，

　　所以f（x）= （x-2）2+1；

　　（2）二次函数f（x）的对称轴是x=2，

　　在对称轴的同侧，f（x）单调性相同，

　　当f（x）在区间[2a，3a+1]上单调时，

　　2a≥2或3a+1≤2，

　　解得a≥1或a≤ ，

　　所以a的取值范围是a≤ 或a≥1．

　　9.解：（1）f（-1）=f（1）=2-1=1．

　　（2）证明：设a＞b＞0，f（a）-f（b）=（ -1）-（ -1）= ，

　　由a＞b＞0知， ＜0，∴f（a）＜f（b），∴f（x）在（0，+∞）上是减函数．

　　（3）设x＜0，则-x＞0，∴f（-x）= -1=f（x），

　　∴f（x）= -1，即当x＜0时，函数的解析式为f（x）= -1．