高三模擬文科數(shù)學(xué)試題之函數(shù)的性質(zhì)(2)

　　63.解：（1）∵

　　∴當(dāng)x＜1時(shí)，3-2x＞3，解得x＜0；

　　當(dāng)1≤x≤2時(shí)，f（x）＞3無解

　　當(dāng)x＞2時(shí)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(shí)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(shí)f（x）=x- ，

　　要使函數(shù)有意義，則x≠0，

　　即函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?∞，0）∪（0，+∞）；

　�。�2）∵函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?∞，0）∪（0，+∞）；

　　∴定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)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(diào)遞增，

　　設(shè)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(diào)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?yàn)閧x|x≠0}，

　　則f（-x）=-x- =-（x+ ）=-f（x），

　　則函數(shù)是奇函數(shù)；

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

　　當(dāng)1＜x1＜x2時(shí)，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(dāng)a=-1時(shí)，f（x）=x2-2x+2=（x-1）2+1，

　　對(duì)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(duì)稱軸x=-a，若f（x）在[-5，5]不單調(diào)，

　　則-5＜-a＜5，即-5＜a＜5，

　　當(dāng)-5＜a＜0時(shí)，f（x）max=27-10a；

　　當(dāng)0≤a＜5時(shí)，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(duì)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(diǎn)，

　　∴f（-1）f（1）≤0，即a（8+a）≤0，

　　解得：-8≤a≤0．

　�。�2）a=3時(shí)，f（x）=x2-4x+6，

　　∴f（x）在[1，2]上單調(diào)遞減，在[2，4]上單調(diào)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?yàn)閇2，6]．

　　設(shè)g（x）在[1，4]上的值域?yàn)镸，

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

　　∴M?[2，6]．

　　當(dāng)b=0時(shí)，g（x）=5，即M={5}，符合題意，

　　當(dāng)b＞0時(shí)，g（x）=bx+5-2b在[1，4]上是增函數(shù)，

　　∴M=[5-b，5+2b]，

　　∴ ，解得0＜b≤ ．

　　當(dāng)b＜0時(shí)，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(shè)-2≤x≤6，當(dāng)x2-4x-5≥0時(shí)，

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

　　當(dāng)x2-4x-5＜0時(shí)，即-1＜x＜5時(shí)，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(diào)遞減，

　　在[-1，2]和[5，+∞）上單調(diào)遞增，

　　∴ ．

　　由于2+ ＜6，2- ＞-2

　　∴B?A．

　�。�3）當(dāng)x∈[-1，5]時(shí)，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，

　�、佼�(dāng) ，即2＜k≤6時(shí)，

　　取 ，g（x）min= ．

　　∵16≤（k-10）2＜64，

　　∴（k-10）2-64＜0，則g（x）min＞0．

　�、诋�(dāng) ，即k＞6時(shí)，取x=-1，g（x）min=2k＞0．

　　由①、②可知，當(dāng)k＞2時(shí)，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?yàn)椋?，+∞）， ，

　　若a≤0，則f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，

　　若a＞0，則由f′（x）=0，得x= ，

　　當(dāng)x∈（0， ）時(shí)，f′（x）＞0，

　　當(dāng)x∈（ ）時(shí)，f′（x）＜0，

　　∴f（x）在（0， ）上單調(diào)遞增，在（ ，+∞）上單調(diào)遞減．

　　所以當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，

　　當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）在（0， ）上單調(diào)遞增，在（ ，+∞）上單調(diào)遞減．

　�。á颍ゝ（x）- = ，

　　令g（x）=xlnx-a（x2-1），（x≥1），

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

　�、偃鬭≤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(dāng)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(shè) ．

　　∴ ，

　　∴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(shè)h（x）=ln（1+x）-ax，則h（0）=0，

　　∴ ，

　　若a≥1，則x∈[0，+∞）時(shí)， 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(shí)， ，

　　∴   時(shí)h'（x）≥0，

　　∴h（x）=ln（1+x）-ax在   上為增函數(shù)，

　　當(dāng)   時(shí)，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(duì)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(gè)x0∈[1，e]使f（x0）＜g（x0）成立，

　　即x0lnx0＜ ，則a＞ ．

　　令h（x）= ，當(dāng)x∈[1，e）時(shí)，h′（x）= ＞0恒成立．

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

　　即實(shí)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(shí)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(shí)恒成立．

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

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

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

　　∴F（x）在（1，b）上單調(diào)遞減，在（b，+∞）上單調(diào)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(dāng)t=3時(shí)，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(duì)一切實(shí)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）

　　73.解：∵ ，且f（1）=2

　　∴1+m=2，解得 m=1…（1分）

　�。�1）y=f（x）為奇函數(shù)，理由如下：…..（2分）

　　∵ ，定義域?yàn)椋?∞，0）∪（0，+∞），關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱…..（3分）

　　又

　　所以y=f（x）為奇函數(shù)…（4分）

　�。�2）f（x）在（1，+∞）上的單調(diào)遞增，理由如下…..（5分）

　　設(shè)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(diào)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(dāng)a=3時(shí)，f（x）=-x2+3x+1-lnx

　　∴

　　解f′（x）＞0，

　　即：2x2-3x+1＜0

　　函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是 ．

　�。á颍ゝ′（x）=-2x+a- ，

　　∵f（x）在 上為減函數(shù)，

　　∴x∈ 時(shí)-2x+a- ≤0恒成立．

　　即a≤2x+ 恒成立．

　　設(shè) ，則

　　∵x∈ 時(shí)， ＞4，

　　∴g′（x）＜0，

　　∴g（x）在 上遞減，

　　∴g（x）＞g（ ）=3，

　　∴a≤3．

　　75.解：（1）證明：a=2時(shí)， ；

　　設(shè)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(shù)；

　�。�2）

　　=

　　= ；

　　∵f（x）在（-∞，-1）上是減函數(shù)；

　　∴a+1＜0；

　　∴a＜-1；

　　∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為（-∞，-1）．

　　76.解：（1）∵函數(shù)f（x）=x+ ，且f（1）=10，

　　∴1+a=10，∴a=9；

　　（2）函數(shù)的定義域?yàn)閧x|x≠0}．

　　f（-x）=-x+ =-（x+ ）=-f（x），∴f（x）是奇函數(shù)．

　　77.解：（Ⅰ）由題設(shè)，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(shù)，在（0，1）上是減函數(shù)．（4分）

　　證明：（Ⅱ）當(dāng)1＜x＜e2時(shí)，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(shè) ，

　　則 ．

　　當(dāng)1＜x＜e2時(shí)，φ'（x）＞0，

　　所以φ（x）在區(qū)間（1，e2）上為增函數(shù)．（7分）

　　從而當(dāng)1＜x＜e2時(shí)，φ（x）＞φ（1）=0，

　　即 ，

　　故 ．（8分）

　　解：（Ⅲ）由題設(shè)， ．

　　令g（x）-h1（x）=0，

　　則 ，

　　即 ．（9分）

　　設(shè) ，

　　h3（x）=-x2+x+6（x＞0），

　　則 ，

　　由 ，得x＞4．

　　所以h2（x）在（4，+∞）上是增函數(shù)，

　　在（0，4）上是減函數(shù)．（10分）

　　又h3（x）在（0， ）上是增函數(shù)，

　　在（ ，+∞）上是減函數(shù)．

　　因?yàn)楫?dāng)x→0時(shí)，h2（x）→+∞，h3（x）→6．

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

　　則函數(shù)h2（x）與h3（x）的大致圖象如下：（12分）

　　由圖可知，當(dāng)x＞0時(shí)，兩個(gè)函數(shù)圖象有2個(gè)交點(diǎn)，

　　故函數(shù)y=g（x）-h1（x）有2個(gè)零點(diǎn)．（13分）

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

　　若1≤a≤3時(shí)，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(qū)間[1，3]上的值域[0，4]；

　　若a＞3時(shí)，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(diào)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(gè)不同的實(shí)根．

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

　　當(dāng)0＜x＜1時(shí)，t=|2x-1|=2x-1，t∈（0，1）且遞增，

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

　　t2-（3k+2）t+1+2k=0有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解t1，t2，

　　已知函數(shù)有3個(gè)零點(diǎn)等價(jià)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(shí)數(shù)解，

　　綜上可得，k的取值范圍是（0，+∞）．

　　79.解：當(dāng)a=時(shí)， ，得f'（x）=-23x-2．（1）

　　問題化對(duì)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(shù)fx）的遞增區(qū)（1，），單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，）和（2，+∞）…（3）

　　當(dāng)＜或x＞2時(shí)，f'）＜，函數(shù)f（x）單調(diào)減．

　　若過點(diǎn) 可作函數(shù)y=x）圖象的三不同切，

　　因?yàn)?，其圖象開口向?qū)ΨQ軸為 ．

　　因?yàn)閷?duì)于任意x∈1，+）都有f（x＜2（-1成立，

　　令 ，則函數(shù)y（t與t軸有三個(gè)同的交點(diǎn)．

　　當(dāng) 時(shí)即a≥2時(shí)'（x）在 上單調(diào)遞增在 上調(diào)遞減，

　　因?yàn)橛谌我?isin;[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(shí)-＜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?yàn)辄c(diǎn) 切線上，

　　則過點(diǎn)P的線的率=f't=-t2+at-2，…（8分）

　　設(shè)點(diǎn) 是函數(shù)y=（x）圖象的點(diǎn)，

　　必須滿足△0或 （5分）

　　當(dāng) ，即a＜2時(shí)，fx在[1，+∞上單調(diào)遞減，

　　以數(shù)a值范圍為（2，+∞）．…（1分）

　　80.解：由f（x）≤得|x-|≤，

　　當(dāng)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(dāng)-3≤≤時(shí)g（x）=5；

　　設(shè)gx）f（x）+f（x+），

　　所以當(dāng)x＜-3，g（x）；

　　于是

　　解-3≤x≤a+3．

　　即g（）≥m對(duì)一切實(shí)數(shù)x恒成立，則m的取值圍為（-∞5．分）

　　81.解：因?yàn)閒x）是函數(shù)，以f（0）0，

　　易知fx）在（-∞+∞）上為數(shù)．

　　經(jīng)檢驗(yàn)a=，b=1， 是函數(shù)．

　　所以f（t22t）+f（22k）0

　　由f-f（-1）知 ．

　　即

　　因?yàn)閒（x）為減函數(shù)，由式得：t2-2kt2．

　　所以a=2，=．

　　從而別式 ．

　　價(jià)于f（t2-2t）＜-t2-k=f（-2t2），

　　所以k的取值范圍k- ．

　　82.解：當(dāng)=1，f（x=x|x-1|+1= ，

　　f（0）=f1f（ ）1- ，

　　當(dāng)0＜≤1時(shí)，f（x）在[1，2]上調(diào)減，函數(shù)的為f=；

　　且線x= 是函數(shù)的對(duì)稱，由（2- ）-（ -1）=-a＞，

　　解得=1，解求得x無，

　　0＜a＜2 ，M= ∈（ ， +6．

　　當(dāng)1- ＞2時(shí)，方程-2ax+1=-2的較大根．

　　由f（）=可得 ，或 /空/．

　　a≥2 時(shí)M= = ∈（， ]．

　　當(dāng)2≤a＜時(shí)，（x在[1， ]單調(diào)遞，在[ ，2]單調(diào)第，

　　注幾個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)的值：

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

　　1a＜2時(shí)，f（x）在[1，上遞增，在[a，]上單遞減，

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

　　綜M= ，M∈（0， + ）．

　　【解析】

　　1.

　�。�1）根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的真數(shù)要大于0，即可求解函數(shù)f（x）的定義域；

　�。�2）函數(shù)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(duì)數(shù)的定義域的求法和計(jì)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(shù)的奇偶性的定義，直接證明f（x）是奇函數(shù)；

　　（3）利用已知條件轉(zhuǎn)化不等式．通過函數(shù)的單調(diào)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(shù)及其應(yīng)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(shù)的定義域，利用平方法進(jìn)行求解即可．

　�。�2）利用換元法進(jìn)行表示即可．

　�。�3）根據(jù)一元二次函數(shù)的性質(zhì)討論對(duì)稱軸，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性和對(duì)稱性的進(jìn)行求解即可．

　　本題主要考查函數(shù)解析式和函數(shù)最值的求解，利用一元二次函數(shù)的性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．

　　4.

　�。�1）設(shè)x∈（0，-e]，則-x∈[-e，0），故f（-x）=-ax-ln（x），根據(jù)函數(shù)的奇偶性求出此時(shí)的解析式，即可得到函數(shù)在定義域內(nèi)的解析式；

　�。�2）假設(shè)存在實(shí)數(shù)a滿足條件，通過討論a的范圍，利用函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)的最小值，解出a的值即可．

　　本題考查對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性和特殊點(diǎn)，函數(shù)的奇偶性，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)得最值，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想，確定函數(shù)的最小值，是解題的難點(diǎn)和關(guān)鍵．

　　5.

　�。�1）根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的定義求出函數(shù)的定義域即可；（2）根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)求出不等式的解集即可．

　　本題考查了求函數(shù)的定義域問題，考查對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，是一道基礎(chǔ)題．

　　6.

　　（Ⅰ）由f（-2）=3，f（-1）=f（1）得 ，解得a，b．

　�。á颍�1°列表；2°描點(diǎn)；3°連線

　　本題考查了分段函數(shù)的解析式及圖象，屬于基礎(chǔ)題．

　　7.

　�。á瘢┐_定長(zhǎng)方體形水箱高為x米，底面矩形長(zhǎng)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(jù)長(zhǎng)、寬、高為正數(shù)，可確定所求函數(shù)f（x）定義域；

　　（Ⅱ）根據(jù)水箱容積不大于4x3立方米，構(gòu)建不等式，確定函數(shù)的定義域，再利用底面積為S（x）=（2-2x）（1-2x）=4x2-6x+2，結(jié)合定義域，可得結(jié)論．

　　本題考查函數(shù)模型的構(gòu)建，考查函數(shù)的最值，利用長(zhǎng)方體的體積公式，確定函數(shù)是關(guān)鍵．

　　8.

　　（1）根據(jù)題意，得出函數(shù)f（x）的對(duì)稱軸和頂點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)出f（x）解析式求出a的值即可；

　　（2）根據(jù)二次函數(shù)在對(duì)稱軸的同側(cè)單調(diào)性相同，得出關(guān)于a的不等式，求解即可．

　　本題考查了求二次函數(shù)的解析式與應(yīng)用問題，也考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)的應(yīng)用問題．

　　9.

　�。�1）利用偶函數(shù)的性質(zhì)可得，f（-1）=f（1），把x=1代入當(dāng)x＞0時(shí)，函數(shù)的解析式求值．

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

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

　　本題考查利用函數(shù)的奇偶性求函數(shù)值，證明函數(shù)的單調(diào)性，以及求函數(shù)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(jié)合x∈（0，1）時(shí)，f（x）＜0．及增函數(shù)的定義可證得結(jié)論；

　�。�3）令x1=x2=4，可得f（16）=2，x1=4，x2=16，可得f（64）=3，結(jié)合f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），f（x1ox2）=f（x1）+f（x2），及（2）中函數(shù)的單調(diào)性，可將不等式f（3x+1）+f（2x-6）≤3轉(zhuǎn)化為一個(gè)關(guān)于x的不等式組．本題考查的知識(shí)點(diǎn)是抽象函數(shù)及其應(yīng)用．

　　本題考查的是抽象函數(shù)及其應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)性證明，以及賦值法的應(yīng)用，屬于中檔題，在解答的過程當(dāng)中充分體現(xiàn)了函數(shù)單調(diào)性的定義、作差法以及賦值法等知識(shí)．值得同學(xué)們體會(huì)和反思．

　　11.

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

　　（2）化簡(jiǎn)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(shù)的化簡(jiǎn)與應(yīng)用及基本不等式在求最值時(shí)的應(yīng)用，屬于中檔題．

　　12.

　�。�1）利用函數(shù)f（x）=xm- ，且f（4）=3，即可求m的值；

　�。�2）利用奇函數(shù)的定義，即可求f（x）的奇偶性．

　　本題考查奇函數(shù)的判斷，考查學(xué)生的計(jì)算能力，比較基礎(chǔ)．

　　13.

　�。á瘢┐�值計(jì)算即可，

　�。á颍└鶕�(jù)函數(shù)值得變化趨勢(shì)即可求出函數(shù)的值域

　　本題考查了函數(shù)值，以及函數(shù)的值域的問題，屬于基礎(chǔ)題

　　14.

　�。á瘢┯深}意設(shè)出每天多賣出的件數(shù)k（x2+x），結(jié)合售價(jià)降低3元時(shí)，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(rùn)函數(shù)；

　�。á颍├�用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的極值點(diǎn)，求得極值，比較端點(diǎn)值后得到利潤(rùn)的最大值．

　　本題考查了函數(shù)模型的選擇及應(yīng)用，考查了數(shù)學(xué)建模思想方法，訓(xùn)練了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，是中檔題．

　　15.

　　根據(jù)二周點(diǎn)定義，分段進(jìn)行求解，符定義的根即為所求；

　　題意，先表示s的達(dá)式，再借導(dǎo)數(shù)具研究s在區(qū)間[ ， 上的單性，確最值，即可求解出最值．

　　本題考查函數(shù)的值，新定解，利用導(dǎo)函數(shù)在閉間的最第二解的關(guān)鍵是理解定義第三題的關(guān)鍵是熟練掌握導(dǎo)數(shù)工具判斷函數(shù)的調(diào)性，本題查了程的思想，化歸的想及符運(yùn)算的能力難度較大，綜合性，答時(shí)要嚴(yán)真方可避免會(huì)而作不對(duì)現(xiàn)象的出．

　　16.

　　在求f（t）的解析式時(shí)，關(guān)鍵是要根據(jù)圖象，對(duì)t的取值進(jìn)行恰當(dāng)?shù)姆诸悾�然后分類討論，給出分段函數(shù)的解析式后，再根據(jù)解析式畫出函數(shù)的圖象．

　　分段函數(shù)的對(duì)應(yīng)關(guān)系是借助于幾個(gè)不同的表達(dá)式來表示的，處理分段函數(shù)的問題時(shí)，首先要確定自變量的數(shù)值屬于哪一個(gè)區(qū)間段，從而選相應(yīng)的關(guān)系式．對(duì)于分段函數(shù)，注意處理好各段的端點(diǎn)．

　　17.

　�。�1）直接由對(duì)數(shù)式的真數(shù)大于0聯(lián)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(shù)的定義域及其求法，考查了指數(shù)不等式的解法，是基礎(chǔ)題．

　　18.

　�。�1）根據(jù)圖象可知此函數(shù)為分段函數(shù)，在（0，20]和（20，30]兩個(gè)區(qū)間利用待定系數(shù)法分別求出一次函數(shù)關(guān)系式聯(lián)立可得P的解析式；

　�。�2）因?yàn)镼與t成一次函數(shù)關(guān)系，根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，取出兩組即可確定出Q的解析式；根據(jù)股票日交易額=交易量×每股較易價(jià)格可知y=PQ，可得y的解析式，分別在各段上利用二次函數(shù)求最值的方法求出即可．

　　考查學(xué)生根據(jù)實(shí)際問題選擇函數(shù)類型的能力，理解分段函數(shù)的能力．

　　19.

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

　　（2）畫出函數(shù)f（x）的圖象，注意空心點(diǎn)及原點(diǎn)；

　�。�3）由圖象寫出函數(shù)f（x）單調(diào)區(qū)間及值域．

　　本題考查了函數(shù)的解析式的求法及圖象的作法，同時(shí)考查了函數(shù)的圖象的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．

　　20.

　�。�1）分別解得集合A，B即可；

　　（2）根據(jù)A∩B=A，得出A?B，借助數(shù)軸解得即可．

　　本題主要考查集合的自交并的運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題．

　　21.

　　（1）分別令x= ，x= ，結(jié)合條件，即可求出結(jié)果；

　�。�2）令x= ，再應(yīng)用倒序求和求出an，再由等差數(shù)列的定義，即可得證；

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

　　本題主要考查函數(shù)的對(duì)稱性及應(yīng)用，同時(shí)考查等差數(shù)列的定義和通項(xiàng)公式，以及數(shù)列求和，及數(shù)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(shè)0＜a＜1，由于x，y＞0，存在m，n，使x=am，y=an，代入計(jì)算即可得證；

　�。�3）運(yùn)用對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，證得f（x）在x＞0上遞減．由條件結(jié)合對(duì)數(shù)的真數(shù)大于0，解得，a＞ ；由loga（x-3a）+loga（x-a）≤1，等價(jià)為loga（x2-4ax+3a2）≤1．令g（x）=loga（x2-4ax+3a2），根據(jù)g（x）的單調(diào)性，即可得到a的范圍．

　　本題考查抽象函數(shù)及運(yùn)用，考查賦值法求函數(shù)值，以及換元法的運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性及運(yùn)用，考查不等式的恒成立思想轉(zhuǎn)化為求最值，屬于中檔題和易錯(cuò)題．

　　23.

　�。�1）首先取x ，得到 ，把-x代入 時(shí)的解析式，結(jié)合偶函數(shù)的概念可求得

　　x 時(shí)的解析式，然后再取x ，加π后得到x+π∈ ，代入 時(shí)的解析式，

　　結(jié)合周期函數(shù)的概念求解f（x）；

　�。�2）作出函數(shù)在[-π，0]上的圖象，根據(jù)偶函數(shù)圖象關(guān)于y軸軸對(duì)稱得到函數(shù)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(jù)函數(shù)是以π為周期的周期函數(shù)，把得到的區(qū)間端點(diǎn)值加上π的整數(shù)倍得到要求解的區(qū)間．

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

　　24.

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

　�。�2）f（x）的對(duì)稱軸為x=1，討論區(qū)間[k，k+1]的端點(diǎn)和對(duì)稱軸的關(guān)系：k+1＜1，k≤1≤k+1，k＞1，根據(jù)二次函數(shù)的單調(diào)性及頂點(diǎn)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(shù)求函數(shù)解析式的方法，二次函數(shù)的對(duì)稱軸，以及根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性及取得頂點(diǎn)情況求二次函數(shù)最小值的方法．

　　25.

　　（Ⅰ）當(dāng)a=2時(shí)，f（x）=x|x-2|= ，作出圖象即可寫出函數(shù)y=f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；

　�。á颍┊�(dāng)a=-2時(shí)，f（x）=x|x+2|= ，可求得函數(shù)y=f（x）在區(qū)間 的值域?yàn)閇-1，8]；

　　（Ⅲ）設(shè)a≠0，f（x）=x|x-a|= ，函數(shù)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(duì)值的函數(shù)，著重考查分段函數(shù)的圖象與性質(zhì)，考查函數(shù)的單調(diào)性，最值，考查化歸思想，數(shù)形結(jié)合思想，分類討論思想的綜合運(yùn)用，屬于難題．

　　26.

　�。�1）設(shè)g（x）圖象上任一點(diǎn)P（x，y）以及P關(guān)于A（2，1）的對(duì)稱點(diǎn)P'（x'，y'），根據(jù)點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱的性質(zhì)，用p的坐標(biāo)表示P'的坐標(biāo)，再把P'的坐標(biāo)代入f（x）的解析式進(jìn)行整理，求出g（x）解析式；

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

　　本題考查了用代入法求函數(shù)的解析式，利用點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱的性質(zhì)求函數(shù)的解析式，利用基本不等式的性質(zhì)求函數(shù)的最值問題，是有關(guān)函數(shù)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(shè)m=x＜0，n=-x＞0，f（-x）∈（0，1），根據(jù)定義形式得出當(dāng)x＜0時(shí)f（x）＞1，得出結(jié)論成立；

　�。�3）利用定義法）?x1＜x2∈R，判斷f（x2）-f（x1）的正負(fù)；

　�。�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(shù)問題，利用定義證明函數(shù)的單調(diào)性，利用單調(diào)性解決不等式問題和恒成立問題的轉(zhuǎn)換．

　　28.

　�。�1）運(yùn)用對(duì)數(shù)函數(shù)的定義域，解不等式即可得到所求定義域；

　�。�2）運(yùn)用對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)和對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性和二次函數(shù)的最值，即可得到所求最值．

　　本題考查函數(shù)的定義域和最值的求法，注意運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性，考查運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題．

　　29.

　�。á瘢└鶕�(jù)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(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)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(shù)，再配方，即可得到所求的最大值及對(duì)應(yīng)的x的值．

　　本題主要考查了二次函數(shù)的應(yīng)用，考查了學(xué)生分析問題和解決實(shí)際問題的能力，屬于基礎(chǔ)題．

　　30.

　�。�1）得出2x（2x-1）＜0，求解即可．（2）換元轉(zhuǎn)化為令t=2x+1∈（1，3]， ，利用對(duì)鉤函數(shù)的性質(zhì)求解．（3）利用令n=2x∈[1，2]， ，求解．

　　本題綜合考查了函數(shù)的性質(zhì)，運(yùn)用判斷單調(diào)區(qū)間，求解范圍問題，屬于中檔題．

　　31.

　�。�1）利用函數(shù)奇偶性的性質(zhì)即可求f（3）+f（-1）

　�。�2）根據(jù)函數(shù)奇偶性的性質(zhì)即可求函數(shù)f（x）的解析式；

　�。�3）若f（a-1）＜-1，將不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化即可求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

　　本題主要考查函數(shù)解析式的求解以及不等式的求解，根據(jù)函數(shù)奇偶性的性質(zhì)求出函數(shù)的解析式是解決本題的關(guān)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(shè)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(shù)的函數(shù)值的求法，考查抽象函數(shù)對(duì)應(yīng)的不等式的解法．解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意抽象函數(shù)的單調(diào)性的靈活運(yùn)用．

　　33.

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

　�。�2）運(yùn)用二次函數(shù)的最值的求法和一次函數(shù)的單調(diào)性，可得f（x）的值域?yàn)閇-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(shù)的解析式的求法，注意運(yùn)用奇函數(shù)的定義，考查不等式恒成立問題的解法，以及運(yùn)算求解能力，屬于中檔題．

　　34.

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

　�。↖I）以-x取代y，代入函數(shù)滿足的等式，可得f（x）+f（-x）=0，由此可得f（x）是奇函數(shù)；

　�。↖II）根據(jù)函數(shù)是單調(diào)函數(shù)且f（0）＜f（1），得f（x）是定義域在R上的增函數(shù)．再結(jié)合函數(shù)為奇函數(shù)，將題中不等式轉(zhuǎn)化為kx2＜1-2x在 上恒成立，最后采用變量分離的方法結(jié)合換元法求函數(shù)的最小值，可算出k的取值范圍．

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

　　35.

　�。�1）直接根據(jù)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(jù)f（ ）=-1得出f（3）=1，從而f（9）=2，因此，原不等式等價(jià)為： ，解之即可．

　　本題主要考查了抽象函數(shù)的函數(shù)值，以及運(yùn)用抽象函數(shù)的單調(diào)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(dāng)當(dāng) 0＜x≤2時(shí)，當(dāng) 2＜x≤4時(shí)，當(dāng) 4＜x≤6時(shí)，分別求出S，再把S表示成分段函數(shù)的形式．

　　（2）先依據(jù)（1）中函數(shù)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(yùn)算．

　　本題考查分段函數(shù)的特征，體現(xiàn)了分類討論、數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)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(jù)函數(shù)的性質(zhì)①求出f（x）的解析式，得出g（x），根據(jù)二倍角公式與同角的三角函數(shù)關(guān)系對(duì)g（x）進(jìn)行化簡(jiǎn)放縮，得出最大值．

　　本題考查了抽象函數(shù)的性質(zhì)應(yīng)用，三角函數(shù)的恒等變換，屬于難題．

　　38.

　　（1）根據(jù)圖象的平移即可得到函數(shù)的解析式，

　�。�2）方法一，采取分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為 在x∈[1，3]上有解或者 在 上有解，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)即可求出k的范圍

　　方法二，采用根的分布，原題等價(jià)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(jù)根與系數(shù)的關(guān)系即可求出k的范圍．

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

　　39.

　�。�1）設(shè)x1＞x2，結(jié)合f（a+b）=f（a）+f（b）-1，可得f（x2-x1）=f（x1-x2）-1，由x＞0時(shí)，有f（x）＞1，可得f（x1）＞f（x2），證明函數(shù)在R上單調(diào)遞增；

　�。�2）根據(jù)已知條件，原不等式轉(zhuǎn)化為（1+x） ＞x2-1，對(duì) 恒成立，令t= ，則t∈[ ， ]，原式等價(jià)于（1+x）t＞x2-1，t∈[ ， ]恒成立，

　　構(gòu)造函數(shù)，求出x的范圍即可．

　　本題考查抽象函數(shù)的性質(zhì)單調(diào)性的判斷，考查不等式恒成立思想的運(yùn)用，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．

　　40.

　�。�1）m的最大值為 ．分類進(jìn)行證明，當(dāng)m= 時(shí)，函數(shù)f（x）具有性質(zhì)P（ ）；假設(shè)存在 ＜m＜1，使得函數(shù)f（x）具有性質(zhì)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(shè)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(dāng)g（0）、g（ ）、…、g（ ）中有一個(gè)為0時(shí)，函數(shù)f（x）具有性質(zhì)P（ ）；當(dāng)g（0）、g（ ）、…、g（ ）均不為0時(shí)，由于其和為0，則必然存在正數(shù)和負(fù)數(shù)，進(jìn)而可證函數(shù)f（x）具有性質(zhì)P（ ）．

　　本題考查新定義，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想，考查學(xué)生分析解決問題的能力，難度較大．

　　41.

　　欲判斷函數(shù)f（x）是不是"保三角形函數(shù)"，只須任給三角形，設(shè)它的三邊長(zhǎng)a、b、c滿足a+b＞c，判斷f（a）、f（b）、f（c）是否滿足任意兩數(shù)之和大于第三個(gè)數(shù)，即任意兩邊之和大于第三邊即可．因此假設(shè)a≤c且b≤c，在各個(gè)選項(xiàng)中根據(jù)定義和函數(shù)對(duì)應(yīng)法則進(jìn)行求解判斷即可．

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

　　42.

　�。�1）用t表示y，即y是關(guān)于t的函數(shù)m（t）；

　�。�2）求a為參數(shù)時(shí)函數(shù)m（t）= 在t∈[ ，2]上的最大值；

　�。�3）分段討論當(dāng)a≥- 時(shí)，對(duì)應(yīng) 的取值范圍，計(jì)算滿足 的實(shí)數(shù)a的值．

　　本題考查了函數(shù)及其性質(zhì)的綜合應(yīng)用，用分類討論法求函數(shù)最值的知識(shí)，是容易出錯(cuò)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(shí)可得線段長(zhǎng)度，由面積公式分段可得函數(shù)解析式，作圖可得．

　　本題考查函數(shù)圖象的作法，設(shè)及函數(shù)式的求解，屬中檔題．

　　44.

　�。á瘢┣蟪龊瘮�(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論m的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；

　�。á颍┝頶（x）=x，討論m的范圍，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出g（x）的最大值和f（x）的最小值，結(jié)合函數(shù)恒成立分別判斷即可證明結(jié)論．

　　本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，考查學(xué)生的計(jì)算能力，是一道綜合題．

　　45.

　�。�1）根據(jù)使函數(shù)的解析式有意義的原則，我們易求出函數(shù)的解析式，根據(jù)反比例函數(shù)的性質(zhì)，我們易求出函數(shù)的值域；

　�。�2）任取區(qū)間（0，+∞）上兩個(gè)任意的實(shí)數(shù)x1，x2，且x1＜x2，我們作差f（x1）-f（x2），并判斷其符號(hào)，進(jìn)而根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，可得到結(jié)論．

　　本題考查的知識(shí)點(diǎn)是函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明，函數(shù)的定義域及其求法，函數(shù)的值域，其中熟練掌握基本初等函數(shù)的定義域，值域，及函數(shù)單調(diào)性的證明方法是解答本題的關(guān)鍵．

　　46.

　�。á瘢┣蟪龊瘮�(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；

　�。á颍┩ㄟ^討論a的范圍，求出f（x）的最小值，根據(jù)f（x）min≥0，求出a的范圍即可．

　　本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．

　　47.

　�。�1）利用指數(shù)函數(shù)的定義，求出a，即可求f（x）的表達(dá)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(shù)函數(shù)，考查函數(shù)的奇偶性，考查不等式的解法，屬于中檔題．

　　48.

　　根據(jù)題意，設(shè)x1＞x2＞0，用定義法作差可得f（x1）-f（x2）=（- -1）-（- -1）= - = ，結(jié)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(hào)，由函數(shù)單調(diào)性的定義分析可得證明．

　　本題考查函數(shù)的單調(diào)性的證明，要掌握定義法的證明過程并正確化簡(jiǎn)．

　　49.

　�。�1）配方法化簡(jiǎn)f（x）=x2-4x-4=（x-2）2-8，從而分類討論以確定函數(shù)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(yīng)用及分段函數(shù)的應(yīng)用，同時(shí)考查了分類討論的思想應(yīng)用．

　　50.

　�。�1）若a=-1，則f（x）=|x+1|-|x-3|，運(yùn)用函數(shù)的零點(diǎn)分區(qū)間，討論當(dāng)x≥3時(shí)，當(dāng)-1≤x＜3時(shí)，當(dāng)x＜-1時(shí)，化簡(jiǎn)不等式求解，最后求并集即可；

　�。�2）由題意知這是一個(gè)存在性的問題，須求出不等式左邊的最大值，可運(yùn)用絕對(duì)值不等式的性質(zhì)可得最大值，再令其大于等于 ，即可解出實(shí)數(shù)a的取值范圍．

　　本題考查絕對(duì)值不等式，求解本題的關(guān)鍵是正確理解題意，區(qū)分存在問題與恒成立問題的區(qū)別，本題是一個(gè)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(gè)易錯(cuò)題，主要錯(cuò)誤就是出在把存在問題當(dāng)成恒成立問題求解，因思維錯(cuò)誤導(dǎo)致錯(cuò)誤，是有一定難度的題目．

　　51.

　　（1）利用換元法以及函數(shù)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(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)即可解不等式f（x）≤0．

　　本題主要考查函數(shù)解析式的求解以及函數(shù)奇偶性的判斷，根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．

　　52.

　�。�1）由奇函數(shù)的性質(zhì)得f（0）=0恒成立，求出a的值，再判斷函數(shù)的單調(diào)性即可．

　�。�2）根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)將不等式轉(zhuǎn)化為：f（logm ）＞-f（-1）=f（1），再由函數(shù)的單調(diào)性得logm ＜1，利用對(duì)數(shù)的單調(diào)性對(duì)m進(jìn)行分類討論，再求出實(shí)數(shù)m的取值范圍．

　　本題考查了函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性的應(yīng)用問題，也考查了對(duì)數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)的應(yīng)用問題，是中檔題．

　　53.

　�。�1）代值計(jì)算即可．

　　（2）分三種情況加以討論：當(dāng)a＞0時(shí)，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(gòu)造新函數(shù)h（x）=（a2-1）x2+2ax-a2，通過討論h（x）圖象的對(duì)稱軸方程和頂點(diǎn)坐標(biāo)，可得0＜a＜-1；當(dāng)a＜0時(shí)，用同樣的方法得到-1＜a＜0；而當(dāng)a=0時(shí)代入函數(shù)表達(dá)式，顯然不合題意，舍去．最后綜合實(shí)數(shù)a的取值范圍；

　�。�3）F（x）=f（x）og（x）=ax|x-a|，根據(jù)實(shí)數(shù)a與區(qū)間[1，2]的位置關(guān)系，分4種情況加以討論：①當(dāng)0＜a≤1時(shí)，③當(dāng)2＜a≤4時(shí)，④當(dāng)a＞4時(shí)，最后綜上所述，可得函數(shù)y=F（x）在區(qū)間[1，2]上的最大值的結(jié)論．

　　本題借助于含有字母參數(shù)的一次函數(shù)和含有絕對(duì)值的函數(shù)，通過討論它們的奇偶性和單調(diào)性，以及討論含有參數(shù)的方程根的個(gè)數(shù)，著重考查了函數(shù)的單調(diào)性的奇偶性、函數(shù)的零點(diǎn)和二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，屬于難題．請(qǐng)同學(xué)們注意分類討論和數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)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(shù)"的定義逐條驗(yàn)證即可；

　�。�2）通過記t（x）=f（x）-g（x），結(jié)合"漸近函數(shù)"的定義可知 ＜a，問題轉(zhuǎn)化為求當(dāng)x∈[0，+∞）時(shí)q（x）= 的最大值問題，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論．

　　本題考查新定義函數(shù)，涉及導(dǎo)數(shù)的計(jì)算，函數(shù)單調(diào)性及極限知識(shí)，注意解題方法的積累，屬于中檔題．

　　55.

　　（Ⅰ）去掉絕對(duì)值符號(hào)，然后求解不等式即可解不等式f（x）＞5；

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

　　本題考查函數(shù)的恒成立，函數(shù)的最值的求法，絕對(duì)值不等式的幾何意義的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．

　　56.

　�。�1）由由f（1）=2即可解得；

　　（2）利用減函數(shù)的定義可以判斷、證明；

　　本題考查函數(shù)的單調(diào)性，屬容易題，定義證明函數(shù)單調(diào)性的常用方法．

　　57.

　　（1）根據(jù)函數(shù)成立的條件進(jìn)行求解即可．

　�。�2）根據(jù)函數(shù)奇偶性的定義進(jìn)行判斷即可．

　　本題主要考查函數(shù)定義域和奇偶性的判斷，根據(jù)奇偶性的定義結(jié)合指數(shù)冪的運(yùn)算性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．

　　58.

　　（I）求出f′（x），然后把切點(diǎn)N的橫坐標(biāo)代入f′（x）表示出直線的斜率等于tan ，得到關(guān)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；

　�。↖I）要使得不等式f（x）≤k-1993對(duì)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(qū)間上，利用x的值分三種情況討論f′（x）的正負(fù)得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，然后利用函數(shù)的增減性得到函數(shù)的最大值，列出關(guān)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(shù)解．

　　考查學(xué)生會(huì)利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上過某點(diǎn)切線方程的斜率，理解函數(shù)恒成立時(shí)所取的條件，會(huì)利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值，掌握直線傾斜角與斜率的關(guān)系．

　　59.

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

　　本題考查了絕對(duì)值不等式的解法，考查函數(shù)恒成立問題，考查數(shù)形結(jié)合思想，是一道中檔題．

　　60.

　�。á瘢�將a的值帶入f（x），兩邊平方求出不等式的解集即可；

　�。á颍┣蟪鰂（x）=|x-a|-|x|+ ，原問題等價(jià)于|a|＜a2，求出a的范圍即可．

　　本題考查了解絕對(duì)值不等式問題，考查絕對(duì)值的性質(zhì)，是一道中檔題．

　　61.

　�。á瘢├�用|x-3|+|x-m|≥|（x-3）-（x-m）|=|m-3|，對(duì)x與m的范圍討論即可．

　�。á颍�構(gòu)造柯西不等式即可得到結(jié)論．

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

　　62.

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

　�。�2）利用函數(shù)單調(diào)性的定義進(jìn)行證明．

　　本題主要考查函數(shù)奇偶性的應(yīng)用，以及函數(shù)單調(diào)性的判斷和證明，要求熟練掌握函數(shù)單調(diào)性的定義及證明過程．

　　63.

　�。�1）利用零點(diǎn)分段法，我們可將函數(shù)f（x）=|x-1|+|x-2|化為分段函數(shù)的形式，根據(jù)分段函數(shù)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(jié)果，即可得到不等式的解集．

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

　　本題考查的知識(shí)點(diǎn)是絕對(duì)值不等式的解法，函數(shù)恒成立問題，其中利用零點(diǎn)分段法，將函數(shù)的解析式化為分段函數(shù)的形式，再根據(jù)分段函數(shù)分段處理的原則，進(jìn)行解答是本題的關(guān)鍵．

　　64.

　�。�1）根據(jù)方程關(guān)系即可求m的值和函數(shù)f（x）的定義域；

　�。�2）根據(jù)函數(shù)奇偶性的定義即可判斷函數(shù)f（x）的奇偶性并說明理由；

　�。�3）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義判斷函數(shù)f（x）在（0，+∞）上的單調(diào)性．

　　本題主要考查函數(shù)解析式的求解，以及函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的判斷和證明，利用定義法是解決本題的關(guān)鍵．

　　65.

　　（1）根據(jù)條件建立方程關(guān)系，求出a，b的值，結(jié)合函數(shù)奇偶性的定義進(jìn)行判斷即可．

　　（2）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義進(jìn)行證明即可．

　　本題主要考查函數(shù)解析式的求解以及函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的判斷和證明，利用函數(shù)奇偶性的定義和單調(diào)性的 定義是解決本題的關(guān)鍵．

　　66.

　　（1）求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最大值和最小值即可；（2）求出函數(shù)的對(duì)稱軸，從而求出a的范圍，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出f（x）在[-5，5]上的最大值即可．

　　本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，本題是一道基礎(chǔ)題．

　　67.

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

　�。�2）對(duì)b進(jìn)行討論，判斷g（x）的單調(diào)性，分別求出f（x），g（x）在[1，4]上的值域，令g（x）的值域?yàn)閒（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(shù)的單調(diào)性判斷，值域計(jì)算，零點(diǎn)的存在性定理，分類討論思想，屬于中檔題．

　　68.

　�。�1）當(dāng)x2-4x-5＞0時(shí)，f（x）=x2-4x-5；當(dāng)x2-4x-5＜0時(shí)，f（x）=x2-4x-5，進(jìn)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(guān)系．

　　（3）設(shè)函數(shù)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(shù)圖象的應(yīng)用．注意數(shù)形結(jié)合．

　　69.

　�。á瘢ゝ（x）的定義域?yàn)椋?，+∞）， ，若a≤0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；若a＞0時(shí)，f（x）在（0， ）上單調(diào)遞增，在（ ，+∞）上單調(diào)遞減．

　�。á颍ゝ（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(jìn)行分類討論，能求出實(shí)數(shù)a的取值范圍．

　　本題考查函數(shù)的單調(diào)性的求法，考查滿足條件的實(shí)數(shù)的取值范圍的求法．綜合性強(qiáng)，難度大，有一定的探索性，對(duì)數(shù)學(xué)思維的要求較高，解題時(shí)要注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)的合理運(yùn)用．

　　70.

　�。�1）已知f（x），構(gòu)造新的函數(shù)g（x），利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)的方法步驟；

　�。�2）將ln（1+x）＜ax在（0，+∞）上恒成立等價(jià)于ln（1+x）-ax＜0在（0，+∞）上恒成立，構(gòu)造新的函數(shù)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(diào)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(qiáng)，主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，以此為主線，貫穿其中．但對(duì)以上三個(gè)問題的解答，關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)，這是函數(shù)這一章節(jié)的重點(diǎn)和難點(diǎn)．

　　71.

　�。�1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，得到f′（e），再求出f（e），達(dá)人直線方程的點(diǎn)斜式得答案；

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

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

　　本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究過曲線上某點(diǎn)處的切線方程，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，考查邏輯思維能力與推理運(yùn)算能力，難度較大．

　　72.

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

　　（2）根據(jù)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(yīng)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(chǔ)題目．

　　73.

　　（1）由已知中f（1）=2，代入可得m的值，進(jìn)而求出函數(shù)的解析式，根據(jù)函數(shù)奇偶性的定義判斷f（-x）與f（x）的關(guān)系，可得函數(shù)的奇偶性

　�。�2）任取1＜x1＜x2，判斷f（x2）與f（x1）的大小，進(jìn)而根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，可得函數(shù)的單調(diào)性

　�。�3）由（1）中所得函數(shù)的解析式，構(gòu)造關(guān)于a的不等式，解不等式可得答案．

　　本題考查的知識(shí)點(diǎn)是函數(shù)的奇偶性，函數(shù)的單調(diào)性，熟練掌握函數(shù)奇偶性與單調(diào)性的定義是解答的關(guān)鍵．

　　74.

　�。�1）求單調(diào)區(qū)間，先求導(dǎo)，令導(dǎo)函數(shù)大于等于0即可．

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

　　本題考查函數(shù)單調(diào)性的判斷和已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的范圍，此類問題一般用導(dǎo)數(shù)解決，綜合性較強(qiáng)．

　　75.

　�。�1）a=2時(shí)，分離常數(shù)得出 ，根據(jù)增函數(shù)的定義，設(shè)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(shù)；

　　（2）分離常數(shù)得出 ，根據(jù)f（x）在區(qū)間（-∞，-1）上是減函數(shù)便可得出a+1＜0，從而得出實(shí)數(shù)a的取值范圍．

　　考查分離常數(shù)法的運(yùn)用，增函數(shù)、減函數(shù)的定義，以及根據(jù)增函數(shù)定義證明一個(gè)函數(shù)為增函數(shù)的方法和過程，清楚反比例函數(shù)的單調(diào)性．

　　76.

　�。�1）代入計(jì)算求a的值；

　�。�2）利用奇函數(shù)的定義進(jìn)行判斷即可．

　　本題考查函數(shù)值的計(jì)算，考查奇函數(shù)的定義，比較基礎(chǔ)．

　　77.

　�。á瘢┯深}設(shè)，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(shù)h（x）的單調(diào)性．

　�。á颍┊�(dāng)1＜x＜e2時(shí)，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(dāng)1＜x＜e2時(shí)，恒有 成立．

　�。á螅┯深}設(shè)， ．令g（x）-h1（x）=0，則 ．設(shè) ，h3（x）=-x2+x+6（x＞0），則 ，由 ，得x＞4．

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

　　本題考函數(shù)的恒成立的應(yīng)用，對(duì)數(shù)學(xué)思維的要求比較高，要求學(xué)生理解"存在"、"恒成立"，以及運(yùn)用一般與特殊的關(guān)系進(jìn)行否定，本題有一定的探索性．綜合性強(qiáng)，難度大，易出錯(cuò)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意導(dǎo)數(shù)的合理運(yùn)用．

　　78.

　　（1）對(duì)g（x）配方，求出對(duì)稱軸x=a，討論若1≤a≤3時(shí)，若a＞3時(shí)，若a＜1，由單調(diào)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(shù)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(gè)不同的實(shí)根．令t=|2x-1|，討論t的范圍和單調(diào)性，t2-（3k+2）t+1+2k=0有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解t1，t2，已知函數(shù)有3個(gè)零點(diǎn)等價(jià)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(shù)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(shù)在閉區(qū)間上最值問題，注意對(duì)稱軸和區(qū)間的關(guān)系，考查不等式恒成立問題解法，注意運(yùn)用參數(shù)分離和構(gòu)造函數(shù)法，考查函數(shù)零點(diǎn)問題，注意轉(zhuǎn)化思想運(yùn)用，考查分類討論思想方法運(yùn)用，以及運(yùn)算化簡(jiǎn)能力，屬于難題．

　　79.

　　方法：由 ，得f'（x）=x2+ax-，問題化，對(duì)于意x∈[1，+∞）都有[f（x]max2（a1下面利用導(dǎo)數(shù)具研究其單調(diào)性和最大值即得出實(shí)的取值圍；

　　方法：由 得f'（x）=-x2ax-2，原題轉(zhuǎn)化為：對(duì)于任意x∈[1，+）都有x2-ax2a0成立令h（）=x2-ax+2a結(jié)二次函數(shù)性質(zhì)到關(guān)于a的不等關(guān)系，而實(shí)a的；

　　先過點(diǎn) 作曲線=f（x）的三條切線轉(zhuǎn)化：程 有三個(gè)不實(shí)數(shù)解下面用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)g（x零點(diǎn)從而求得a的范圍．

　　本小題主要考查函數(shù)單性的應(yīng)用、利導(dǎo)究線某點(diǎn)切線方程、等式解法、函數(shù)恒成立問題基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求，考查形結(jié)思想化歸與轉(zhuǎn)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(shí)a的值；

　　在的條下，f（x）+f（x+5）≥m對(duì)一切實(shí)數(shù)成立，根f（x+f（x5）小值≥m求實(shí)數(shù)m的取范．

　　題考查函數(shù)恒成立題，對(duì)值不等式的解法，考查轉(zhuǎn)，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(diào)性然后結(jié)合函的性質(zhì)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(shù)奇偶與單調(diào)的合應(yīng)用同時(shí)查一二次不等式恒成立問的解決策略．

　　82.

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

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

　　當(dāng)1- ＞2時(shí)，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(shù)在區(qū)間上最值，綜考查形結(jié)合想、分類討論思想、價(jià)轉(zhuǎn)化思想，查邏輯、抽思、新思維的綜運(yùn)用，是難題．

　　【答案】

　　1.解：（1）由題意：函數(shù)f（x）=lg（2+x）+lg（2-x）=

　　∴函數(shù)f（x）的定義域滿足： ，解得：-2＜x＜2

　　故函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?2，2）．

　�。�2）∵函數(shù)g（x）=10f（x）+2x，

　　∴g（x）= +2x= = ，（-2＜x＜2）

　　∵  ，即 ，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號(hào)．

　　根據(jù)勾勾函數(shù)的性質(zhì)：可得：函數(shù)g（x）在（-2，1）時(shí)，是增函數(shù)，（1，2）時(shí)，是減函數(shù)．

　　故得g（x）∈（- ，7]．

　　所以函數(shù)g（x）的值域?yàn)椋? ，7]．

　　2.解：（1）由題設(shè)，令x=y=0，

　　恒等式可變?yōu)閒（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(shù)

　�。�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(shù)f（x）是增函數(shù)，不等式轉(zhuǎn)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(shù)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(duì)稱軸為 ．

　�、佼�(dāng) 即 時(shí)， ；

　�、诋�(dāng) 即 時(shí)， ；

　�、郛�(dāng) 即 時(shí)，g（a）=h（2）=a+2．

　　綜上可得，函數(shù)f（x）的最大值為 ．---（12分）

　　4.解：（1）當(dāng)x∈（0，e]時(shí)，-x∈[-e，0），

　　則f（-x）=a（-x）-lnx，

　　又f（x）是奇函數(shù)，故f（x）=-f（-x）=ax+lnx，

　　故f（x）= ；

　�。�2）當(dāng)x∈（0，e]時(shí)，f（x）=ax+lnx，

　　f′（x）=a+ = ，

　�、佼�(dāng)a≥0時(shí)，f′（x）＞0，f（x）在區(qū)間（0，e]遞增，

　　故函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，e]上的最大值是f（e）=ae+1=2，

　　故a= ＞0滿足題意；

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

　　故f（x）在（0，e]遞增，

　　此時(shí)f（x）在區(qū)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(dāng)a＜- 時(shí)，可得f（x）在區(qū)間（0，- ]遞增，在區(qū)間[- ，e]遞減，

　　故x=- 時(shí)，f（x）max=f（- ）=-1+ln（- ），

　　令f（- ）=2，得a=- ＞0 ，不滿足條件，

　　綜上a= 時(shí)，函數(shù)f（x）在區(qū)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(shù)的定義域是（-1，1）；

　�。�2）若函數(shù)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；

　�。á颍�"描點(diǎn)法"作圖：1°列表：

　　x    -2    -1    0    1    2

　　f（x）    3    2    1    2    4

　　2°描點(diǎn)；3°連線

　　f（x）的圖象如右圖所示：

　　7.解：（Ⅰ）由已知該長(zhǎng)方體形水箱高為x米，底面矩形長(zhǎng)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(shù)x滿足 ∴0＜x＜ ．

　　∴所求函數(shù)f（x）定義域?yàn)閧x|0＜x＜ }．…（6分）

　�。á颍┯蒮（x）≤4x3，得x≤0或x≥ ，

　　∵定義域?yàn)閧x|0＜x＜ }，∴ ≤x＜ ．…（8分）

　　此時(shí)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(diào)減函數(shù)，

　　∴x= ．

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

　　8.解：（1）根據(jù)題意，二次函數(shù)f（x）的對(duì)稱軸為x= =2，

　　頂點(diǎn)坐標(biāo)為（2，1）；

　　設(shè)函數(shù)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(shù)f（x）的對(duì)稱軸是x=2，

　　在對(duì)稱軸的同側(cè)，f（x）單調(diào)性相同，

　　當(dāng)f（x）在區(qū)間[2a，3a+1]上單調(diào)時(shí)，

　　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(shè)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(shù)．

　�。�3）設(shè)x＜0，則-x＞0，∴f（-x）= -1=f（x），

　　∴f（x）= -1，即當(dāng)x＜0時(shí)，函數(shù)的解析式為f（x）= -1．