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高考数学压轴题突破训练--函数(含详解)


高考数学压轴题突破训练:函数
1. 已知三次函数 f ( x) = x 3 + ax 2 + bx + c 在 y 轴上的截距是 2,且在 (?∞,?1), ( 2,+∞) 上 单调递增,在(-1,2)上单调递减. (Ⅰ)求函数 f (x)的解析式; (Ⅱ)若函数 h( x) =

f ′( x) ? (m + 1) ln( x + m) ,求 h(x) 的单调区间. 3( x ? 2)

2. 已知函数 ? ( x ) = 5 x + 5 x + 1 ( x ∈ R ) ,函数 y = f (x ) 的图象与 ? (x ) 的图象关于点
2

1 (0, ) 中心对称。 2
(1)求函数 y = f ( x ) 的解析式; (2)如果 g1 ( x) = f ( x) , g n ( x ) = f [ g n ?1 ( x )](n ∈ N , n ≥ 2) ,试求出使 g 2 ( x) < 0 成 立的 x 取值范围; (3)是否存在区间 E ,使 E ∩ x f (x) < 0 = Φ 对于区间内的任意实数 x ,只要

{

}

n ∈ N ,且 n ≥ 2 时,都有 g n ( x) < 0 恒成立?

3.已知函数: f ( x ) =

x +1? a ( a ∈ R且 x ≠ a ) a?x
1 ,a+1]时,求证:f(x)的值域为[-3,-2]; 2

(Ⅰ)证明:f(x)+2+f(2a-x)=0 对定义域内的所有 x 都成立. (Ⅱ)当 f(x)的定义域为[a+
2

(Ⅲ)设函数 g(x)=x +|(x-a)f(x)| ,求 g(x) 的最小值 . 4. 设 f ( x ) 是定义在 [0,1] 上的函数, 若存在 x ∈ (0,1) , 使得 f ( x ) 在 [0, x * ] 上单调递增, [ x * ,1] 在
*

上单调递减,则称 f ( x ) 为 [0,1] 上的单峰函数, x 为峰点,包含峰点的区间为含峰区间. 对任意的 [0,1] 上的单峰函数 f ( x ) ,下面研究缩短其含峰区间长度的方法. (1)证明:对任意的 x1 , x 2 ∈ (0,1) , x1 < x 2 ,若 f ( x1 ) ≥ f ( x 2 ) ,则 (0, x 2 ) 为含峰区间;若

*

f ( x1 ) ≤ f ( x 2 ) ,则 ( x1 ,1) 为含峰区间; (2)对给定的 r (0 < r < 0.5) ,证明:存在 x1 , x 2 ∈ (0,1) ,满足 x 2 ? x1 ≥ 2r ,使得由(1)所 确定的含峰区间的长度不大于 0.5 + r ;

5. 设关于 x 的方程 2 x ? ax ? 2 = 0 的两根分别为 α 、 β
2

(α < β ) ,函数 f ( x) = 4 x ? a 2
x +1

(1)证明 f ( x ) 在区间 (α , β ) 上是增函数;

(2)当 a 为何值时, f (x ) 在区间 [α ,

β ] 上的最大值与最小值之差最小

6. 已知函数 f ( x ) =

1 3 4 x + ax + b(a, b ∈ R ) 在 x = 2 处取得的极小值是 ? . 3 3

(1)求 f ( x ) 的单调递增区间; (2)若 x ∈ [ ?4,3] 时,有 f ( x ) ≤ m + m +
2

10 恒成立,求实数 m 的取值范围. 3

7. 已知二次函数 f ( x) = ax + bx + 1( a > 0, b ∈ R ), 设方程 f(x)=x 有两个实数根 x1、x2.
2

(Ⅰ)如果 x1 < 2 < x 2 < 4 ,设函数 f(x)的对称轴为 x=x0,求证 x0>—1; (Ⅱ)如果 0 < x1 < 2 ,且 f(x)=x 的两实根相差为 2,求实数 b 的取值范围.

8. 函数 f (x) 的定义域为 R,并满足以下条件:①对任意 x ∈ R ,有 f ( x) > 0 ; ②对任意 x 、 y ∈ R ,有 f ( xy ) = [ f ( x)] ;③ f ( ) > 1.
y

1 3

则 (4 分) (5 分)

(1)求 f (0) 的值; (2)求证: f (x) 在 R 上是单调增函数;
2 (3)若 a > b > c > 0, 且b = ac ,求证: f ( a ) + f (c) > 2 f (b).

9. 已知函数 f ( x) = x 4 ? 4 x 3 + ax 2 ? 1 在区间[0,1]上单调递增,在区间[1,2]上单调递 减; (1)求 a 的值; (2)求证:x=1 是该函数的一条对称轴; (3)是否存在实数 b,使函数 g ( x) = bx 2 ? 1 的图象与函数 f(x)的图象恰好有两个交点? 若存在,求出 b 的值;若不存在,请说明理由. 10. 定义在区间(0, ∞ )上的函 f(x)满足: (1)f(x)不恒为零; (2)对任何实数 x、q,都 有 f ( x q ) = qf ( x) . (1)求证:方程 f(x)=0 有且只有一个实根; (2)若 a>b>c>1,且 a、b、c 成等差数列,求证: f ( a ) ? f (c) ? f 2 (b) ;

(3) (本小题只理科做) f(x) 单调递增, m>n>0 时, f ( m) = f ( n) = 2 f ( 若 且 有 求证: 3 < m < 2 + 2

m+n ), 2

11. 已知函数 f ( x) =

3x 3(a ? 1) + ( a ≠ 0 且 a ≠ 1) . a x (1) 试就实数 a 的不同取值,写出该函数的单调递增区间;

(2) 已知当 x > 0 时,函数在 (0, 6) 上单调递减,在 ( 6, +∞) 上单调递增,求 a 的值并 写出函数的解析式; (3) (理)记(2)中的函数的图像为曲线 C ,试问是否存在经过原点的直线 l ,使得 l 为 曲线 C 的对称轴?若存在,求出 l 的方程;若不存在,请说明理由. (文) 记(2)中的函数的图像为曲线 C ,试问曲线 C 是否为中心对称图形?若是, 请求出对称中心的坐标并加以证明;若不是,请说明理由.

12. 已 知 函 数 f ( x) = log a x 和 g ( x) = 2 log a (2 x + t ? 2), ( a > 0, a ≠ 1, t ∈ R )

的图象在

x = 2 处的切线互相平行. (Ⅰ) 求 t 的值;
(Ⅱ)设 F ( x ) = g ( x ) ? f ( x ) ,当 x ∈ [1, 4] 时, F ( x ) ≥ 2 恒成立,求 a 的取值范围. 13. 设函数 f ( x ) 定义在 R + 上,对任意的 m, n ∈ R + ,恒有 f ( m ? n) = f ( m) + f ( n) ,且当

x > 1 时, f ( x) < 0 。试解决以下问题: (1)求 f (1) 的值,并判断 f ( x ) 的单调性;
(2)设集合 A = {( x, y ) | f ( x + y ) + f ( x ? y ) > 0} , B = {( x, y ) | f ( ax ? y + 2) = 0, a ∈ R} , 若 A ∩ B ≠ ? ,求实数 a 的取值范围; (3)若 0 < a < b ,满足 | f ( a ) |=| f (b) |= 2 | f (

a+b ) | ,求证: 3 < b < 2 + 2 2

14. (理科)二次函数 f(x)= x 2 + ax + b( a、b ∈ R ) (I)若方程 f(x)=0 无实数根,求证:b>0; (II)若方程 f(x)=0 有两实数根,且两实根是相邻的两个整数,求证:f(-a)=

1 2 (a ? 1) ; 4

(III)若方程 f(x)=0 有两个非整数实根,且这两实数根在相邻两整数之间,试证明存在整 数 k,使得 f (k ) ≤

1 . 4

(文科)已知函数 f(x)= ax + bx + c ,其中 a ∈ N , b ∈ N , c ∈ Z .
2

*

(I)若 b>2a,且 f(sinx)(x∈R)的最大值为 2,最小值为-4,试求函数 f(x)的最小值; ( II ) 若 对 任 意 实 数 x , 不 等 式 4 x ≤ f ( x) ≤ 2( x 2 + 1) 恒 成 立 , 且 存 在

x0 使得f ( x0 ) < 2( x 2 0 + 1) 成立,求 c 的值。

15. 定义在(-1,1)上的函数 f(x)满足:对任意 x、y (I)求证:函数 f(x)是奇函数; (II)如果当

(-1,1)都有



时,有 f(x)>0,判断 f(x)在(-1,1)上的单调性,并加以证明;

(III)设-1<a<1,解不等式:

16. 设 f (x) 是定义域在 [?1, 1] 上的奇函数,且其图象上任意两点连线的斜率均小于零. (l)求证 f (x) 在 [?1, 1] 上是减函数; (ll)如果 f ( x ? c) , f ( x ? c ) 的定义域的交集为空集,求实数 c 的取值范围;
2

(lll)证明若 ? 1 ≤ c ≤ 2 ,则 f ( x ? c) , f ( x ? c ) 存在公共的定义域,并求这个公
2

共的空义域. 17. 已知函数 f(x)=ax +bx+c,其中 a∈N ,b∈N,c∈Z。 (1)若 b>2a,且 f(sinx) (x∈R)的最大值为 2,最小值为-4,试求函数 f(x)的最小 值; 2 (2)若对任意实数 x,不等式 4x≤f(x)≤2(x +1)恒成立,且存在 x0,使得 f(x0)<2 2 (x0 +1)成立,求 c 的值。
2 *

18. (理)已知 f ( x) = In(1 + x 2 ) + ax(a ≤ 0) (1)讨论 f (x) 的单调性; (2)证明: (1 +
1 1 1 )(1 + 4 ) ? (1 + 4 ) < e(n ∈ N * ), n ≥ 2 其中无理数 e = 2.71828?) . 4 2 3 n

( 文 ) 设 函 数 f ( x) =

1 3 ax + bx 2 + cx(a < b < c) , 其 图 象 在 点 3

A(1, f (1)), B (m, f (m)) 处的切线的斜率分别为 o, - a .

(1)求证: 0 ≤

b <1 ; a

(2)若函数 f (x) 的递增区间为 [ s, t ] ,求 [ s - t ] 的取值范围.

19.设函数 f ( x ) = ?

1 3 x + 2ax 2 ? 3a 2 x + b(0 < a < 1) 3

(1)求函数 f(x)的单调区间,并求函数 f(x)的极大值和极小值; (2)当 x∈[a+1, a+2]时,不等 | f ′( x ) |≤ a ,求 a 的取值范围. 20. 已知函数 f ( x ) = x +

(1)当 x > 1 时,求函数 f(x)的最小值; (2)设函数 h(x)=(1-x)f(x)+16,试根据 m 的取值分析函数 h(x)的图象与函数 g(x) 的图象交点的个数. 21. 已知二次函数 f ( x) = ax 2 + bx + c, 直线l1 : y = ?t 2 + 8t (其中0 ≤ t ≤ 2.t 为常数) ;

16 ? 7 x ,函数 g ( x ) = 6 ln x + m . x ?1

l 2 : x = 2 .若直线 l1、l2 与函数 f(x)的图象以及 l1,y 轴与函数 f(x)的图象所围成的封
闭图形如阴影所示. (Ⅰ)求 a、b、c 的值; (Ⅱ)求阴影面积 S 关于 t 的函数 S(t)的解析式; (Ⅲ)若 g ( x) = 6 ln x + m, 问是否存在实数 m,使得 y=f(x)的图象与 y=g(x)的图象 有且只有两个不同的交点?若存在,求出 m 的值;若不存在,说明理由.

22. 已知 f ( x) = x( x ? a )( x ? b) ,点 A(s,f(s)), B(t,f(t)) (I) 若 a = b = 1 ,求函数 f ( x ) 的单调递增区间; (II)若函数 f ( x ) 的导函数 f ′( x ) 满足:当|x|≤1 时,有| f ′( x ) |≤

3 恒成立,求函数 2

f ( x) 的解析表达式;
(III)若 0<a<b, 函数 f ( x ) 在 x = s 和 x = t 处取得极值,且 a + b = 2 3 ,证明:OA 与

OB 不可能垂直.
2 23. 已知函数 f ( x) = m ? x (m ∈ R ). x

(1)设 g ( x) = f ( x) + ln x ,当 m≥

1 1 时,求 g(x)在[ ,2 ]上的最大值; 2 4

(2)若 y = log 1 [8 ? f ( x)]在[1,+∞) 上是单调减函数,求实数 m 的取值范围.
3

答案: 答案:
1.解:(Ⅰ)∵ f ( x) = x + ax + bx + c 在 y 轴上的截距是 2,∴f(0)=2,∴c=2. 1 分
3 2

(-1,2)上单调递减, 又∵ f (x ) 在 (?∞,?1), ( 2,+∞) 上单调递增,

∴ f ′( x) = 3 x 2 + 2ax + b = 0 有两个根为-1,2, 2a ? 3 ? ? ?1 + 2 = ? 3 3 2 ? ?a = ? 3 ∴? ∴? 2 ∴ f ( x) = x ? x ? 6 x + 2 ,…………5 分 2 ? ?1 × 2 = b ?b = ?6 ? ? 3 ? 2 (Ⅱ)∵ f '( x ) = 3 x ? 3 x ? 6 = 3( x + 1)( x ? 2) , ∴ h( x) = x + 1 ? (m + 1) ln( x + m)( x > ?m且x ≠ 2) ,………………6 分 m +1 x ?1 ∴ h ′( x) = 1 ? = ,……………………………………… 7 分 x+m x+m 当 m≤-2 时,-m≥2,定义域: (?m,+∞) , h ′( x) > 0 恒成立, h( x)在(?m,+∞) 上单增; ……………………… 8 分 当 ? 2 < m ≤ ?1 时, 2 > ? m ≥ 1 ,定义域: (? m,2) ∪ (2,+∞) h ′( x) > 0 恒成立, h( x)在(?m,2), (2,+∞) 上单增……………………… 9 分 当 m >-1 时,-m <1,定义域: (? m,2) ∪ (2,+∞) 由 h ′( x ) > 0 得 x >1,由 h ′( x ) < 0 得 x <1. 故在(1,2)(2,+∞)上单增;在 (? m,1) 上单减. , ………………11 分
综上所述,当 m≤-2 时,h(x)在(-m,+∞)上单增; 当 ? 2 < m ≤ ?1 时, h( x)在( ?m,2), ( 2,+∞) 上单增; 当 m >-1 时,在(1,2)(2,+∞)上单增;在(-m,1)单减.…12 分 , 2.解: (1) f ( x ) = 5 x ? 5 x 2 ………………………………………………………………(6 分) (2)由 g 2 ( x ) = 5 g 1 ( x ) ? 5 g1 ( x ) < 0 解得 g1 ( x) < 0或g 1 ( x) > 1
2

即 5 x ? 5 x < 0或5 x ? 5 x > 1
2 2

解得 x < 0或x > 1或

5? 5 5+ 5 <x< …………………………………(12 分) 10 10

(1) 由 x f ( x) < 0 = x x < 0或x > 1 },

{

} {

又(

5? 5 5+ 5 , ) ∩ {x x < 0或x > 1} = Φ , 10 10 5? 5 5+ 5 2 , ) 时, g 2 ( x) < 0 , g 3 ( x) = 5 g 2 ( x) ? 5 g 2 ( x) < 0 , 10 10

当 x∈(

∴对于 n = 2,3 时, E ? (

5? 5 5+ 5 , ) ,命题成立。………………(14 分) 10 10

以下用数学归纳法证明 E ? (

5? 5 5+ 5 , ) 对 n ∈ N ,且 n ≥ 2 时,都有 g n ( x) < 0 成立 10 10

假设 n = k ( k ≥ 2, k ∈ N ) 时命题成立,即 g k ( x) < 0 , 那么 g k +1 ( x) = f [ g k ( x)] = 5 g k ( x) ? 5 g k ( x) < 0 即 n = k + 1 时,命题也成立。
2

∴存在满足条件的区间 E ? (

5? 5 5+ 5 , )。 10 10

3.解: (Ⅰ)证明: f ( x ) + 2 + f ( 2a ? x ) =

x +1? a 2a ? x + 1 ? a +2+ a?x a ? 2a + x x +1? a a ? x + 1 x + 1 ? a + 2a ? 2 x ? a + x ? 1 = +2+ = =0 a?x x?a a?x

∴结论成立 ……………………………………4 分

? (a ? x) + 1 1 = ?1 + a?x a?x 1 1 1 1 当 a + ≤ x ≤ a + 1时 ? a ? 1 ≤ ? x ≤ ? a ? ? 1 ≤ a ? x ≤ ? , ?2 ≤ ≤ ?1 2 2 2 a?x 1 ? 3 ≤ ?1 + ≤ ?2 即 f ( x)值域为[ ?3,?2] …………9 分 a?x
(Ⅱ)证明: f ( x ) =
2 (Ⅲ)解: g ( x ) = x + | x + 1 ? a | ( x ≠ a )

(1)当 x ≥ a ? 1且x ≠ a时, g ( x ) = x + x + 1 ? a = ( x +
2

1 2 3 ) + ?a 2 4

如果 a ? 1 ≥ ?

1 2

即a ≥

1 时,则函数在 [ a ? 1, a )和( a,+∞) 上单调递增 2

g ( x) min = g (a ? 1) = (a ? 1) 2
1 1 1 1 3 如果 a ? 1 < ? 即当a < 且a ≠ ? 时, g ( x) min = g ( ? ) = ? a 2 2 2 2 4

1 时, g (x ) 最小值不存在…………………………11 分 2 1 2 5 2 (2)当 x ≤ a ? 1时g ( x ) = x ? x ? 1 + a = ( x ? ) + a ? 2 4 1 3 1 5 如果 a ? 1 > 即a > 时g ( x ) min = g ( ) = a ? 2 2 2 4
当a = ? 如果 a ? 1 ≤ 1 即a ≤ 3 时g ( x )在( ?∞, a ? 1)上为减函数 g ( x ) min = g ( a ? 1) = ( a ? 1) 2 …13 分 2 2

当 a > 3 时(a ? 1) 2 ? (a ? 5 ) = (a ? 3 ) 2 > 0 2 4 2 综合得:当 a < 当

1 3 1 当a < 时(a ? 1) 2 ? ( ? a ) = (a ? ) 2 > 0 2 4 2

1 1 3 且a ≠ 时 g(x)最小值是 ? a 2 2 4

1 3 3 5 ≤ a ≤ 时 g(x)最小值是 (a ? 1) 2 当 a > 时 g(x)最小值为 a ? 2 2 2 4 1 当 a = ? 时 g(x)最小值不存在 2 * * 4.解:(1)证明:设 x 为 f ( x ) 的峰点,则由单峰函数定义可知, f ( x ) 在 [0, x ] 上单调递增, 在
[ x * ,1] 上单调递减,
当 f ( x1 ) ≥ f ( x 2 ) 时 , 假 设 x ? (0, x 2 ) , 则 x1 < x 2 < x , 从 而 f ( x ) ≥ f ( x 2 ) > f ( x1 ), 这 与
* * *

f ( x1 ) ≥ f ( x 2 ) 矛盾,所以 x * ∈ (0, x 2 ) ,即 (0, x 2 ) 为含峰区间. * * 当 f ( x1 ) ≤ f ( x 2 ) 时 , 假 设 x ? ( x1 ,1) , 则 x ≤ x1 < x 2 , 从 而 f ( x * ) ≥ f ( x1 ) > f ( x 2 ), 这 与 f ( x1 ) ≤ f ( x 2 ) 矛盾,所以 x * ∈ ( x1 ,1) ,即 ( x1 ,1) 为含峰区间………………………….(7 分)
(2)证明:由(1)的结论可知: 当 f ( x1 ) ≥ f ( x 2 ) 时, 含峰区间的长度为 l1 = x 2 ; 当 f ( x1 ) ≤ f ( x 2 ) 时, 含峰区间的长度为 l 2 = 1 ? x1 ; 对于上述两种情况,由题意得 ?

? x 2 ≤ 0.5 + r ?1 ? x1 ≤ 0.5 + r



由①得 1 + x 2 ? x1 ≤ 1 + 2r , 即 x 2 ? x1 ≤ 2r , 又因为 x 2 ? x1 ≥ 2r ,所以 x 2 ? x1 = 2r 将②代入①得 x1 ≤ 0.5-r,x 2 ≥ 0.5 + r, 由①和③解得 x1=0.5-r,x 2=0.5 + r, 所以这时含峰区间的长度 l1 = l 2 = 0.5 + r , 即存在 x1 , x 2 使得所确定的含峰区间的长度不大于 0.5 + r 5.解:(1)证明: f ( x ) =
' 2

② ③

? 2(2 x 2 ? ax ? 2) , ( x 2 + 1) 2

由方程 2 x ? ax ? 2 = 0 的两根分别为 α 、 β

(α < β ) 知

x ∈ (α , β ) 时, 2 x 2 ? ax ? 2 < 0 ,所以此时 f ' ( x) > 0 ,
所以 f (x ) 在区间 (α , β ) 上是增函数 (2)解:由(1)知在 (α , β ) 上, f (x ) 最小值为 f (α ) ,最大值为 f ( β ) ,

f ( β ) ? f (α ) =

4 β ? a 4α ? a ? β 2 +1 α 2 +1 ( β ? α )[a (α + β ) + 4 ? 4αβ ] = 2 2 α β + [(α + β ) 2 ? 2αβ ] + 1

a ∵ α + β = , αβ = ?1 ,可求得 β ? α = 2

a2 +4, 4

∴ f ( β ) ? f (α ) =

a2 a2 + 4 ? ( + 4 + 4) 4 2 = a 2 + 16 , 2 a 1+ + 2 +1 4

所以当 a = 0 时, f ( x ) 在区间 [α ,

β ] 上的最大值与最小值之差最小,最小值为4

? f ′(2) = 4 + a = 0 ? a = ?4 ? 6.解:(1) f ′( x ) = x + a ,由题意 ? , 8 4?? ? f (2) = 3 + 2a + b = ? 3 ?b = 4 ?
2

令 f ′( x ) = x 2 ? 4 > 0 得 f ( x ) 的单调递增区间为 ( ?∞, ?2) 和 (2, ∞) . (2) f ( x ) =

1 3 x ? 4 x + 4 ,当 x 变化时, f ′( x) 与 f ( x) 的变化情况如下表: 3
- 4 (-4, -2) -2 2) 0 (-2, 2 ) 0 (2,3 3

x
f ′( x)

?

?
单调 递减

?
单调 递增 1

f ( x)

?

4 3

单调 递增

28 3

?

4 3

所以 x ∈ [ ?4,3] 时, f ( x ) max = 于m +m+
2

28 10 2 .于是 f ( x ) ≤ m + m + 在 x ∈ [ ?4,3] 上恒成立等价 3 3

10 28 ≥ ,求得 m ∈ ( ?∞, ?3] ∪ [2, +∞ ) . 3 3

8.解:(Ⅰ)设 g ( x) = f ( x) ? x = ax 2 + (b ? 1) x + 1, 且a > 0, ∴由条件 x1 < 2 < x2 < 4, 得g (2) < 0且g (4) > 0 …… 分) ?4a + 2b ? 1 < 0 ? 3 ? 4a < b < 1 ? 2a.(4 (2 即 ?
?16a + 4b ? 3 > 0 4 2

分) ∴ 3 ? 4a < 1 ? 2a得a > 1 . ……(5 分)对 3 ? 4a < b < 1 ? 2a可得
4 2 8
4 2

1?

1 b 3 ……(8 分) b 1 1 <? < 2? . = ?1. 4a 2a 8a ∴ x 0 = ? 2 a > 1 ? 4 a > 1 ? 1 4×
8

(Ⅱ)由 g ( x) = ax 2 + (b ? 1) x + 1 = 0可知x1 x 2 = 1 > 0即x1与x 2同号.
a

∵ 0 < x1 < 2, x1 < 2 < x2 < 4,∴ x2 ? x1 = 2, ……(11 分)

∴ ( x 2 ? x1 ) 2 = ( x 2 + x1 ) 2 ? 4 x 2 x1 =

(b ? 1) 2 4 ? = 4 ? 2a + 1 = (b ? 1) 2 + 1. a a2
4

由 g (2) < 0即4a + 2b ? 1 < 0 代入有 2 (b ? 1) 2 + 1 < 3 ? 2b ? b < 1 . 7.解:解法一: (1)令 x = 0, y = 2 ,得: f (0) = [ f (0)] ……………1 分
2

∴ f (0) > 0

∴ f (0) = 1 …………………………4 分
设 x1 = 1 p1 , x 2 = 1 p 2 , 则 p1 < p 2
3 3

(2)任取 x1 、 x 2 ∈ ( ?∞,+∞) ,且 x1 < x 2 .

1 1 1 1 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) = f ( p1 ) ? f ( p 2 ) = [ f ( )] p1 ? [ f ( )] p2 …………………… 3 3 3 3
1 ∵ f ( ) > 1, p1 < p 2 3 ∴ f ( x1 ) < f ( x 2 )

8分

∴ f ( x ) 在 R 上是单调增函数…… 9 分

(3)由(1) (2)知 f (b ) > f (0) = 1
c f (c ) = f (b ? ) = [ f (b)] b ………11 分 b
c

∵ f (b) > 1

c ∵ f ( a ) = f (b ? ) = [ f (b)] b b
a c

a

∴ f (a ) + f (c) = [ f (b)] b + [ f (b)] b > 2 [ f (b)]
2b

a+c b

而a + c > 2

ac = 2 b 2 = 2b

∴ 2 [ f (b)]

a+c b

> 2 [ f (b)] b = 2 f (b)

∴ f (a ) + f (c) > 2 f (b) ……15 分

解法二: (1)∵对任意 x、y∈R,有 f ( xy ) = [ f ( x)] y

∴ f ( x) = f ( x ? 1) = [ f (1)] x ………1 分
∵任意 x∈R, f ( x ) > 0 …………3 分

∴当 x = 0 时 f (0) = [ f (1)] 0 ……2 分

∴ f (0) = 1 ……………………4 分

(2)∵ f ( 1 ) > 1,∴ f (1) = f (3 × 1 ) = [ f ( 1 )]3 > 1 …………………………6 分 3 3 3

∴ f ( x) = [ f (1)] x 是 R 上单调增函数
a c

即 f (x ) 是 R 上单调增函数;…… 9 分
a +c

(3) f ( a ) + f (c ) = [ f (1)] + [ f (1)] > 2 [ f (1)] 而 a + c > 2 ac = 2 b 2 = 2b

……………………11 分

∴ 2 [ f (1)] a + c > 2 [ f (1)]2 b = 2 f (b)

∴ f (a ) + f (c) > 2 f (b)
8.解: (1) ∵

f ( x)在[0,上单调递增,在[1,]上单调递减, 当x = 1时,f ( x)取得极大值, ∴ 1] 2 ∴

f / ( x) = 0, 即(4 x 3 ? 12 x 2 + 2ax) | x =1 = 0 ,∴ a = 4 ,
( 2 ) 设 点 A (x 0 , f ( x 0 ))是f ( x )上的任一点,它关于x = 1的对称点的坐标为B(2 ? x 0 , f ( x 0 )),

∵ f ( 2 ? x 0 ) = f ( x 0 ) ∴ x = 1是y = f ( x)的图象的一条对称轴。 由 g ( x) = bx 2 ? 1与f ( x) = x 4 ? 4 x 3 + 4 x 2 ? 1的图象恰有2个不同的 交 点 对 应 于 方 程

bx 2 ? 1 = x 4 ? 4 x 3 + 4 x 2 ? 1恰有2个不同的实根, 即 x 4 ? 4 x 3 + 4 x 2 ? bx 2 = 0 ∴ x = 0是一个根,当x = 0时b = 4,当x ≠ 0时方程有等根得b = 0
∴b=4 或 b=0 为所求. 9.解:(1)取 x=1,q=2,有

f (12 ) = f (2)即f (1) = 0 ∴1是f ( x) = 0的一个根, 存 在 另 一 个 实 根 x 0 ≠ 1 , 使 得 若

f ( x1 ) ≠ 0对任意的x1 ( x1 ∈ (0,+∞)成立,且x1 = x 0 (q ≠ 0), 有f ( x1 ) = qf ( x 0 ) = 0,
q

∵ f ( x 0 ) = 0恒成立, f(x1 ) ≡ 0, 与条件矛盾, f ( x) = 0有且只有一个实根x = 1 ∴ ∴
(2)∵ a > b > c > 1, 不妨设a = b 1 , c = b 2 ,
q q

,则 q 1 > 0, q2 > 0 ∴ f ( a ) ? f (c ) = f (b 1 ) ? f (b 2 ) = q1 q 2 ? f 2 (b) ,又 a+c=2b,
q q

∴ac-b 2 = ?

(a ? c) 2 <0 4
q1 + q2

即 ac<b ∴ b
2

?q +q ? < b ,∴ 0 < q1 + q2 < 2,∴ q2 q1 ≤ ? 1 2 ? < 1 ∴ f (a ) f (c) < f 2 (b) ? 2 ?
2 2

(3)

∵ f (1) = 0, f ( x)在(0,+∞)单调递增,当x ∈ (0,1)时f ( x) < 0; 当x ∈ (1,+∞)时,f ( x) > 0.
又 f ( m) = f ( n) ,∴ f ( m) = f ( n), f ( m) = ? f ( n),∵ m > n > 0,∴ f ( m) = ? f ( n). 令 m=b 1 ,n= b
q
q2

,b ≠ 1, 且 q 1 q 2 ≠ 0
2

?m + n? 则 f(m)+f(n)=(q 1 + q 2 ) f(b)=f(mn)=0∴ mn = 1.0 < n < 1 < m,∵ f ( m) = 2 f ? ? ,且 ? 2 ?
2 ?? m + n ? 2 ? m+n m+n ?m + n? m > 1, > mn = 1,∵ f (m) = 2 f ( ),∴ f (m) = f ?? ? ? ∴m = ? ? 2 2 ? 2 ? ?? 2 ? ? ? ?

即 4m= m + 2mn + n ∴ 4m ? m ? 2 = n ,由 0<n<1 得 0 < 4m ? m 2 ? 2 < 1, ∵ m > 1 ,
2 2, 2 2

∴3 < m < 2 + 2
10.解:(1) ①当 a < 0 时,函数 f ( x) 的单调递增区间为 (? a (a ? 1),0) 及 (0, a (a ? 1)) ,

②当 0 < a < 1 时,函数 f ( x) 的单调递增区间为 (?∞,0) 及 (0, +∞) , ③当 a > 1 时,函数 f ( x) 的单调递增区间为 (?∞, ? a (a ? 1)) 及 ( a (a ? 1), +∞) . (6 分) (2) 由题设及(1)中③知 a(a ? 1) = 6 且 a > 1 ,解得 a = 3 , 因此函数解析式为 f ( x) = (9 分)

3x 2 3 + ( x ≠ 0) . (10 分) 3 x 显然 x 、 y 轴不是曲线 C 的 (3) (理) 假设存在经过原点的直线 l 为曲线 C 的对称轴, 对称轴,故可设 l : y = kx ( k ≠ 0 ) ,
设 P ( p, q ) 为曲线 C 上的任意一点, P′( p′, q′) 与 P ( p, q ) 关于直线 l 对称,且

p ≠ p′ , q ≠ q′ ,则 P′ 也在曲线 C 上,由此得

q + q′ p + p′ q ? q′ 1 =k , =? , 2 2 p ? p′ k
(14 分)

且q =

p 3

+

2 3 p′ 2 3 , q′ = , + p p′ 3

整理得 k ?

1 2 3 = ,解得 k = 3 或 k = ? , k 3 3

所以存在直线 y = 3x 及 y = ?

3 x 为曲线 C 的对称轴. 3

(16 分)

(文)该函数的定义域 D = (?∞,0) ∪ (0, +∞) ,曲线 C 的对称中心为 (0,0) , 因为对任意 x ∈ D , f (? x) = ?

? 3x 3x 3(a ? 1) 3(a ? 1) ? + = ?? + ? = ? f ( x) , a ?x a x ? ?

所以该函数为奇函数,曲线 C 为中心对称图形. 11.解:(Ⅰ) ∵ f ′( x ) =

1 4 log a e, g ′( x) = log a e x 2x + t ? 2

………………………3 分

∵函数 f ( x ) 和 g ( x ) 的图象在 x = 2 处的切线互相平行

∴ f ′(2) = g ′(2)

…………………………………………………5 分

1 4 ∴ log a e = log a e 2 t+2 ∴t = 6 ………………………………………………………………6 分 (Ⅱ)∵ t = 6

∴ F ( x) = g ( x) ? f ( x) = 2 log a (2 x + 4)- log a x

= log a

(2 x + 4)2 , x ∈ [1, 4 ] x

…………………………………………7 分

令 h( x) =

(2 x + 4) 2 16 = 4 x + + 16, x ∈ [1, 4] x x
16 4( x ? 2)( x + 2) , x ∈ [1, 4] = x2 x2

∵ h ′( x) = 4 ?

∴当 1 ≤ x < 2 时, h ′( x ) < 0 ,当 2 < x ≤ 4 时, h ′( x ) > 0 . ∴ h(x ) 在 [1, 2 ) 是单调减函数,在 ( 2, 4] 是单调增函数. …………………………9 分

∴ h( x) min = h(2) = 32 ,∴ h( x) max = h(1) = h(4) = 36
∴当 0 < a < 1 时,有 F ( x ) min = log a 36 ,当 a > 1 时,有 F ( x ) min = log a 32 . ∵当 x ∈ [1, 4] 时, F ( x ) ≥ 2 恒成立, ∴ F ( x ) min ≥ 2 ∴满足条件的 a 的值满足下列不等式组 …………………………11 分

?0 < a < 1, ?a > 1, ①,或 ? ② ? ?log a 36 ≥ 2; ?log a 32 ≥ 2.
不等式组①的解集为空集,解不等式组②得 1 < a ≤ 4 2 综上所述,满足条件的 a 的取值范围是: 1 < a ≤ 4 2 . 12. 解 : ( 1 ) 在

f ( m ? n ) = f ( m) + f ( n)





m = n =1





f (1) = 0 ;

…………………2 分

x1 x > 1 ,从而有 f ( 1 ) < 0 x2 x2 x x 所以, f ( x1 ) = f ( x2 ? 1 ) = f ( x2 ) + f ( 1 ) < f ( x2 ) x2 x2
设 x1 > x2 > 0 ,则 所 减 以 ,

f ( x)

在 R+ 上 …………………5 分







(2) f ( x + y ) + f ( x ? y ) = f ( x 2 ? y 2 ) > 0 = f (1) ,由 ∵ (1) 知, f ( x ) 在 R + 上单调递减,

y ?x + y > 0 ? ∴ ?x ? y > 0 , …………………7 分 ? 2 2 ?x ? y < 1 O 故集合 A 中的点所表示的区域为如图所示的阴影部分; 而 f ( ax ? y + 2) = 0 = f (1) ,所以, ax ? y + 1 = 0 , …………8 分 故集合 B 中的点所表示的区域为一直线,如图所示, 由图可知,要 A ∩ B ≠ ? ,只要 a < 1 , ∴实数 a 的取值范围是 ( ?∞,1) …………………10 分
∴当 0 < x < 1 时, f ( x ) > 0 , x > 1 时, f ( x ) < 0 , 当 (3) (1) f ( x ) 在 R + 上单调递减, 由 知

y = ax + 1

x

∵ 0 < a < b ,而 | f (a ) |=| f (b) | ,∴ a < 1, b > 1 ,故 f (a ) > 0, f (b) < 0 ,

| f (a ) |=| f (b) | 得 , f (a ) + f (b) = 0 , 所 以 , ab = 1 , …………………12 分 a+b a+b 又 > ab = 1 ,所以 f ( ) < f (1) = 0 , 2 2 ? ? a + b ?2 ? a+b 又∵ f (b) = 2 f ( ) = f ?? ? ? ?? 2 ? ? 2 ? ? a+b 由 | f (b) |= 2 | f ( ) | 得, 4b = (a + b) 2 = a 2 + b 2 + 2 ,∴ 4b ? b 2 = a 2 + 2 , 2 2 又 0 < a < 1 ,所以 2 < a + 2 < 3 ,由


2 < 4b ? b 2 < 3 及 b > 1 解得, 3 < b < 2 + 2
13.解: (理) (I) ? = a 2 ? 4b, 若b ≤ 0, 则? ≥ 0, 方程有实根与题设矛盾. ∴ b > 0. (3 分) (II)设两整根为 x1,x2,x1>x2

? x1 + x 2 = ? a, ? ? x1 x 2 = b, ? x ? x = 1, 2 ? 1
∴ f (?a) = b = 1 2 (a ? 1) 4 a2 4

∴ a 2 ? 4b = 1 b= a2 ?1 4

(5 分)

(III)设 m<x1<x2<m+1,m 为整数。

a 2 ? 4b > 0 ? b < 1°. ?

a 1 ∈ (m, m + ] 即 ? 1 ≤ a + 2m < 0 2 2
2 2

a2 a 1 f(m)= m + am + b < m + am + = (m + ) 2 ≤ 4 2 4 2°. ? a 1 ∈ (m + , m + 1) 2 2
2 2

f(m+1)= ( m + 1) + a ( m + 1) + b < ( m + 2) + a ( m + 1) +

a2 a 1 = (m + 1 + ) 2 ≤ 4 2 4

∴ 存在.

(6 分)
2

(文)f(sinx)= a sin x + b sin x + c

?

b < ?1,∴ 对称轴在x = ?1左边 2a

∴ f (sin x) min = f (?1) = ?4, f(sinx)max=f(1)=2,

?a ? b + c = ?4, ∴? ?a + b + c = 2,

?b = 3, ? ?c = ?1 ? a,

又 b>2a>0,∴ a = 1, c = ?2. ∴ f ( x ) = x 2 + 3 x ? 2.

f ( x) min = ?

17 4

(7 分)

(2)∵ 4 x ≤ f ( x ) ≤ 2( x 2 + 1),∴ 4 ≤ f (1) ≤ 2(1 + 1) = 4,∴ f (1) = 4.(1分)

∴ a + b + c = 4,即b ? 4 = ?(a + c).(1分)
又 ∵ f ( x) ≥ 4 x, 即ax 2 + (b ? 4) x + c ≥ 0恒成立.
∴ ? = (b ? 4) ? 4ac ≤ 0, 即(? a ? c) 2 ? 4ac ≤ 0,

∴ (a ? c) 2 ≤ 0,∴ a = c.(2分) ∴ b = 4 ? 2a ≥ 0, a ≤ 2, 又a ∈ N * . ∴ a = 1或a = 2.(1分)
当a = 2时, c = 2,∴ b = 0,∴ f ( x) = 2 x 2 + 2.
不存在 x 0 使f ( x 0 ) < 2 x 0 + 2.
2

当 a=1 时,c=1,∴ b = 2,∴ f ( x ) = x 2 + 2 x + 1. 此时存在 x0,使 f ( x 0 ) < 2( x 0 + 1).故c = 1.(2分)
2

14.解:(I)证:令 x=y=0,则 f(0)+f(0)=f(0),

故 f(0)=0 令 y=-x,则 f(x)+f(-x)= ∴f(-x)=-f(x) ∴函数 f(x)的奇函数

4’

(II)设-1<x1<x2<1,则

因此 ∴函数 f(x)在(-1,1)上是减函数 (III) 8’

是(-1,1)上的减函数,



得 x<0 或 x>2

9’ 10’

,原不等式的解集为{x|x>2} 当 a=0 时, 当-1<a<0 时。x>2 中原不等式的解; 若 x<0,则 a(x-1)>1,x<1+ 故原不等式的解集为 当 0<a<1 时,x<0 不是原不等式的解; 若 x>2,则 a(x-1)<1,x<1+ 故原不等式的解集为{x| ∴ } 12’

15.解: (1)∵奇函数 f (x ) 的图像上任意两点连线的斜率均为负 ∴对于任意 x1、 x 2 ∈ [ ?1, 1] 且 x1 ≠ x 2 有

f (x 1 ) ? f (x 2 ) < 0 ……………………………………………………3 分 x1 ? x 2
从而 x1 ? x 2 与 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) 异号 ∴ f (x ) 在 [ ?1, 1] 上是减函数…………………………………………5 分 (2)

f ( x ? c) 的定义域为 [c ? 1, c + 1]

f ( x ? c 2 ) 的定义域为 [c 2 ? 1, c 2 + 1] ………………………………7 分
∵ 上述两个定义域的交集为空集 则有:

c 2 ? 1 > c + 1 或 c 2 + 1 < c ? 1 …………………………9 分

解得: c > 2 或 c < ?1 故 c 的取值范围为 c > 2 或 c < ?1 ………………………………………………10 分 (3)∵

c 2 + 1 > c ? 1 恒成立

由(2)知:当 ? 1 ≤ c ≤ 2 时

c2 ?1 ≤ c +1
当1 ≤ c ≤ 2 或 ? 1 ≤ c ≤ 0 时

c2 +1 ≥ c +1 且

c2 ?1 ≥ c ?1 c + 1] ………………………………………12 分

此时的交集为 [(c 2 ? 1,

当0 < c <1

c2 +1 < c +1 且

c2 ?1 < c ?1

此时的交集为 [c ? 1,

c 2 + 1]

故 ? 1 ≤ c ≤ 2 时,存在公共定义域,且 当 ? 1 ≤ c ≤ 0 或 1 ≤ c ≤ 2 时,公共定义域为 [(c ? 1,
2

c + 1] ;

当 0 < c < 1 时,公共定义域为 [c ? 1,

c 2 + 1] .

16.解: (1)由函数 f(x)的图像开口向上,对称轴 x=-b/2a<-1 知,f(x)在[-1,1] 上为增函数,故 f(1)=a+b+c=2,f(-1)=a-b+c=-4,∴b=3,a+c=-1。又 2 b>2a,故 a=1,c=-2。∴f(x)=x +3x-2,最小值为-17/4。 2 (2)令 x=1,代入不等式 4x≤f(x)≤2(x +1)得 f(1)=4,即 a+b+c=4,从而 b 2 2 =4-a-c。又 4x≤f(x)恒成立,得 ax +(b-4)x+c≥0 恒成立,故△=(b-4) - 2 4ac≤0,∴a=c。又 b≥0,a+c≤4,∴c=1 或 c=2。当 c=2 时,f(x)=2x +2,此时 不存在满足题意的 x0。当 c=1 时满足条件,故 c=1。

2x ax 2 + 2 x + a 17.解: (理) (1) f ( x ) = +a= . 1 + x2 1 + x2
'

①若 a = 0 时, f ( x ) =
'

2x > 0 ? x > 0, f ' ( x) < 0 ? x < 0, 2 1+ x

∴ f ( x ) 在 0,+∞ 单调递增,在 ? ∞,0 单调递减,…………………………………… 1 ′

②若 ?

?a < 0 ? a ≤ -1 时, f ' ( x) ≤ 0 对 x ∈ R 恒成立. ?.? ≤ 0

∴ f ( x ) 在 R 上单调递减. ………………………………………………………… 6′ ③若 ? 1 < a < 0 ,

? 1 + 1 ? a2 ? 1 ? 1 ? 22 由 f ( x ) > 0 ? ax + 2 x + a > 0 ?< x < <x< , a a
' 2

由 f ' ( x ) > 0 可得 x >

? 1 ? 1 ? a2 ? 1 + 1 ? a2 或 , a a

∴ f ( x ) 在[

? 1 ? 1 ? a2 ? 1 + 1 ? a2 ? 1 ? 1 ? a2 ]单调递减,在( ? ∞ , ] , , a a a

? 1 + 1 ? a2 [ , ? ∞ ]上单调递减,综上所述:若 a ≤ ?1 时, f ( x ) 在( ? ∞ ,+∞ ) a
上单调递减.

? 1 ? 1 ? a2 1 ? + 1 ? a2 当 ? 1 < a < 0 时, f ( x ) 在[ , ]单调递减, a a
在( ? ∞ ,

? 1 + 1 ? a2 ? 1 ? 1 ? a2 和 ,+∞ )单调递减, a a

当 a = 0 时, f ( x ) 在 0 ,+∞ 单调递增,在 ? ∞ ,0 单调递减. 18.解: (1)∵f′(x)=-x +4ax-3a =-(x-3a)(x-a),由 f′(x)>0 得:a<x<3a 由 f′(x)<0 得,x<a 或 x>3a, 则函数 f(x)的单调递增区间为(a, 3a) ,单调递减区间为(-∞,a)和(3a,+∞) 列表如下: x (-∞,a) a (a, 3a) 3a (3a,+ ∞) f′(x) — 0 + 0 — f(x) -
2 2

4 3 a +b 3

b

4 3 a +b …………………………7 分 3 (2)∵ f ′( x) = ? x 2 + 4ax ? 3a 2 = ?( x ? 2a ) 2 + a 2 ,∴ f ′( x)在[ a + 1, a + 2] 上单调递 减,因此 f ′( x) max = f ′( a + 1) = 2a ? 1, f ′( x) min = f ′( a + 2) = 4a ? 4
∴函数 f(x)的极大值为 b,极小值为- ∵不等式|f′(x)|≤a 恒成立, ∴ ?

?2 a ? 1 ≤ a 4 4 , 解得 : ≤ a < 1 即 a 的取值范围是 ≤ a < 1 5 5 ?4 a ? 4 ≥ ? a
x 2 ? 8x + 16 ( x ? 4) 2 = ≥0, x ?1 x ?1

19.解:(1) 方法一: ∵ x>1 ,

f (x ) =

当且仅当 x=4 时,取等号,故函数 f(x)的最小值为 0; 方法二:∵ x>1, f ( x ) = x ? 1 + 当且仅当 x ? 1 =

9 9 ? 6 ≥ 2 ( x ? 1) ? ?6=0 x ?1 x ?1

9 即 x=4 时,取等号,故函数 f(x)的最小值为 0. x ?1

方法三:求导(略) ……………………………………4 分 (2)由于 h(x)=(1-x)f(x)+16= 8x ? x 2 设 F(x)=g(x)-h(x)= 6 ln x + x 2 ? 8x + m ( x > 0 且 x ≠ 1 ),则 6 2( x ? 1)( x ? 3) F' ( x ) = + 2 x ? 8 = ,……………………………6 分 x x 令 F' ( x ) = 0 得 x=3 或 x=1 ( 舍 ) 又 ∵ lim F( x ) = ?∞ , lim F( x ) = +∞ ,
x →0 x → +∞

lim F( x ) = m ? 7 ,F(3)=6ln3-15+m
x →1

根据导数的符号及函数的单调情况、取极值的情况作出的草图如 下:………………11 分 由此可得: 当 m ≤ 7 或 m > 15 ? 6 ln 3 时, h(x)的图象与 g(x)的图象恰有 1 个交点; 当 m = 15 ? 6 ln 3 时,h(x)的图象与 g(x)的图象恰有 2 个交点; 当 7 < m < 15 ? 6 ln 3 时,h(x)的图象与 g(x(的图象恰有 3 个交点.

y
(1, m-7)

3 O 1

x

(3, 6ln3-15+m)

? ?c = 0 ? a = ?1 ? ? ? 2 20.解: (I)由图形 知: ?a ? 8 + b ? 8 + c = 0解之得: = 8 , ?b ? ?c = 0 2 ? ? 4ac ? b = 16, ? 4a ?
∴函数 f(x)的解析式为 f ( x) = ? x + 8 x …………………………4 分
2

(Ⅱ)由 ?

? y = ?t 2 + 8t ? ? y = ? x 2 + 8x ?

得 x 2 ? 8 x ? t (t ? 8) = 0,∴ x1 = t , x 2 = 8 ? t , ∵0≤t≤2 ∴直线 l1 与 f(x)的图象的交点坐标为( t ,?t 2 + 8t ) …………………………6 分 由定积分的几何意义知:

S (t ) = ∫ [(?t 2 + 8t ) ? (? x 2 + 8 x)]dx + ∫ [(? x + 8 x) ? (?t 2 + 8t )]dx
0 t

1

2

x 2 8x 2 1 x 3 8x 2 = [(?t + 8t ) x ? (? + )] 0 +[(? + ) ? (?t 2 + 8t ) ? x 3 20 3 2 t
2

2

4 40 = ? t 3 + 10t 2 ? 16t + ………………………………9 分 3 3
(Ⅲ)令 ? ( x ) = g ( x ) ? f ( x ) = x 2 ? 8 x + 6 ln x + m. 因为 x>0,要使函数 f(x)与函数 g(x)有且仅有 2 个不同的交点,则函数

? ( x) = x 2 ? 8 x + 6 ln x + m 的图象与 x 轴的正半轴有且只有两个不同的交点
6 2 x 2 ? 8 x + 6 2( x ? 1)( x ? 3) ∴ ? ( x) = 2 x ? 8 + = = ( x > 0) x x x
'

当 x∈(0,1)时, ? ' ( x ) > 0, ? ( x ) 是增函数; 当 x∈(1,3)时, ? ' ( x ) < 0, ? ( x ) 是减函数 当 x∈(3,+∞)时, ? ' ( x ) > 0, ? ( x ) 是增函数 当 x=1 或 x=3 时, ? ' ( x ) = 0 ∴ ? ( x)极大值为? (1) = m ? 7;

? ( x)极小值为? (3) = m + 6 ln 3 ? 15 ………………………………12 分

又因为当 x→0 时, ? (x ) → ?∞ 当 x → +∞时,? (x) → +∞ 所以要使 ? ( x ) = 0 有且仅有两个不同的正根,必须且只须

?? (1) = 0 ?? (3) = 0 或? ? ?? (3) < 0 ?? (1) > 0
即?

?m ? 7 = 0 ?m + 6 ln 3 ? 15 = 0 或? ?m + 6 ln 3 ? 15 < 0 ?m ? 7 > 0

∴m=7 或 m = 15 ? 6 ln 3. ∴当 m=7 或 m = 15 ? 6 ln 3. 时,函数 f(x)与 g(x)的图象有且只有两个不同交点. 21.解:(I) f (x)=x -2x +x, f ′ (x)=3x -4x+1,
3 2 2

因为 f(x)单调递增, 所以 f ′ (x)≥0, 即 3x -4x+1≥0,
2

1 ,……………………………2 分 3 1 故 f(x)的增区间是(-∞, )和[1,+ ∞]. …………………………3 分 3
解得,x≥1, 或 x≤ (II) f ′ (x)=3x -2(a+b)x+ab.
2

当 x∈[-1,1]时,恒有| f ′ (x)|≤ 故有 ?

3 .………………………4 分 2

3 3 ≤ f ′ (1)≤ , 2 2 3 3 ? ≤ f ′ (-1)≤ , 2 2 3 3 ? ≤ f ′ (0)≤ ,………………………5 2 2 3 ? 3 3 ① ? ? 2 ≤ ? 2(a + b) + ab ≤2 , ? 3 3 ? 即 ? ? ≤ + 2(a + b) + ab ≤ , 3 ② 2 2 ? ?? 3 ≤ ≤3 . ab ③ ? 2 2 ?
①+②,得

………6

?

9 3 ≤ab≤ ? ,……………………………8 分 2 2

又由③,得 ab= ?

3 , 2

将上式代回①和②,得 a+b=0, 故 f(x)=x ?
3

3 x. ……………………9 分 2

(III) 假设 OA ⊥ OB , 即 OA ? OB = ( s, f ( s)) ? (t , f (t )) = st+f(s)f(t)=0, ……………10 分 (s-a)(s-b)(t-a)(t-b)=-1, 2 2 [st-(s+t)a+a ][st-(s+t)b+b ]=-1, ……………………………………11 分 由 s,t 为 f ′ (x)=0 的两根可得, s+t=

2 1 (a+b), st= , (0<a<b), 3 3
2

从而有 ab(a-b) =9. ……………………………………12 分 2 2 这样(a+b) =(a-b) +4ab =

9 +4ab≥2 36 =12, ab

即 a+b≥2 3 , 这样与 a+b<2 3 矛盾. ……………………13 分 故 OA 与 OB 不可能垂直.
( x ? )2 + m ? 2 2 22.解:(1)g(x)= m ? x + ln x, g ′( x ) = ? x ? x + m = ? 2 4. 2 2 x x x 1 1

即 m≥ 1 时,g′(x)≤0,g(x)在[ 1 ,2]上单调递减,
4

2

∴g(x)max=g( 1 )=2m- 1 -ln2.
2 2

所以 m≥ 1 时,g(x)max=2m- 1 ? ln 2 ;
4 2

(2)因为函数 y=log 1 [8-f(x)]在[1,+∞)上是单调减函数,则其导数在[1,+∞)上恒小于
3

等于零. 所以
log 1 e y =
/ 3

8 ? f ( x)

? [8 ? f ( x)] =
/

′ ? m ? x2 ? ? ? ?? ? ? m? x ? x ? 8? x log 1 e
3 2

=

x2 + m log 1 e ≤ 0 恒成立. x x 2 + 8x ? m 3

(

)

因为 log 1 e<0,所以
3

x +m x2 + m ≥ 0 在[1,+∞)恒成立.即 2 ≥ 0 在[1,+∞)恒成立. x x2 + 8 ? m x +8?m
2

(

)

? 因为 ? x 2 + m ≤ 0,

? 2 ? x + 8x ? m < 0 ?

在[1,+∞)上不恒成立,所以 ? x 2 + m ≥ 0, ?

? 2 ?x + 8x ? m < 0 ?

在[1,+∞)上恒成立.

? 得 ?m ≥ ? x 2

? ?m < x 2 + 8 x ?

在[1,+∞)上恒成立.

所以-1≤m<9.

(本题也可用复合函数进行处理)


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