高考数学函数压轴题：
1. 已知函数f (x ) =
134x +ax +b (a , b ∈R ) 在x =2处取得的极小值是-. 33
(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
2
2. 某造船公司年最高造船量是20艘. 已知造船x 艘的产值函数R (x)=3700x + 45x – 3
10x (单位：万元), 成本函数为C (x) = 460x + 5000 (单位：万元). 又在经济学中，函数f(x)的边际函数Mf (x)定义为: Mf (x) = f (x+1) – f (x). 求:（提示：利润 = 产值 – 成本）
(1) 利润函数P(x) 及边际利润函数MP(x);
(2) 年造船量安排多少艘时, 可使公司造船的年利润最大?
(3) 边际利润函数MP(x)的单调递减区间, 并说明单调递减在本题中的实际意义是什么？
3. 已知函数ϕ(x ) =5x 2+5x +1(x ∈R ) ，函数y =f (x ) 的图象与ϕ(x ) 的图象关于点
1
(0, ) 中心对称。 2
（1）求函数y =f (x ) 的解析式；
（2）如果g 1(x ) =f (x ) ，g n (x ) =f [g n -1(x )](n ∈N , n ≥2) ，试求出使g 2(x )
立的x 取值范围；
（3）是否存在区间E ，使E ⋂x f (x )
{}
n ∈N ，且n ≥2时，都有g n (x )
4．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 .
5. 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，在[x *, 1]
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x 1, x 2∈(0, 1) ，x 1
*
*
f (x 1) ≤f (x 2) ，则(x 1, 1) 为含峰区间；
（2）对给定的r (0
6. 设关于x 的方程2x -ax -2=0的两根分别为α、β
（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
7. 甲乙两公司生产同一种新产品，经测算，对于函数f (x )=x +8，g (x )=
2
-a
(α
x +1
x +12，及
任意的x ≥0，当甲公司投入x 万元作宣传时，乙公司投入的宣传费若小于f (x )万元，则乙公司有失败的危险，否则无失败的危险；当乙公司投入x 万元作宣传时，甲公司投入的宣传费若小于g (x )万元，则甲公司有失败的危险，否则无失败的危险. 设甲公司投入宣传费x 万元，乙公司投入宣传费y 万元，建立如图直角坐标系，试回答以下问题： (1)请解释f (0), g (0)；(2)甲、乙两公司在均无失败危险的情况下尽可能少地投入宣传费用，问此时各应投入多少
宣传费？
(3)若甲、乙分别在上述策略下，为确保无失败的危险，根据对方所投入的宣传费，按最少投入费用原则，投入自己的宣传费：若甲先投入a 1=12万元，乙在上述策略下，投入最少费用b 1；而甲根据乙的情况，调整宣传费为a 2；同样，乙再根据甲的情况，调整宣传费为b 2, , 如此得当甲调整宣传费为a n 时，乙调整宣传费为b n ；试问是否存在lim a n ，
n →∞
lim b n 的值，若存在写出此极限值（不必证明），若不存在，说明理由.
n →∞
8. 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.
2*
9. 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x 0，使得f （x 0）
2
（x 0＋1）成立，求c 的值。
10. 已知函数f (x ) =x 4-4x 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.
11. 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）若f(x) 单调递增，且m>n>0时，有f (m ) =f (n ) =2f (
m +n
) ，
2
求证：3
12. 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)
（a ≠0且a ≠1）． (1) 试就实数a 的不同取值，写出该函数的单调递增区间；
13.
已知函数f (x ) (2) 已知当x >
0时，函数在
上单调递减，在+∞) 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．
14. 已知函数f (x ) =log a x 和g (x ) =2log a (2x +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.
+
15. 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 )
（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
2|f (
a +b
) |，求证：3
16. （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)=
12
(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
2
(文科) 已知函数f(x)=ax +bx +c ，其中a ∈N *, b ∈N , c ∈Z .
（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4x ≤f (x ) ≤2(x 2+1) 恒成立, 且存在
x 0使得f (x 0)
17. 定义在（-1，1）上的函数f(x)满足：对任意x 、y (-1,1)都有（I ）求证：函数f(x)是奇函数； （II ）如果当
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
2
18. 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x 1、x 2. (Ⅰ) 如果x 1—1; (Ⅱ) 如果0
19. 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 )]y ；③f () >1. 则
（1）求f (0) 的值； （4分） （2）求证：f (x ) 在R 上是单调增函数； （5分） （3）若a >b >c >0, 且b 2=ac ，求证：f (a ) +f (c ) >2f (b ).
20. （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+
111
) . )(1+) (1+)
23n
1
3
（文）设函数f (x ) =
13
ax +bx 2+cx (a
A (1, f (1)), B (m , f (m )) 处的切线的斜率分别为o , -a .
b
（1）求证：0≤
a
（2）若函数f (x ) 的递增区间为[s , t ]，求[s -t ]的取值范围.
21. 设函数f (x ) =-
13
x +2ax 2-3a 2x +b (0
（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.
22. 已知函数f (x ) =x +
16-7x
，函数g (x ) =6ln x +m . x -1
（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.
23. 已知二次函数f (x ) =ax 2+bx +c , 直线l 1:y =-t 2+8t (其中；0≤t ≤2. t 为常数）
l 2:x =2. 若直线l 1、l 2与函数f （x ）的图象以及l 1，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 ) =6ln 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.
24. 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
不可能垂直.
2
25. 已知函数f (x ) =m -x (m ∈R ).
x
11
(1)设g (x ) =f (x ) +ln x , 当m ≥
4
时, 求g(x)在[2, 2]上的最大值；
(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
26. (本小题满分12分)
已知常数a > 0, n为正整数，f n ( x ) = x n – ( x + a)n ( x > 0 )是关于x 的函数. (1) 判定函数f n ( x )的单调性，并证明你的结论. (2) 对任意n ≥ a , 证明f `n + 1 ( n + 1 )
答案：
⎧f '(2)=4+a =0
⎧a =-4⎪
1. 解：(1)f '(x ) =x 2+a ，由题意⎨， ⇒84⎨
f (2)=+2a +b =-⎩b =4⎪33⎩
令f '(x ) =x 2-4>0得f (x ) 的单调递增区间为(-∞, -2) 和(2,∞) . (2) f (x ) =
13
x -4x +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)
(-2,
2
)
(2,3
3
x
f '(x )
单调递增
单调递减
单调递增
f (x )
-
4 328 3
1
-
4 3
所以x ∈[-4,3]时，f (x ) max =于m +m +
2
28102
. 于是f (x ) ≤m +m +在x ∈[-4,3]上恒成立等价33
1028
≥，求得m ∈(-∞, -3]⋃[2,+∞) . 33
3
2
2. 解：(1) P(x) = R (x) – C (x) = – 10x + 45x + 3240x – 5000 (x∈N 且x ∈[1, 20]);
2分
2
MP (x) = P ( x + 1 ) – P (x) = – 30x + 60x +3275 (x∈N 且x ∈[1, 20]). 4分
2
(2) P`(x) = – 30x + 90x + 3240 = – 30( x +9 )(x – 12) (x∈N 且x ∈[1, 20]) 7分
当1 0, P(x)单调递增,
当 12
∴ x = 12 时, P(x)取最大值, 10分 即, 年建造12艘船时, 公司造船的年利润最大. 11分
2
(3) 由MP(x ) = – 30( x – 1) + 3305 (x∈N 且x ∈[1, 20]).
∴当1
3. 解：（1）f (x ) =5x -5x ………………………………………………………………（6分）
（2）由g 2(x ) =5g 1(x ) -5g 1(x ) 1
22
即5x -5x 1 解得x 1或
22
5-55+…………………………………（12分）
1010
（1） 由x f (x ) 1}，
{}{
又(
5-55+, ) ⋂{x x 1}=Φ， 1010
5-55+52
, ) 时，g 2(x )
5-55+ , ) ，命题成立。………………（14分）
1010
当x ∈(
∴对于n =2, 3时，E ⊆(
以下用数学归纳法证明E ⊆(
5-5+5, ) 对n ∈N ，且n ≥2时，都有g n (x )
假设n =k (k ≥2, k ∈N ) 时命题成立，即g k (x )
那么g k +1(x ) =f [g k (x )]=5g k (x ) -5g k (x )
4. 解：（Ⅰ）证明：f (x ) +2+f (2a -x ) =
2
5-5+5
, ) 。 1010
x +1-a 2a -x +1-a
+2+
a -x a -2a +x
x +1-a a -x +1x +1-a +2a -2x -a +x -1=+2+==0
a -x x -a a -x
∴结论成立 ……………………………………4分
-(a -x ) +11
=-1+
a -x a -x
1111
-1≤a -x ≤-, -2≤≤-1 当a +≤x ≤a +1时-a -1≤-x ≤-a -
222a -x
1
-3≤-1+≤-2 即f (x ) 值域为[-3, -2]…………9分
a -x
（Ⅱ）证明：f (x ) =
（Ⅲ）解：g (x ) =x +|x +1-a |(x ≠a )
2
（1）当x ≥a -1且x ≠a 时, g (x ) =x +x +1-a =(x +如果a -1≥-
2
123
) +-a 24
11
即a ≥时，则函数在[a -1, a ) 和(a , +∞) 上单调递增 22
g (x ) min =g (a -1) =(a -1) 2
11113
如果a -1
22224
1
时，g (x ) 最小值不存在…………………………11分 2
1252
（2）当x ≤a -1时g (x ) =x -x -1+a =(x -) +a -
24
1315
如果a -1>即a >时g (x ) min =g () =a -
2224
当a =-
13
如果a -1≤即a ≤时g (x ) 在(-∞, a -1) 上为减函数g (x ) min =g (a -1) =(a -1) 2…13分
22
353
当a >时(a -1) 2-(a -) =(a -) 2>0
242131
当a 0
242
综合得：当a
113
且a ≠时 g（x ）最小值是-a 224
1335
≤a ≤时 g（x ）最小值是(a -1) 2 当a >时 g（x ）最小值为a - 22241
当a =-时 g（x ）最小值不存在
2
*
5. 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 (x 1) ≥f (x 2) 时, 假设x ∉(0, x 2) , 则x 1f (x 1), 这与f (x 1) ≥f (x 2) 矛盾, 所以x *∈(0, x 2) , 即(0, x 2) 为含峰区间.
***
当f (x 1) ≤f (x 2) 时, 假设x ∉(x 1, 1) , 则x ≤x 1f (x 2), 这与f (x 1) ≤f (x 2) 矛盾, 所以x *∈(x 1, 1) , 即(x 1, 1) 为含峰区间………………………….(7分)
（2）证明：由(1)的结论可知:
当f (x 1) ≥f (x 2) 时, 含峰区间的长度为l 1=x 2； 当f (x 1) ≤f (x 2) 时, 含峰区间的长度为l 2=1-x 1； 对于上述两种情况，由题意得⎨
⎧x 2≤0. 5+r
①
1-x ≤0. 5+r 1⎩
由①得1+x 2-x 1≤1+2r , 即x 2-x 1≤2r ，
又因为x 2-x 1≥2r ，所以x 2-x 1=2r ② 将②代入①得x 1≤0. 5－r ，x 2≥0. 5+r ， ③ 由①和③解得x 1＝0. 5－r ，x 2＝0. 5+r ， 所以这时含峰区间的长度l 1=l 2=0. 5+r ，
即存在x 1, x 2使得所确定的含峰区间的长度不大于0. 5+r
-2(2x 2-ax -2)
6. 解：(1)证明：f (x ) =，
(x 2+1) 2
'
由方程2x -ax -2=0的两根分别为α、β
2
(α
x ∈(α, β)时，2x 2-ax -20，
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) =
4β-a 4α-a
-2
2
β+1α+1
(β-α)[a (α+β) +4-4αβ]=22
αβ+[(α+β) 2-2αβ]+1
a
α+β=，αβ=-1，可求得β-α=
2
a 2
+4， 4
∴f (β) -f (α) =
a 2a 2
+4⋅(+4+4) 422
=a +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
7. 解：(1)f (0) 表示当甲公司不投入宣传费时, 乙公司要回避失败风险, 至少要投入f (0) =8
万元; …………………… (2分)
g (0) 表示当乙公司不投入宣传费时, 甲公司要回避失败风险, 至少要投入 g (0)
=12万元. …………………………… (4分)
(2) 解方程组
⎧⎪x =y +12
………………(6分) ⎨
⎪⎩y =x +8
得: x = 17, y = 25 ……………(9分) 故甲公司至少投入17万元,
乙公司至少投入25万元. …… (11分) (3) 经观察, 显见 lim a n =17,
n →∞
lim b n =25.
n →∞
故点M (17, 25) 是双方在宣传投入上保 证自己不失败的一个平衡点. ………(16分)
8. 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x 1、x 2∈[-1，1]且x 1≠x 2有
f (x 1) -f (x 2)
x 1-x 2
从而x 1-x 2与f (x 1) -f (x 2) 异号
，1]上是减函数…………………………………………5分 ∴f (x ) 在[-1
，c +1] （2） f (x -c ) 的定义域为[c -1
f (x -c ) 的定义域为[c -1，c +1]………………………………7分 ∵ 上述两个定义域的交集为空集
则有： c -1>c +1 或c +12或c
故c 的取值范围为c >2或c c -1恒成立 由(2)知：当-1≤c ≤2时
2
2
2
222
c 2-1≤c +1
当1≤c ≤2或-1≤c ≤0时 c +1≥c +1且 c -1≥c -1
2
2
2
此时的交集为[(c -1, 当0
c +1]………………………………………12分
c +1
22
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 2-1, 当0
c +1]；
c 2+1].
9. 解：（1）由函数f （x ）的图像开口向上，对称轴x ＝－b/2a
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
22
＝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x 0。当c ＝1时满足条件，故c ＝1。
10. 解：（1） ∵
[1，f (x ) 在[0，1]上单调递增，在2]上单调递减，∴当x =1时，f (x ) 取得极大值，∴
f /(x ) =0, 即（4x 3-12x 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 -1与f (x ) =x -4x +4x -1的图象恰有2个不同的交点对应于方程
2
4
3
2
bx 2-1=x 4-4x 3+4x 2-1恰有2个不同的实根，即
x 4-4x 3+4x 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. 11. 解：(1)取x=1,q=2,有
若存在另一个实根x 0≠1，使得f (12) =f (2) 即f (1) =0∴1是f (x ) =0的一个根，
f (x 1) ≠0对任意的x 1(x 1∈(0, +∞) 成立，且x 1=x 0(q ≠0), 有f (x 1) =qf (x 0) =0, f (x 0) =0恒成立，∴f （x 1) ≡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， ，则q
q 1q 2
0，∴f (a ) ∙f (c ) =f (b ) ∙f (b ) =q 1q 2∙f 2(b ) ，又a+c=2b, q >0>12
q
q
q
(a -c ) 2
2
即ac
2
⎛q +q ⎫
⎝2⎭
2
f (1) =0, f (x ) 在(0, +∞) 单调递增，当x ∈(0, 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=b1,n=b
q
q 2
,b ≠1, 且q 1q 2≠0
2
⎛m +n ⎫则f(m)+f(n)=(q1+q 2) f(b)=f(mn)=0∴mn =1. 0
⎝2⎭m +n m +n m >1, >mn =1, f (m ) =2f (), ∴f (m ) =
22
2
2,
2
2
2
⎡⎛m +n ⎫2⎤⎛m +n ⎫f ⎢ ⎪⎥∴m = ⎪
⎝2⎭⎢⎝2⎭⎦⎥⎣
即4m=m +2mn +n ∴4m -m -2=n , 由01，
∴3
12. 解：(Ⅰ) ∵f (x ) =x 3+ax 2+bx +c 在y 轴上的截距是2，∴f(0)=2,∴c=2. 1分
又 f (x ) 在(-∞, -1), (2, +∞) 上单调递增，（－1，2）上单调递减， ∴f '(x ) =3x +2ax +b =0有两个根为－1，2，
2
2a ⎧
3-1+2=-⎧⎪a =-32⎪⎪33
∴⎨ ∴⎨2∴f (x ) =x -x -6x +2 ，…………5分
2⎪-1⨯2=b ⎪b =-6⎩⎪3⎩
2
(Ⅱ) f '(x ) =3x -3x -6=3(x +1)(x -2) ，
∴h (x ) =x +1-(m +1) ln(x +m )(x >-m 且x ≠2) ，………………6分
m +1x -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，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 0得x >1，由h '(x )
综上所述，当m ≤－2时，h(x)在（－m,+∞）上单增； 当-2
当m >－1时，在（1，2），（2，+∞）上单增；在（－m ，1）单减. …12分
13. 解：(1) ①当a
) 的单调递增区间为(
及，
②当0
③当a >1时，函数f (x
) 的单调递增区间为(-∞,
及+∞) ． （6分） (2) 由题设及(1)
a >1，解得a =3， （9分）
(x ≠0) ． （10分） (3) （理）假设存在经过原点的直线l 为曲线C 的对称轴，显然x 、y 轴不是曲线C 的对称轴，故可设l ：y =kx （k ≠0），
因此函数解析式为f (x ) =
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 '1q +q 'p +p '
=-， ，=k
p -p 'k 22
且q
q '=， （14分） +
整理得k -
1=
k =
或k =， k x 为曲线C 的对称轴． （16分）
所以存在直线y =
及y = （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 ) ==-+=-f (x ) ， ⎣⎦
所以该函数为奇函数，曲线C 为中心对称图形．
14. 解：(Ⅰ) f '(x ) =
14log a e , g '(x ) =log a e ………………………3分 x 2x +t -2
∵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
14∴log a e =log a e 2t +2
∴t =6 ………………………………………………………………6分 （Ⅱ） t =6
∴F (x ) =g (x ) -f (x ) =2log a (2x +4) －log a x
(2x +4) 2
=log a , x ∈[1,4] …………………………………………7分
x (2x +4) 216
=4x ++16, x ∈[1,4] 令h (x ) =
x x h '(x ) =4-
164(x -2)(x +2) =, x ∈[1, 4] x 2x 2
∴当1≤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01时，有F (x ) min =log a 32. ∵当x ∈[1,4]时，F (x ) ≥2恒成立, ∴F (x ) min ≥2 …………………………11分 ∴满足条件的a 的值满足下列不等式组
⎧01, ①，或⎨② ⎨
log 36≥2; log 32≥2. ⎩a ⎩a
不等式组①的解集为空集，解不等式组②得1
解：（1）在
f (⋅m ) n =(f +) m 中f 令m n =n =1
，得
f (=1) ； …………………2分
x x
设x 1>x 2>0，则1>1，从而有f (1)
x 2x 2
x x
所以，f (x 1) =f (x 2⋅1) =f (x 2) +f (1)
x 2x 2R f (x ) 所以，在上
减 …………………5分
2
2
+
单
+
调递
（2） f (x +y ) +f (x -y ) =f (x -y ) >0=f (1)，由（1）知，f (x ) 在R 上单调递减，
⎧x +y >0⎪
∴⎨x -y >0， …………………7分 ⎪x 2-y 2
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
∴实数a 的取值范围是(-∞,1) …………………10分
+
（3）由（1）知f (x ) 在R 上单调递减，∴当00，当x >1时，f (x )
01，故f (a ) >0, f (b )
a +b a +b
>=1，所以f ()
⎛⎛a +b ⎫2⎫a +b
) =f 又 f (b ) =2f ( ⎪ ⎝2⎪⎪2⎭⎭⎝a +b
) |得，4b =(a +b ) 2=a 2+b 2+2，∴4b -b 2=a 2+2， 由|f (b ) |=2|f (2
2
又0
1解得，3
16. 解：（理）（I ）∆=a -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x 1,x 2，x 1>x2
2
⎧x 1+x 2=-a , ∴a 2-4b =1⎪
⎨x 1x 2=b , a 2-1
b =⎪x -x =1,
24⎩1
∴f (-a ) =b =
12
(a -1) (5分) 4
（III ）设m
a 2
a -4b >0⇒b
4
2
1︒. -
a 1
∈(m , m +] 即-1≤a +2m
2
2
a 2a 1
=(m +) 2≤ f(m)=m +am +b
a 1
∈(m +, m +1) 22
f(m+1)=(m +1) 2
+a (m +1) +b
+a (m +1) +a 24=(m +1+a 2) 2≤14
∴存在. (6分)
（文）f(sinx)=a sin 2
x +b sin x +c
-
b
2a
∴⎧⎨
a -b +c =-4, ⎧b =3,
⎩a +b +c =2, ⎨⎩
c =-1-a , 又b>2a>0,∴a =1, c =-2. ∴f (x ) =x 2+3x -2.
f (x ) min =-
17
4
(7分) (2) 4x ≤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 ) ≥4x , 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 ) =2x 2+2.
不存在 x 2
0使f (x 0)
当a=1时，c=1,∴b =2, ∴f (x ) =x 2
+2x +1. 此时存在x 0, 使f (x 2
0)
17. 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
因此
∴函数f(x)在（-1，1）上是减函数 8’ （III ）
由
得x2 9’
是（-1，1）上的减函数，
当a=0时， ，原不等式的解集为{x|x>2} 10’ 当-12中原不等式的解； 若x1,x
故原不等式的解集为 12’ 当02，则a(x-1)
∴
}
18. 解：(Ⅰ) 设g (x ) =f (x ) -x =ax 2+(b -1) x +1, 且a >0,
∴由条件x 10……（2分）即⎧4a +2b -1
⎨
⎩16a +4b -3>0
4
2
分）
∴3-4a 1. ……（5分）对3-4a
4
2
8
4
2
1-
1b 3……（8分） b 11
∴x =->1->1-=-1. 4a 2a 8a 0
2a
4a
4⨯8
（Ⅱ）由g (x ) =ax 2+(b -1) x +1=0可知x 1x 2=1>0即x 1与x 2同号.
a
0
(b -1) 242
∴(x 2-x 1) =(x 2+x 1) -4x 2x 1=-=4⇒2a +1=(b -1) +1. 2
a a
2
2
由g (2)
4
19. 解：解法一：（1）令x =0, y =2，得：f (0) =[f (0)]2……………1分
∴f (0) >0∴f (0) =1…………………………4分
3
3
（2）任取x 1、x 2∈(-∞, +∞) ，且x 1
f (x 1) -f (x 2) =f (p 1) -f (p 2) =[f ()]p 1-[f ()]p 2…………………… 8分
3333
1
f () >1, p 1
3
∴f (x 1)
∴f (x ) 在R 上是单调增函数…… 9分
a
（3）由（1）（2）知f (b ) >f (0) =1 f (b ) >1 f (a ) =f (b ⋅c ) =[f (b )]b
b
c b b
f (c ) =f (b ⋅) =[f (b )]b ………11分 ∴f (a ) +f (c ) =[f (b )]+[f (b )]>2[f (b )]
b
c
a c
a +c b
而a +c >2
=2=2b
2
∴2f (b )]
a +c b
>2[f (b )]
2b b
=2f (b ) ∴
f (a ) +f (c ) >2f (b ) ……15分
解法二：（1）∵对任意x 、y∈R，有f (xy ) =[f (x )]y
x 0
∴f (x ) =f (x ⋅1) =[f (1)]………1分 ∴当x =0时f (0) =[f (1)]……2分
∵任意x ∈R， f (x ) >0…………3分 ∴f (0) =1……………………4分
（2） f (1) >1, ∴f (1) =f (3⨯1) =[f (1)]3>1…………………………6分
333
∴f (x ) =[f (1)]x 是R 上单调增函数 即f (x ) 是R 上单调增函数；…… 9分
a c a +c
（3）f (a ) +f (c ) =[f (1)]+[f (1)]>2f (1)]……………………11分
而a +c >2ac =2b 2=2b ∴2f (1)]a +c >2f (1)]2b =2f (b )
∴f (a ) +f (c ) >2f (b )
2x ax 2+2x +a
+a =. 20. 解：（理）（1）f (x ) =
1+x 21+x 2
'
'
①若a =0时，f (x ) =
2x '
>0⇒x >0, f (x )
1+x
∴f (x ) 在0, +∞单调递增，在-∞, 0单调递减，……………………………………1'
②若⎨
⎧a
⇒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
-1+-a 2-1-1-22
由f (x ) >0⇒ax +2x +a >0⇒
a a
'
2
-1--a 2-1+1-a 2
由f ' (x ) >0可得x >或，
a a
-1-1-a 2-1+1-a 2-1--a 2
∴f (x ) 在［］单调递减，在（-∞, ］，,
a a a -1+1-a 2
［，-∞］上单调递减，综上所述：若a ≤-1时，f (x ) 在（-∞, +∞）
a
上单调递减.
-1--a 21-+1-a 2
当-1
a a -1--a 2-1+1-a 2
在（-∞, 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.
22
21. 解：（1）∵f ′(x)=－x +4ax－3a =－(x－3a)(x－a), 由f ′(x)>0得：a
由f ′(x)
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 ，+∞）
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， ∴ ⎨
⎧2a -1≤a 44
, 解得:≤a
55⎩4a -4≥-a
x 2-8x +16(x -4) 2=≥0， 22. 解：(1) 方法一： ∵ x>1 , f (x ) =
x -1x -1
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=
99-6≥2(x -1) ⋅-6=0 x -1x -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)= 6ln x +x 2-8x +m (x >0且x ≠1) ，则
62(x -1)(x -3) +2x -8=，……………………………6分 x x
令F ' (x ) =0得x=3或x=1（舍）又∵lim F (x ) =-∞，lim F (x ) =+∞ ，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 >15-6ln 3时，h(x)的图象与g(x)的图象恰有1个交点； 当m =15-6ln 3时，h(x)的图象与g(x)的图象恰有2个交点； 当7
⎧⎪c =0⎧a =23. 解：（I ）由图形 知：⎪⎪⎨a ⋅82+b ⋅8+c =0解之得：⎪
-1⎨b =8，
⎪⎪4ac -b 2⎪⎪⎩c =0
⎩4a
=16,
∴函数f （x ）的解析式为f (x ) =-x 2+8x …………………………4分
（Ⅱ）由⎧⎪⎨y =-t 2
+8t
⎪⎩y =-x 2
+8x
得x 2-8x -t (t -8) =0, ∴x 1=t , x 2=8-t , ∵0≤t ≤2
∴直线l 1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 ) =⎰1[(-t 2+8t ) -(-x 2+8x )]dx +⎰2
t
[(-x +8x ) -(-t 2+8t )]dx
2232
2
=[(-t 2+8t ) x -(-
x 3+8x 20)]1+[(-x 3+8x
02) -(-t 2+8t ) ⋅x t
=-43t 3+10t 2-16t +40
3
………………………………9分
（Ⅲ）令ϕ(x ) =g (x ) -f (x ) =x 2
-8x +6ln 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
ϕ(x ) =x 2-8x +6ln x +m 的图象与x 轴的正半轴有且只有两个不同的交点
∴ϕ'
(x ) =2x -8+62x 2-8x +62(x -1)(x -3) x =x =x
(x >0)
当x ∈（0，1）时，ϕ'
(x ) >0, ϕ(x ) 是增函数； 当x ∈（1，3）时，ϕ'
(x ) 0, ϕ(x ) 是增函数 当x=1或x=3时，ϕ'
(x ) =0 ∴ϕ(x ) 极大值为ϕ(1) =m -7;
ϕ(x ) 极小值为ϕ(3) =m +6ln 3-15………………………………12分
又因为当x →0时，ϕ(x ) →-∞ 当x →+∞时，ϕ(x ) →+∞
所以要使ϕ(x ) =0有且仅有两个不同的正根，必须且只须
⎧⎨
ϕ(1) =0或⎧⎩ϕ(3)
⎩ϕ(1) >0
即⎨
⎧m -7=0或⎧⎩m +6ln 3-15
m +6ln 3-15=0
⎩
m -7>0∴m=7或m =15-6ln 3.
∴当m=7或m =15-6ln 3. 时，函数f （x ）与g （x ）的图象有且只有两个不同交点．
24. 解：(I) f3
2
2
(x)=x-2x +x, f '(x)=3x-4x+1,
因为f(x)单调递增，
所以f '(x)≥0， 即 3x2
-4x+1≥0,
解得，x ≥1, 或x ≤1
3
, ……………………………2分 故f(x)的增区间是(-∞，1
3
) 和[1,+ ∞]. …………………………3分
(II) f '(x)=3x2
-2(a+b)x+ab.
当x ∈[-1，1]时，恒有|f '(x)|≤3
2
. ………………………4分 故有-
332
≤f '(1)≤2，
-32
≤f '(-1)≤3
2，
-32
≤f '(0)≤3
2, ………………………5
⎧⎪-3
≤ 3-2(a +b ) +ab ≤ 3, ①
⎪ 即⎪2⎨-3
2≤
3+2(a +b ) +ab ≤ 3, ② ………6 ⎪2
2⎪3⎪⎩-32
≤ ab ≤ 2.
③
①+②，得
-
92≤ab ≤-3
2
，……………………………8分 又由③，得 ab=-
3
2
， 将上式代回①和②，得 a+b=0, 故f(x)=x3
-
3
2
x. ……………………9分 (III) 假设⊥,
即⋅=(s , f (s )) ⋅(t , f (t )) = st+f(s)f(t)=0, ……………10分 (s-a)(s-b)(t-a)(t-b)=-1,
[st-(s+t)a+a2][st-(s+t)b+b2
]=-1, ……………………………………11分 由s ，t 为f '(x)=0的两根可得， s+t=
21
3(a+b), st=3
, (0
=9. ……………………………………12分
这样(a+b)2=(a-b)2
+4ab =
9
ab
+4ab≥2=12， 即 a+b≥23,
这样与a+b
故与不可能垂直.
解：(1)g(x)=m -x 2
2
x +m (x -1) 2125. +m -
+ln x , g '(x )=-x -=-.
x x 2x
2
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=log1[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
'
⎛m -x 2⎫
⎪y =⋅[8-f (x )]=∙ -⎪m -x 2 8-f (x ) x ⎝⎭8-
x
/
3
/
3
log 1e log 1e
=
x 2+m
log 1e ≤0恒成立. 2
x x +8x -m 3
2
因为log 1e
3
2
因为⎧⎪x +m ≤0,
x +m x 2+m
≥0在[1，+∞）恒成立. ≥0在[1，+∞）恒成立. 即2
x x +8-m x +8-m
⎨2
⎪⎩x +8x -m
2
在[1，+∞）上不恒成立, 所以⎧⎪x +m ≥0,
⎨2
⎪⎩x +8x -m
在[1，+∞）上恒成立.
2
得⎧⎪m ≥-x
⎨2
⎪⎩m
在[1，+∞）上恒成立. 所以-1≤m
（本题也可用复合函数进行处理）
26. 解: (1) f n `( x ) = nx n – 1 – n ( x + a)n – 1 = n [x n – 1 – ( x + a)n – 1 ] ,
∵a > 0 , x > 0, ∴ f n `( x ) a>0时, fn ( x ) = xn – ( x + a)n 是关于x 的减函数,
∴ 当n ≥ a时, 有：(n + 1 )n – ( n + 1 + a)n ≤ n n – ( n + a)n . 2分
又 ∴f `n + 1 (x ) = ( n + 1 ) [xn –( x+ a )n ] ,
∴f `n + 1 ( n + 1 ) = ( n + 1 ) [(n + 1 )n –( n + 1 + a )n ]
( n + 1 )fn `(n) = ( n + 1 )n[n n – 1 – ( n + a)n – 1 ] = ( n + 1 )[n n – n( n + a)n – 1 ], 2分 ∵( n + a ) > n ,
∴f `n + 1 ( n + 1 )
高考数学函数压轴题：
1. 已知函数f (x ) =
134x +ax +b (a , b ∈R ) 在x =2处取得的极小值是-. 33
(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
2
2. 某造船公司年最高造船量是20艘. 已知造船x 艘的产值函数R (x)=3700x + 45x – 3
10x (单位：万元), 成本函数为C (x) = 460x + 5000 (单位：万元). 又在经济学中，函数f(x)的边际函数Mf (x)定义为: Mf (x) = f (x+1) – f (x). 求:（提示：利润 = 产值 – 成本）
(1) 利润函数P(x) 及边际利润函数MP(x);
(2) 年造船量安排多少艘时, 可使公司造船的年利润最大?
(3) 边际利润函数MP(x)的单调递减区间, 并说明单调递减在本题中的实际意义是什么？
3. 已知函数ϕ(x ) =5x 2+5x +1(x ∈R ) ，函数y =f (x ) 的图象与ϕ(x ) 的图象关于点
1
(0, ) 中心对称。 2
（1）求函数y =f (x ) 的解析式；
（2）如果g 1(x ) =f (x ) ，g n (x ) =f [g n -1(x )](n ∈N , n ≥2) ，试求出使g 2(x )
立的x 取值范围；
（3）是否存在区间E ，使E ⋂x f (x )
{}
n ∈N ，且n ≥2时，都有g n (x )
4．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 .
5. 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，在[x *, 1]
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x 1, x 2∈(0, 1) ，x 1
*
*
f (x 1) ≤f (x 2) ，则(x 1, 1) 为含峰区间；
（2）对给定的r (0
6. 设关于x 的方程2x -ax -2=0的两根分别为α、β
（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
7. 甲乙两公司生产同一种新产品，经测算，对于函数f (x )=x +8，g (x )=
2
-a
(α
x +1
x +12，及
任意的x ≥0，当甲公司投入x 万元作宣传时，乙公司投入的宣传费若小于f (x )万元，则乙公司有失败的危险，否则无失败的危险；当乙公司投入x 万元作宣传时，甲公司投入的宣传费若小于g (x )万元，则甲公司有失败的危险，否则无失败的危险. 设甲公司投入宣传费x 万元，乙公司投入宣传费y 万元，建立如图直角坐标系，试回答以下问题： (1)请解释f (0), g (0)；(2)甲、乙两公司在均无失败危险的情况下尽可能少地投入宣传费用，问此时各应投入多少
宣传费？
(3)若甲、乙分别在上述策略下，为确保无失败的危险，根据对方所投入的宣传费，按最少投入费用原则，投入自己的宣传费：若甲先投入a 1=12万元，乙在上述策略下，投入最少费用b 1；而甲根据乙的情况，调整宣传费为a 2；同样，乙再根据甲的情况，调整宣传费为b 2, , 如此得当甲调整宣传费为a n 时，乙调整宣传费为b n ；试问是否存在lim a n ，
n →∞
lim b n 的值，若存在写出此极限值（不必证明），若不存在，说明理由.
n →∞
8. 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.
2*
9. 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x 0，使得f （x 0）
2
（x 0＋1）成立，求c 的值。
10. 已知函数f (x ) =x 4-4x 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.
11. 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）若f(x) 单调递增，且m>n>0时，有f (m ) =f (n ) =2f (
m +n
) ，
2
求证：3
12. 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)
（a ≠0且a ≠1）． (1) 试就实数a 的不同取值，写出该函数的单调递增区间；
13.
已知函数f (x ) (2) 已知当x >
0时，函数在
上单调递减，在+∞) 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．
14. 已知函数f (x ) =log a x 和g (x ) =2log a (2x +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.
+
15. 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 )
（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
2|f (
a +b
) |，求证：3
16. （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)=
12
(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
2
(文科) 已知函数f(x)=ax +bx +c ，其中a ∈N *, b ∈N , c ∈Z .
（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4x ≤f (x ) ≤2(x 2+1) 恒成立, 且存在
x 0使得f (x 0)
17. 定义在（-1，1）上的函数f(x)满足：对任意x 、y (-1,1)都有（I ）求证：函数f(x)是奇函数； （II ）如果当
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
2
18. 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x 1、x 2. (Ⅰ) 如果x 1—1; (Ⅱ) 如果0
19. 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 )]y ；③f () >1. 则
（1）求f (0) 的值； （4分） （2）求证：f (x ) 在R 上是单调增函数； （5分） （3）若a >b >c >0, 且b 2=ac ，求证：f (a ) +f (c ) >2f (b ).
20. （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+
111
) . )(1+) (1+)
23n
1
3
（文）设函数f (x ) =
13
ax +bx 2+cx (a
A (1, f (1)), B (m , f (m )) 处的切线的斜率分别为o , -a .
b
（1）求证：0≤
a
（2）若函数f (x ) 的递增区间为[s , t ]，求[s -t ]的取值范围.
21. 设函数f (x ) =-
13
x +2ax 2-3a 2x +b (0
（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.
22. 已知函数f (x ) =x +
16-7x
，函数g (x ) =6ln x +m . x -1
（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.
23. 已知二次函数f (x ) =ax 2+bx +c , 直线l 1:y =-t 2+8t (其中；0≤t ≤2. t 为常数）
l 2:x =2. 若直线l 1、l 2与函数f （x ）的图象以及l 1，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 ) =6ln 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.
24. 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
不可能垂直.
2
25. 已知函数f (x ) =m -x (m ∈R ).
x
11
(1)设g (x ) =f (x ) +ln x , 当m ≥
4
时, 求g(x)在[2, 2]上的最大值；
(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
26. (本小题满分12分)
已知常数a > 0, n为正整数，f n ( x ) = x n – ( x + a)n ( x > 0 )是关于x 的函数. (1) 判定函数f n ( x )的单调性，并证明你的结论. (2) 对任意n ≥ a , 证明f `n + 1 ( n + 1 )
答案：
⎧f '(2)=4+a =0
⎧a =-4⎪
1. 解：(1)f '(x ) =x 2+a ，由题意⎨， ⇒84⎨
f (2)=+2a +b =-⎩b =4⎪33⎩
令f '(x ) =x 2-4>0得f (x ) 的单调递增区间为(-∞, -2) 和(2,∞) . (2) f (x ) =
13
x -4x +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)
(-2,
2
)
(2,3
3
x
f '(x )
单调递增
单调递减
单调递增
f (x )
-
4 328 3
1
-
4 3
所以x ∈[-4,3]时，f (x ) max =于m +m +
2
28102
. 于是f (x ) ≤m +m +在x ∈[-4,3]上恒成立等价33
1028
≥，求得m ∈(-∞, -3]⋃[2,+∞) . 33
3
2
2. 解：(1) P(x) = R (x) – C (x) = – 10x + 45x + 3240x – 5000 (x∈N 且x ∈[1, 20]);
2分
2
MP (x) = P ( x + 1 ) – P (x) = – 30x + 60x +3275 (x∈N 且x ∈[1, 20]). 4分
2
(2) P`(x) = – 30x + 90x + 3240 = – 30( x +9 )(x – 12) (x∈N 且x ∈[1, 20]) 7分
当1 0, P(x)单调递增,
当 12
∴ x = 12 时, P(x)取最大值, 10分 即, 年建造12艘船时, 公司造船的年利润最大. 11分
2
(3) 由MP(x ) = – 30( x – 1) + 3305 (x∈N 且x ∈[1, 20]).
∴当1
3. 解：（1）f (x ) =5x -5x ………………………………………………………………（6分）
（2）由g 2(x ) =5g 1(x ) -5g 1(x ) 1
22
即5x -5x 1 解得x 1或
22
5-55+…………………………………（12分）
1010
（1） 由x f (x ) 1}，
{}{
又(
5-55+, ) ⋂{x x 1}=Φ， 1010
5-55+52
, ) 时，g 2(x )
5-55+ , ) ，命题成立。………………（14分）
1010
当x ∈(
∴对于n =2, 3时，E ⊆(
以下用数学归纳法证明E ⊆(
5-5+5, ) 对n ∈N ，且n ≥2时，都有g n (x )
假设n =k (k ≥2, k ∈N ) 时命题成立，即g k (x )
那么g k +1(x ) =f [g k (x )]=5g k (x ) -5g k (x )
4. 解：（Ⅰ）证明：f (x ) +2+f (2a -x ) =
2
5-5+5
, ) 。 1010
x +1-a 2a -x +1-a
+2+
a -x a -2a +x
x +1-a a -x +1x +1-a +2a -2x -a +x -1=+2+==0
a -x x -a a -x
∴结论成立 ……………………………………4分
-(a -x ) +11
=-1+
a -x a -x
1111
-1≤a -x ≤-, -2≤≤-1 当a +≤x ≤a +1时-a -1≤-x ≤-a -
222a -x
1
-3≤-1+≤-2 即f (x ) 值域为[-3, -2]…………9分
a -x
（Ⅱ）证明：f (x ) =
（Ⅲ）解：g (x ) =x +|x +1-a |(x ≠a )
2
（1）当x ≥a -1且x ≠a 时, g (x ) =x +x +1-a =(x +如果a -1≥-
2
123
) +-a 24
11
即a ≥时，则函数在[a -1, a ) 和(a , +∞) 上单调递增 22
g (x ) min =g (a -1) =(a -1) 2
11113
如果a -1
22224
1
时，g (x ) 最小值不存在…………………………11分 2
1252
（2）当x ≤a -1时g (x ) =x -x -1+a =(x -) +a -
24
1315
如果a -1>即a >时g (x ) min =g () =a -
2224
当a =-
13
如果a -1≤即a ≤时g (x ) 在(-∞, a -1) 上为减函数g (x ) min =g (a -1) =(a -1) 2…13分
22
353
当a >时(a -1) 2-(a -) =(a -) 2>0
242131
当a 0
242
综合得：当a
113
且a ≠时 g（x ）最小值是-a 224
1335
≤a ≤时 g（x ）最小值是(a -1) 2 当a >时 g（x ）最小值为a - 22241
当a =-时 g（x ）最小值不存在
2
*
5. 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 (x 1) ≥f (x 2) 时, 假设x ∉(0, x 2) , 则x 1f (x 1), 这与f (x 1) ≥f (x 2) 矛盾, 所以x *∈(0, x 2) , 即(0, x 2) 为含峰区间.
***
当f (x 1) ≤f (x 2) 时, 假设x ∉(x 1, 1) , 则x ≤x 1f (x 2), 这与f (x 1) ≤f (x 2) 矛盾, 所以x *∈(x 1, 1) , 即(x 1, 1) 为含峰区间………………………….(7分)
（2）证明：由(1)的结论可知:
当f (x 1) ≥f (x 2) 时, 含峰区间的长度为l 1=x 2； 当f (x 1) ≤f (x 2) 时, 含峰区间的长度为l 2=1-x 1； 对于上述两种情况，由题意得⎨
⎧x 2≤0. 5+r
①
1-x ≤0. 5+r 1⎩
由①得1+x 2-x 1≤1+2r , 即x 2-x 1≤2r ，
又因为x 2-x 1≥2r ，所以x 2-x 1=2r ② 将②代入①得x 1≤0. 5－r ，x 2≥0. 5+r ， ③ 由①和③解得x 1＝0. 5－r ，x 2＝0. 5+r ， 所以这时含峰区间的长度l 1=l 2=0. 5+r ，
即存在x 1, x 2使得所确定的含峰区间的长度不大于0. 5+r
-2(2x 2-ax -2)
6. 解：(1)证明：f (x ) =，
(x 2+1) 2
'
由方程2x -ax -2=0的两根分别为α、β
2
(α
x ∈(α, β)时，2x 2-ax -20，
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) =
4β-a 4α-a
-2
2
β+1α+1
(β-α)[a (α+β) +4-4αβ]=22
αβ+[(α+β) 2-2αβ]+1
a
α+β=，αβ=-1，可求得β-α=
2
a 2
+4， 4
∴f (β) -f (α) =
a 2a 2
+4⋅(+4+4) 422
=a +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
7. 解：(1)f (0) 表示当甲公司不投入宣传费时, 乙公司要回避失败风险, 至少要投入f (0) =8
万元; …………………… (2分)
g (0) 表示当乙公司不投入宣传费时, 甲公司要回避失败风险, 至少要投入 g (0)
=12万元. …………………………… (4分)
(2) 解方程组
⎧⎪x =y +12
………………(6分) ⎨
⎪⎩y =x +8
得: x = 17, y = 25 ……………(9分) 故甲公司至少投入17万元,
乙公司至少投入25万元. …… (11分) (3) 经观察, 显见 lim a n =17,
n →∞
lim b n =25.
n →∞
故点M (17, 25) 是双方在宣传投入上保 证自己不失败的一个平衡点. ………(16分)
8. 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x 1、x 2∈[-1，1]且x 1≠x 2有
f (x 1) -f (x 2)
x 1-x 2
从而x 1-x 2与f (x 1) -f (x 2) 异号
，1]上是减函数…………………………………………5分 ∴f (x ) 在[-1
，c +1] （2） f (x -c ) 的定义域为[c -1
f (x -c ) 的定义域为[c -1，c +1]………………………………7分 ∵ 上述两个定义域的交集为空集
则有： c -1>c +1 或c +12或c
故c 的取值范围为c >2或c c -1恒成立 由(2)知：当-1≤c ≤2时
2
2
2
222
c 2-1≤c +1
当1≤c ≤2或-1≤c ≤0时 c +1≥c +1且 c -1≥c -1
2
2
2
此时的交集为[(c -1, 当0
c +1]………………………………………12分
c +1
22
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 2-1, 当0
c +1]；
c 2+1].
9. 解：（1）由函数f （x ）的图像开口向上，对称轴x ＝－b/2a
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
22
＝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x 0。当c ＝1时满足条件，故c ＝1。
10. 解：（1） ∵
[1，f (x ) 在[0，1]上单调递增，在2]上单调递减，∴当x =1时，f (x ) 取得极大值，∴
f /(x ) =0, 即（4x 3-12x 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 -1与f (x ) =x -4x +4x -1的图象恰有2个不同的交点对应于方程
2
4
3
2
bx 2-1=x 4-4x 3+4x 2-1恰有2个不同的实根，即
x 4-4x 3+4x 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. 11. 解：(1)取x=1,q=2,有
若存在另一个实根x 0≠1，使得f (12) =f (2) 即f (1) =0∴1是f (x ) =0的一个根，
f (x 1) ≠0对任意的x 1(x 1∈(0, +∞) 成立，且x 1=x 0(q ≠0), 有f (x 1) =qf (x 0) =0, f (x 0) =0恒成立，∴f （x 1) ≡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， ，则q
q 1q 2
0，∴f (a ) ∙f (c ) =f (b ) ∙f (b ) =q 1q 2∙f 2(b ) ，又a+c=2b, q >0>12
q
q
q
(a -c ) 2
2
即ac
2
⎛q +q ⎫
⎝2⎭
2
f (1) =0, f (x ) 在(0, +∞) 单调递增，当x ∈(0, 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=b1,n=b
q
q 2
,b ≠1, 且q 1q 2≠0
2
⎛m +n ⎫则f(m)+f(n)=(q1+q 2) f(b)=f(mn)=0∴mn =1. 0
⎝2⎭m +n m +n m >1, >mn =1, f (m ) =2f (), ∴f (m ) =
22
2
2,
2
2
2
⎡⎛m +n ⎫2⎤⎛m +n ⎫f ⎢ ⎪⎥∴m = ⎪
⎝2⎭⎢⎝2⎭⎦⎥⎣
即4m=m +2mn +n ∴4m -m -2=n , 由01，
∴3
12. 解：(Ⅰ) ∵f (x ) =x 3+ax 2+bx +c 在y 轴上的截距是2，∴f(0)=2,∴c=2. 1分
又 f (x ) 在(-∞, -1), (2, +∞) 上单调递增，（－1，2）上单调递减， ∴f '(x ) =3x +2ax +b =0有两个根为－1，2，
2
2a ⎧
3-1+2=-⎧⎪a =-32⎪⎪33
∴⎨ ∴⎨2∴f (x ) =x -x -6x +2 ，…………5分
2⎪-1⨯2=b ⎪b =-6⎩⎪3⎩
2
(Ⅱ) f '(x ) =3x -3x -6=3(x +1)(x -2) ，
∴h (x ) =x +1-(m +1) ln(x +m )(x >-m 且x ≠2) ，………………6分
m +1x -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，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 0得x >1，由h '(x )
综上所述，当m ≤－2时，h(x)在（－m,+∞）上单增； 当-2
当m >－1时，在（1，2），（2，+∞）上单增；在（－m ，1）单减. …12分
13. 解：(1) ①当a
) 的单调递增区间为(
及，
②当0
③当a >1时，函数f (x
) 的单调递增区间为(-∞,
及+∞) ． （6分） (2) 由题设及(1)
a >1，解得a =3， （9分）
(x ≠0) ． （10分） (3) （理）假设存在经过原点的直线l 为曲线C 的对称轴，显然x 、y 轴不是曲线C 的对称轴，故可设l ：y =kx （k ≠0），
因此函数解析式为f (x ) =
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 '1q +q 'p +p '
=-， ，=k
p -p 'k 22
且q
q '=， （14分） +
整理得k -
1=
k =
或k =， k x 为曲线C 的对称轴． （16分）
所以存在直线y =
及y = （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 ) ==-+=-f (x ) ， ⎣⎦
所以该函数为奇函数，曲线C 为中心对称图形．
14. 解：(Ⅰ) f '(x ) =
14log a e , g '(x ) =log a e ………………………3分 x 2x +t -2
∵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
14∴log a e =log a e 2t +2
∴t =6 ………………………………………………………………6分 （Ⅱ） t =6
∴F (x ) =g (x ) -f (x ) =2log a (2x +4) －log a x
(2x +4) 2
=log a , x ∈[1,4] …………………………………………7分
x (2x +4) 216
=4x ++16, x ∈[1,4] 令h (x ) =
x x h '(x ) =4-
164(x -2)(x +2) =, x ∈[1, 4] x 2x 2
∴当1≤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01时，有F (x ) min =log a 32. ∵当x ∈[1,4]时，F (x ) ≥2恒成立, ∴F (x ) min ≥2 …………………………11分 ∴满足条件的a 的值满足下列不等式组
⎧01, ①，或⎨② ⎨
log 36≥2; log 32≥2. ⎩a ⎩a
不等式组①的解集为空集，解不等式组②得1
解：（1）在
f (⋅m ) n =(f +) m 中f 令m n =n =1
，得
f (=1) ； …………………2分
x x
设x 1>x 2>0，则1>1，从而有f (1)
x 2x 2
x x
所以，f (x 1) =f (x 2⋅1) =f (x 2) +f (1)
x 2x 2R f (x ) 所以，在上
减 …………………5分
2
2
+
单
+
调递
（2） f (x +y ) +f (x -y ) =f (x -y ) >0=f (1)，由（1）知，f (x ) 在R 上单调递减，
⎧x +y >0⎪
∴⎨x -y >0， …………………7分 ⎪x 2-y 2
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
∴实数a 的取值范围是(-∞,1) …………………10分
+
（3）由（1）知f (x ) 在R 上单调递减，∴当00，当x >1时，f (x )
01，故f (a ) >0, f (b )
a +b a +b
>=1，所以f ()
⎛⎛a +b ⎫2⎫a +b
) =f 又 f (b ) =2f ( ⎪ ⎝2⎪⎪2⎭⎭⎝a +b
) |得，4b =(a +b ) 2=a 2+b 2+2，∴4b -b 2=a 2+2， 由|f (b ) |=2|f (2
2
又0
1解得，3
16. 解：（理）（I ）∆=a -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x 1,x 2，x 1>x2
2
⎧x 1+x 2=-a , ∴a 2-4b =1⎪
⎨x 1x 2=b , a 2-1
b =⎪x -x =1,
24⎩1
∴f (-a ) =b =
12
(a -1) (5分) 4
（III ）设m
a 2
a -4b >0⇒b
4
2
1︒. -
a 1
∈(m , m +] 即-1≤a +2m
2
2
a 2a 1
=(m +) 2≤ f(m)=m +am +b
a 1
∈(m +, m +1) 22
f(m+1)=(m +1) 2
+a (m +1) +b
+a (m +1) +a 24=(m +1+a 2) 2≤14
∴存在. (6分)
（文）f(sinx)=a sin 2
x +b sin x +c
-
b
2a
∴⎧⎨
a -b +c =-4, ⎧b =3,
⎩a +b +c =2, ⎨⎩
c =-1-a , 又b>2a>0,∴a =1, c =-2. ∴f (x ) =x 2+3x -2.
f (x ) min =-
17
4
(7分) (2) 4x ≤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 ) ≥4x , 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 ) =2x 2+2.
不存在 x 2
0使f (x 0)
当a=1时，c=1,∴b =2, ∴f (x ) =x 2
+2x +1. 此时存在x 0, 使f (x 2
0)
17. 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
因此
∴函数f(x)在（-1，1）上是减函数 8’ （III ）
由
得x2 9’
是（-1，1）上的减函数，
当a=0时， ，原不等式的解集为{x|x>2} 10’ 当-12中原不等式的解； 若x1,x
故原不等式的解集为 12’ 当02，则a(x-1)
∴
}
18. 解：(Ⅰ) 设g (x ) =f (x ) -x =ax 2+(b -1) x +1, 且a >0,
∴由条件x 10……（2分）即⎧4a +2b -1
⎨
⎩16a +4b -3>0
4
2
分）
∴3-4a 1. ……（5分）对3-4a
4
2
8
4
2
1-
1b 3……（8分） b 11
∴x =->1->1-=-1. 4a 2a 8a 0
2a
4a
4⨯8
（Ⅱ）由g (x ) =ax 2+(b -1) x +1=0可知x 1x 2=1>0即x 1与x 2同号.
a
0
(b -1) 242
∴(x 2-x 1) =(x 2+x 1) -4x 2x 1=-=4⇒2a +1=(b -1) +1. 2
a a
2
2
由g (2)
4
19. 解：解法一：（1）令x =0, y =2，得：f (0) =[f (0)]2……………1分
∴f (0) >0∴f (0) =1…………………………4分
3
3
（2）任取x 1、x 2∈(-∞, +∞) ，且x 1
f (x 1) -f (x 2) =f (p 1) -f (p 2) =[f ()]p 1-[f ()]p 2…………………… 8分
3333
1
f () >1, p 1
3
∴f (x 1)
∴f (x ) 在R 上是单调增函数…… 9分
a
（3）由（1）（2）知f (b ) >f (0) =1 f (b ) >1 f (a ) =f (b ⋅c ) =[f (b )]b
b
c b b
f (c ) =f (b ⋅) =[f (b )]b ………11分 ∴f (a ) +f (c ) =[f (b )]+[f (b )]>2[f (b )]
b
c
a c
a +c b
而a +c >2
=2=2b
2
∴2f (b )]
a +c b
>2[f (b )]
2b b
=2f (b ) ∴
f (a ) +f (c ) >2f (b ) ……15分
解法二：（1）∵对任意x 、y∈R，有f (xy ) =[f (x )]y
x 0
∴f (x ) =f (x ⋅1) =[f (1)]………1分 ∴当x =0时f (0) =[f (1)]……2分
∵任意x ∈R， f (x ) >0…………3分 ∴f (0) =1……………………4分
（2） f (1) >1, ∴f (1) =f (3⨯1) =[f (1)]3>1…………………………6分
333
∴f (x ) =[f (1)]x 是R 上单调增函数 即f (x ) 是R 上单调增函数；…… 9分
a c a +c
（3）f (a ) +f (c ) =[f (1)]+[f (1)]>2f (1)]……………………11分
而a +c >2ac =2b 2=2b ∴2f (1)]a +c >2f (1)]2b =2f (b )
∴f (a ) +f (c ) >2f (b )
2x ax 2+2x +a
+a =. 20. 解：（理）（1）f (x ) =
1+x 21+x 2
'
'
①若a =0时，f (x ) =
2x '
>0⇒x >0, f (x )
1+x
∴f (x ) 在0, +∞单调递增，在-∞, 0单调递减，……………………………………1'
②若⎨
⎧a
⇒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
-1+-a 2-1-1-22
由f (x ) >0⇒ax +2x +a >0⇒
a a
'
2
-1--a 2-1+1-a 2
由f ' (x ) >0可得x >或，
a a
-1-1-a 2-1+1-a 2-1--a 2
∴f (x ) 在［］单调递减，在（-∞, ］，,
a a a -1+1-a 2
［，-∞］上单调递减，综上所述：若a ≤-1时，f (x ) 在（-∞, +∞）
a
上单调递减.
-1--a 21-+1-a 2
当-1
a a -1--a 2-1+1-a 2
在（-∞, 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.
22
21. 解：（1）∵f ′(x)=－x +4ax－3a =－(x－3a)(x－a), 由f ′(x)>0得：a
由f ′(x)
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 ，+∞）
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， ∴ ⎨
⎧2a -1≤a 44
, 解得:≤a
55⎩4a -4≥-a
x 2-8x +16(x -4) 2=≥0， 22. 解：(1) 方法一： ∵ x>1 , f (x ) =
x -1x -1
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=
99-6≥2(x -1) ⋅-6=0 x -1x -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)= 6ln x +x 2-8x +m (x >0且x ≠1) ，则
62(x -1)(x -3) +2x -8=，……………………………6分 x x
令F ' (x ) =0得x=3或x=1（舍）又∵lim F (x ) =-∞，lim F (x ) =+∞ ，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 >15-6ln 3时，h(x)的图象与g(x)的图象恰有1个交点； 当m =15-6ln 3时，h(x)的图象与g(x)的图象恰有2个交点； 当7
⎧⎪c =0⎧a =23. 解：（I ）由图形 知：⎪⎪⎨a ⋅82+b ⋅8+c =0解之得：⎪
-1⎨b =8，
⎪⎪4ac -b 2⎪⎪⎩c =0
⎩4a
=16,
∴函数f （x ）的解析式为f (x ) =-x 2+8x …………………………4分
（Ⅱ）由⎧⎪⎨y =-t 2
+8t
⎪⎩y =-x 2
+8x
得x 2-8x -t (t -8) =0, ∴x 1=t , x 2=8-t , ∵0≤t ≤2
∴直线l 1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 ) =⎰1[(-t 2+8t ) -(-x 2+8x )]dx +⎰2
t
[(-x +8x ) -(-t 2+8t )]dx
2232
2
=[(-t 2+8t ) x -(-
x 3+8x 20)]1+[(-x 3+8x
02) -(-t 2+8t ) ⋅x t
=-43t 3+10t 2-16t +40
3
………………………………9分
（Ⅲ）令ϕ(x ) =g (x ) -f (x ) =x 2
-8x +6ln 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
ϕ(x ) =x 2-8x +6ln x +m 的图象与x 轴的正半轴有且只有两个不同的交点
∴ϕ'
(x ) =2x -8+62x 2-8x +62(x -1)(x -3) x =x =x
(x >0)
当x ∈（0，1）时，ϕ'
(x ) >0, ϕ(x ) 是增函数； 当x ∈（1，3）时，ϕ'
(x ) 0, ϕ(x ) 是增函数 当x=1或x=3时，ϕ'
(x ) =0 ∴ϕ(x ) 极大值为ϕ(1) =m -7;
ϕ(x ) 极小值为ϕ(3) =m +6ln 3-15………………………………12分
又因为当x →0时，ϕ(x ) →-∞ 当x →+∞时，ϕ(x ) →+∞
所以要使ϕ(x ) =0有且仅有两个不同的正根，必须且只须
⎧⎨
ϕ(1) =0或⎧⎩ϕ(3)
⎩ϕ(1) >0
即⎨
⎧m -7=0或⎧⎩m +6ln 3-15
m +6ln 3-15=0
⎩
m -7>0∴m=7或m =15-6ln 3.
∴当m=7或m =15-6ln 3. 时，函数f （x ）与g （x ）的图象有且只有两个不同交点．
24. 解：(I) f3
2
2
(x)=x-2x +x, f '(x)=3x-4x+1,
因为f(x)单调递增，
所以f '(x)≥0， 即 3x2
-4x+1≥0,
解得，x ≥1, 或x ≤1
3
, ……………………………2分 故f(x)的增区间是(-∞，1
3
) 和[1,+ ∞]. …………………………3分
(II) f '(x)=3x2
-2(a+b)x+ab.
当x ∈[-1，1]时，恒有|f '(x)|≤3
2
. ………………………4分 故有-
332
≤f '(1)≤2，
-32
≤f '(-1)≤3
2，
-32
≤f '(0)≤3
2, ………………………5
⎧⎪-3
≤ 3-2(a +b ) +ab ≤ 3, ①
⎪ 即⎪2⎨-3
2≤
3+2(a +b ) +ab ≤ 3, ② ………6 ⎪2
2⎪3⎪⎩-32
≤ ab ≤ 2.
③
①+②，得
-
92≤ab ≤-3
2
，……………………………8分 又由③，得 ab=-
3
2
， 将上式代回①和②，得 a+b=0, 故f(x)=x3
-
3
2
x. ……………………9分 (III) 假设⊥,
即⋅=(s , f (s )) ⋅(t , f (t )) = st+f(s)f(t)=0, ……………10分 (s-a)(s-b)(t-a)(t-b)=-1,
[st-(s+t)a+a2][st-(s+t)b+b2
]=-1, ……………………………………11分 由s ，t 为f '(x)=0的两根可得， s+t=
21
3(a+b), st=3
, (0
=9. ……………………………………12分
这样(a+b)2=(a-b)2
+4ab =
9
ab
+4ab≥2=12， 即 a+b≥23,
这样与a+b
故与不可能垂直.
解：(1)g(x)=m -x 2
2
x +m (x -1) 2125. +m -
+ln x , g '(x )=-x -=-.
x x 2x
2
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=log1[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
'
⎛m -x 2⎫
⎪y =⋅[8-f (x )]=∙ -⎪m -x 2 8-f (x ) x ⎝⎭8-
x
/
3
/
3
log 1e log 1e
=
x 2+m
log 1e ≤0恒成立. 2
x x +8x -m 3
2
因为log 1e
3
2
因为⎧⎪x +m ≤0,
x +m x 2+m
≥0在[1，+∞）恒成立. ≥0在[1，+∞）恒成立. 即2
x x +8-m x +8-m
⎨2
⎪⎩x +8x -m
2
在[1，+∞）上不恒成立, 所以⎧⎪x +m ≥0,
⎨2
⎪⎩x +8x -m
在[1，+∞）上恒成立.
2
得⎧⎪m ≥-x
⎨2
⎪⎩m
在[1，+∞）上恒成立. 所以-1≤m
（本题也可用复合函数进行处理）
26. 解: (1) f n `( x ) = nx n – 1 – n ( x + a)n – 1 = n [x n – 1 – ( x + a)n – 1 ] ,
∵a > 0 , x > 0, ∴ f n `( x ) a>0时, fn ( x ) = xn – ( x + a)n 是关于x 的减函数,
∴ 当n ≥ a时, 有：(n + 1 )n – ( n + 1 + a)n ≤ n n – ( n + a)n . 2分
又 ∴f `n + 1 (x ) = ( n + 1 ) [xn –( x+ a )n ] ,
∴f `n + 1 ( n + 1 ) = ( n + 1 ) [(n + 1 )n –( n + 1 + a )n ]
( n + 1 )fn `(n) = ( n + 1 )n[n n – 1 – ( n + a)n – 1 ] = ( n + 1 )[n n – n( n + a)n – 1 ], 2分 ∵( n + a ) > n ,
∴f `n + 1 ( n + 1 )