数学理·湖南省常德市石门一中2017届高三上学期8月月考数学理试卷+Word版含解析

数学理·湖南省常德市石门一中2017届高三上学期8月月考数学理试卷+Word版含解析

‎2016-2017学年湖南省常德市石门一中高三（上）8月月考数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1．设集合M={x|0≤x≤2}，N={y|0≤y≤2}，从M到N有四种对应如图所示，其中能表示为M到N的函数关系的是（　　）‎ A．①② B．②③ C．③④ D．①④‎ ‎2．若f（x）=，则f（x）的定义域为（　　）‎ A．（，1） B．（，1] C．（，+∞） D．（1，+∞）‎ ‎3．已知集合A={1，2，3，4，5}，B={（x，y）|x∈A，y∈A，x﹣y∈A}，则B中所含元素的个数为（　　）‎ A．3 B．6 C．8 D．10‎ ‎4．命题“∀x∈[1，2]，x2﹣a≤0”为真命题的一个充分不必要条件是（　　）‎ A．a≥4 B．a≤4 C．a≥5 D．a≤5‎ ‎5．“a=b”是“直线y=x+2与圆（x﹣a）2+（y﹣b）2=2相切”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件 ‎6．已知定义在R上的奇函数f（x）和偶函数g（x）满足f（x）+g（x）=ax﹣a﹣x+2，若g（2）=a，则f（2）=（　　）‎ A．2 B． C． D．a2‎ ‎7．已知f（x）是定义在R上的函数，若函数y=f（x+1）为偶函数，且当x≥1时，有f（x）=1﹣2x，设a=f（），b=f（），c=f（），则（　　）‎ A．c＜b＜a B．b＜a＜c C．c＜a＜b D．a＜c＜b ‎8．已知定义在R上的函数f（x）的图象关于点（﹣，0）对称，且满足f（x）=﹣f（x+），又f（﹣1）=1，f（0）=﹣2，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2008）=（　　）‎ A．669 B．670 C．2008 D．1‎ ‎9．已知函数f（x）=，若∃x1，x2∈R，x1≠x2，使得f（x1）=f（x2）成立，则实数a的取值范围是（　　）‎ A．a＜2 B．a＞2 C．﹣2＜a＜2 D．a＞2或a＜﹣2‎ ‎10．已知函数f（x）满足f（x+1）=﹣f（x），且f（x）是偶函数，当x∈[0，1]时，f（x）=x2，若在区间[﹣1，3]内，函数g（x）=f（x）﹣kx﹣k有4个零点，则实数k的取值范围是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．已知函数f（x）=，若a、b、c互不相等，且f（a）=f（b）=f（c），则a+b+c的取值范围是（　　）‎ A．（1，2014） B．（1，2015） C．（2，2015） D．[2，2015]‎ ‎12．已知函数y=f（x）是定义域为R的偶函数．当x≥0时，f（x）=若关于x的方程[f（x）]2+af（x）+b=0，a，b∈R有且仅有6个不同实数根，则实数a的取值范围是（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎　‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13．已知函数f（x）=在区间（﹣2，+∞）上为增函数，则实数a的取值范围是　　．‎ ‎14．已知f（x）是定义域为R的偶函数，当x＞0时，f（x）=x2﹣4x，则f（x+2）＜5的解集是　　．‎ ‎15．对于函数y=f（x）（x∈R），给出下列命题：‎ ‎（1）在同一直角坐标系中，函数y=f（1﹣x）与y=f（x﹣1）的图象关于直线x=0对称；‎ ‎（2）若f（1﹣x）=f（x﹣1），则函数y=f（x）的图象关于直线x=1对称；‎ ‎（3）若f（1+x）=f（x﹣1），则函数y=f（x）是周期函数；‎ ‎（4）若f（1﹣x）=﹣f（x﹣1），则函数y=f（x）的图象关于点（0，0）对称．‎ 其中所有正确命题的序号是　　．‎ ‎16．若函数y=f（x），x∈D同时满足下列条件：‎ ‎①函数y=f（x）在D内为单调函数；‎ ‎②存在实数m，n∈D，m＜n，当x∈[m，n]时，函数y=f（x）的值域为[m，n]，则称此函数f（x）在D内为等射函数，设函数f（x）=（a＞0，a≠1），‎ 则：‎ ‎（1）函数y=f（x）在（﹣∞，+∞）上的单调性为　　（填“递增”“递减”“先增后减”“先减后增”）‎ ‎（2）当y=f（x）在实数集R内等射函数时，a的取值范围是　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17．（10分）已知命题p：不等式|x|+|x﹣1|＞m的解集为R，命题q：f（x）=（5﹣2m）x是增函数，若p或q为真命题，p且q为假命题，求实数m的取值范围．‎ ‎18．（12分）已知函数，其中a是大于0的常数 ‎（1）求函数f（x）的定义域；‎ ‎（2）当a∈（1，4）时，求函数f（x）在[2，+∞）上的最小值；‎ ‎（3）若对任意x∈[2，+∞）恒有f（x）＞0，试确定a的取值范围．‎ ‎19．（12分）定义在R上的函数f（x）满足f（x+2）=﹣f（x），且当x∈[﹣1，1]时，f（x）=x3．‎ ‎（1）求f（x）在[1，5]上的表达式；‎ ‎（2）若A={x|f（x）＞a，x∈R}，且A≠∅，求实数a的取值范围．‎ ‎20．（12分）定义在R上的单调函数f（x）满足f（3）=log23且对任意x，y∈R都有f（x+y）=f（x）+f（y）．‎ ‎（1）求证f（x）为奇函数；‎ ‎（2）若f（k•3x）+f（3x﹣9x﹣2）＜0对任意x∈R恒成立，求实数k的取值范围．‎ ‎21．（12分）对定义域是Df．Dg的函数y=f（x）．y=g（x），‎ 规定：函数h（x）=．‎ ‎（1）若函数f（x）=，g（x）=x2，写出函数h（x）的解析式；‎ ‎（2）求问题（1）中函数h（x）的值域；‎ ‎（3）若g（x）=f（x+α），其中α是常数，且α∈[0，π]，请设计一个定义域为R的函数y=f（x），及一个α的值，使得h（x）=cos4x，并予以证明．‎ ‎22．（12分）设函数f（x）=lnx﹣ax，g（x）=ex﹣ax，其中a为实数．‎ ‎（1）若f（x）在（1，+∞）上是单调减函数，且g（x）在（1，+∞）上有最小值，求a的取值范围；‎ ‎（2）若g（x）在（﹣1，+∞）上是单调增函数，试求f（x）的零点个数，并证明你的结论．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省常德市石门一中高三（上）8月月考数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1．（2016秋•常德校级月考）设集合M={x|0≤x≤2}，N={y|0≤y≤2}，从M到N有四种对应如图所示，其中能表示为M到N的函数关系的是（　　）‎ A．①② B．②③ C．③④ D．①④‎ ‎【考点】函数的图象．‎ ‎【专题】计算题；数形结合；转化思想；函数的性质及应用．‎ ‎【分析】利用函数的定义，判断是否是函数的图象即可．‎ ‎【解答】解：①的图象是函数的图象，但是定义域与已知条件不符，所以不正确．‎ ‎②③满足函数的图象与已知条件．正确．‎ ‎④不是函数的图象，不满足定义．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查函数的图象的判断与函数的定义的应用，是基础题．‎ ‎　‎ ‎2．（2011秋•赣州期末）若f（x）=，则f（x）的定义域为（　　）‎ A．（，1） B．（，1] C．（，+∞） D．（1，+∞）‎ ‎【考点】函数的定义域及其求法．‎ ‎【专题】计算题．‎ ‎【分析】根据偶次根号下的被开方数大于零，对数的真数大于零，列出不等式组，进行求解再用集合或区间的形式表示出来．‎ ‎【解答】解：要使函数有意义，则，‎ 解得＜x＜1，‎ 则函数的定义域是（，1）．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查了函数定义域的求法，即根据函数解析式列出使它有意义的不等式组，最后注意要用集合或区间的形式表示出来，这是易错的地方．‎ ‎　‎ ‎3．（2012•新课标）已知集合A={1，2，3，4，5}，B={（x，y）|x∈A，y∈A，x﹣y∈A}，则B中所含元素的个数为（　　）‎ A．3 B．6 C．8 D．10‎ ‎【考点】元素与集合关系的判断．‎ ‎【专题】集合．‎ ‎【分析】由题意，根据集合B中的元素属性对x，y进行赋值得出B中所有元素，即可得出B中所含有的元素个数，得出正确选项 ‎【解答】解：由题意，x=5时，y=1，2，3，4，‎ x=4时，y=1，2，3，‎ x=3时，y=1，2，‎ x=2时，y=1‎ 综上知，B中的元素个数为10个 故选D ‎【点评】本题考查元素与集合的关系的判断，解题的关键是理解题意，领会集合B中元素的属性，用分类列举的方法得出集合B中的元素的个数．‎ ‎　‎ ‎4．（2012•菏泽一模）命题“∀x∈[1，2]，x2﹣a≤0”为真命题的一个充分不必要条件是（　　）‎ A．a≥4 B．a≤4 C．a≥5 D．a≤5‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用．‎ ‎【专题】函数的性质及应用．‎ ‎【分析】本题先要找出命题为真命题的充要条件{a|a≥4}，从集合的角度充分不必要条件应为{a|a≥4}的真子集，由选择项不难得出答案．‎ ‎【解答】解：命题“∀x∈[1，2]，x2﹣a≤0”为真命题，可化为∀x∈[1，2]，a≥x2，恒成立 即只需a≥（x2）max=4，即“∀x∈[1，2]，x2﹣a≤0”为真命题的充要条件为a≥4，‎ 而要找的一个充分不必要条件即为集合{a|a≥4}的真子集，由选择项可知C符合题意．‎ 故选C ‎【点评】本题为找命题一个充分不必要条件，还涉及恒成立问题，属基础题．‎ ‎　‎ ‎5．（2005•江西）“a=b”是“直线y=x+2与圆（x﹣a）2+（y﹣b）2=2相切”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件 ‎【考点】直线与圆的位置关系；必要条件、充分条件与充要条件的判断．‎ ‎【分析】直线y=x+2与圆（x﹣a）2+（y﹣b）2=2相切，求出a和b的关系结合条件a=b，判断充要条件关系．‎ ‎【解答】解：若a=b，则直线与圆心的距离为等于半径，‎ ‎∴y=x+2与圆（x﹣a）2+（y﹣b）2=2相切 若y=x+2与圆（x﹣a）2+（y﹣b）2=2相切，则 ‎∴a﹣b=0或a﹣b=﹣4‎ 故“a=b”是“直线y=x+2与圆（x﹣a）2+（y﹣b）2=2相切”的充分不必要条件．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查直线和圆的位置关系，充要条件的判定，是有点难度的基础题．‎ ‎　‎ ‎6．（2016•许昌三模）已知定义在R上的奇函数f（x）和偶函数g（x）满足f（x）+g（x）=ax﹣a﹣x+2，若g（2）=a，则f（2）=（　　）‎ A．2 B． C． D．a2‎ ‎【考点】函数奇偶性的性质．‎ ‎【专题】函数的性质及应用．‎ ‎【分析】利用函数f（x）是奇函数，g（x）是偶函数，由条件f（x）+g（x）=ax﹣a﹣x+2，构建方程组，然后求解即可．‎ ‎【解答】解：∵f（x）+g（x）=ax﹣a﹣x+2，g（2）=a，‎ ‎∴f（2）+g（2）=a2﹣a﹣2+2．①，‎ ‎∵f（x）是奇函数，g（x）是偶函数，‎ ‎∴当x=﹣2时，f（﹣2）+g（﹣2）=a﹣2﹣a2+2 ②‎ 即﹣f（2）+g（2）=a﹣2﹣a2+2，③‎ ‎①+③得：2g（2）=4，即g（2）=2，‎ 又g（2）=a，∴a=2．‎ 代入①得：f（2）+2=22﹣2﹣2+2，‎ ‎∴f（2）=22﹣2﹣2=4﹣=．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题主要考查函数奇偶性的应用，利用条件建立方程组是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎7．（2016秋•湖北校级月考）已知f（x）是定义在R上的函数，若函数y=f（x+1）为偶函数，且当x≥1时，有f（x）=1﹣2x，设a=f（），b=f（），c=f（），则（　　）‎ A．c＜b＜a B．b＜a＜c C．c＜a＜b D．a＜c＜b ‎【考点】奇偶性与单调性的综合．‎ ‎【专题】计算题；函数思想；综合法；函数的性质及应用．‎ ‎【分析】根据条件可得到x≥0时，f（x+1）=1﹣2x+1，而根据f（x+1）为偶函数即可得到f（1﹣x）=1﹣2x+1，x≥0，从而可求出f（），，，并根据指数函数单调性比较这三个数的大小．‎ ‎【解答】解：根据题意，x≥0时，f（x+1）=1﹣2x+1；‎ ‎∵f（x+1）为偶函数；‎ ‎∴f（﹣x+1）=f（x+1）；‎ ‎∴f（1﹣x）=1﹣2x+1，x≥0；‎ ‎∴，，；‎ ‎，∴；‎ ‎∴c＜a＜b．‎ 故选C．‎ ‎【点评】考查已知f（x）求f（1+x）的方法，及这两函数自变量的范围的不同，偶函数的定义，以及指数函数的单调性．‎ ‎　‎ ‎8．（2016秋•常德校级月考）已知定义在R上的函数f（x）的图象关于点（﹣，0）对称，且满足f（x）=﹣f（x+），又f（﹣1）=1，f（0）=﹣2，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2008）=（　　）‎ A．669 B．670 C．2008 D．1‎ ‎【考点】抽象函数及其应用．‎ ‎【专题】综合题；函数思想；综合法；函数的性质及应用．‎ ‎【分析】首先由函数且满足f（x）=﹣f（x+），又f（﹣1）=1，f（0）=﹣2，可以分析得f（x）=f（x+3）即可求出f（2）和f（3）．又函数f（x）的图象关于点（﹣，0）对称，又可推出f（﹣1）=f（1），综合考虑几个周期关系条件即可得到f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2008）的值．‎ ‎【解答】解：因为满足f（x）=﹣f（x+），则f（x）=f（x+3）‎ 又f（﹣1）=1，f（0）=﹣2，则f（﹣1）=f（﹣1+3）=f（2），又f（0）=f（0+3）=f（3）．‎ 又函数f（x）的图象关于点（﹣，0）对称，‎ f（﹣1）=﹣f（﹣）=f（﹣+）=f（1，‎ 所以f（1）+f（2）+f（3）=0．‎ 又f（1+3）=f（4），f（2+3）=f（5），f（3+3）=f（6）…‎ 又2008=669×3+1．‎ 所以f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2008）=f（1）=f（﹣1）=1‎ 故选：D ‎【点评】此题主要考查函数的周期性问题，其中应用到函数关于点对称的性质，对于函数周期性这个考点考查的时候多和奇偶性，对称性问题综合考虑，技巧性较强．‎ ‎　‎ ‎9．（2014•巴州区模拟）已知函数f（x）=，若∃x1，x2∈R，x1≠x2，使得f（x1）=f（x2）成立，则实数a的取值范围是（　　）‎ A．a＜2 B．a＞2 C．﹣2＜a＜2 D．a＞2或a＜﹣2‎ ‎【考点】特称命题．‎ ‎【专题】计算题．‎ ‎【分析】若∃x1，x2∈R，x1≠x2，使得f（x1）=f（x2）成立，则说明f（x）在R上不单调，分a=0及a≠0两种情况分布求解即可 ‎【解答】解：若∃x1，x2∈R，x1≠x2，使得f（x1）=f（x2）成立，则说明f（x）在R上不单调 ‎①当a=0时，f（x）=，其图象如图所示，满足题意 ‎②当a＜0时，函数y=﹣x2+ax的对称轴x=＜0，其图象如图所示，满足题意 ‎③当a＞0时，函数y=﹣x2+ax的对称轴x=＞0，其图象如图所示，‎ 要使得f（x）在R上不单调 则只要二次函数的对称轴x=‎ ‎∴a＜2‎ 综上可得，a＜2‎ 故选A ‎【点评】本题主要考查了分段函数的单调性的应用及二次函数的性质的应用，属于基础试题 ‎　‎ ‎10．（2013春•红塔区校级期末）已知函数f（x）满足f（x+1）=﹣f（x），且f（x）是偶函数，当x∈[0，1]时，f（x）=x2，若在区间[﹣1，3]内，函数g（x）=f（x）﹣kx﹣k有4个零点，则实数k的取值范围是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】根的存在性及根的个数判断．‎ ‎【专题】函数的性质及应用．‎ ‎【分析】根据f（x+1）=﹣f（x），可得f（x）是周期为2的周期函数． 再由f（x）是偶函数，当x∈[0，1]时，f（x）=x2，可得函数在[﹣1，3]上的解析式．根据题意可得 函数y=f（x）的图象与直线y=kx+k 有4个交点，数形结合可得实数k的取值范围．‎ ‎【解答】解：∵函数f（x）满足f（x+1）=﹣f（x），故有f（x+2）=f（x），故f（x）是周期为2的周期函数．再由f（x）是偶函数，当x∈[0，1]时，f（x）=x2，‎ 可得当x∈[﹣1，0]时，f（x）=x2，故当x∈[﹣1，1]时，f（x）=x2，当x∈[1，3]时，f（x）=（x﹣2）2．‎ 由于函数g（x）=f（x）﹣kx﹣k有4个零点，故函数y=f（x）的图象与直线y=kx+k 有4个交点，如图所示：‎ 把点（3，1）代入y=kx+k，可得k=，数形结合可得实数k的取值范围是 （0，]，‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题主要考查函数的周期性的应用，函数的零点与方程的根的关系，体现了转化、数形结合的数学思想，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎11．（2016•衡水校级模拟）已知函数f（x）=，若a、b、c互不相等，且f（a）=f（b）=f（c），则a+b+c的取值范围是（　　）‎ A．（1，2014） B．（1，2015） C．（2，2015） D．[2，2015]‎ ‎【考点】分段函数的应用．‎ ‎【专题】函数的性质及应用．‎ ‎【分析】根据题意，在坐标系里作出函数f（x）的图象，根据f（a）=f（b）=f（c），确定a，b，c的大小，即可得出a+b+c的取值范围．‎ ‎【解答】解：作出函数的图象如图，‎ 直线y=m交函数图象于如图，‎ 不妨设a＜b＜c，‎ 由正弦曲线的对称性，可得（a，m）与（b，m）关于直线x=对称，‎ 因此a+b=1，‎ 当直线y=m=1时，由log2014x=1，‎ 解得x=2014，即x=2014，‎ ‎∴若满足f（a）=f（b）=f（c），（a、b、c互不相等），‎ 由a＜b＜c可得1＜c＜2014，‎ 因此可得2＜a+b+c＜2015，‎ 即a+b+c∈（2，2015）．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题以三角函数和对数函数为例，考查了函数的零点与方程根个数讨论等知识点，利用数形结合，观察图象的变化，从而得出变量的取值范围是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎12．（2014秋•黄州区校级期中）已知函数y=f（x）是定义域为R的偶函数．当x≥0时，f（x）=若关于x的方程[f（x）]2+af（x）+b=0，a，b∈R有且仅有6个不同实数根，则实数a的取值范围是（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】根的存在性及根的个数判断；函数的零点与方程根的关系．‎ ‎【专题】函数的性质及应用．‎ ‎【分析】要使关于x的方程[f（x）]2+af（x）+b=0，a，b∈R有且只有6个不同实数根，转化为t2+at+b=0必有两个根t1、t2，分类讨论求解．‎ ‎【解答】解：依题意f（x）在（﹣∞，﹣2）和（0，2）上递增，‎ 在（﹣2，0）和（2，+∞）上递减，‎ 当x=±2时，函数取得极大值；‎ 当x=0时，取得极小值0．要使关于x的方程[f（x）]2+af（x）+b=0，a，b∈R有且只有6个不同实数根，‎ 设t=f（x），则则有两种情况符合题意：‎ ‎（1），且，‎ 此时﹣a=t1+t2，则；‎ ‎（2）t1∈（0，1]，，‎ 此时同理可得，‎ 综上可得a的范围是．‎ 故选答案C．‎ ‎【点评】本题考察了函数的性质，运用方程与函数的零点的关系，属于中档题．‎ ‎　‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13．（2014•海淀区校级模拟）已知函数f（x）=在区间（﹣2，+∞）上为增函数，则实数a的取值范围是　{a|a＞}　．‎ ‎【考点】函数单调性的性质．‎ ‎【专题】函数的性质及应用．‎ ‎【分析】把函数f（x）解析式进行常数分离，变成一个常数和另一个函数g（x）的和的形式，由函数g（x）在 （﹣2，+∞）为增函数得出1﹣2a＜0，从而得到实数a的取值范围．‎ ‎【解答】解：∵函数f（x）==a+，结合复合函数的增减性，‎ 再根据f（x）在 （﹣2，+∞）为增函数，可得g（x）=在 （﹣2，+∞）为增函数，‎ ‎∴1﹣2a＜0，解得a＞，‎ 故答案为：{a|a＞}．‎ ‎【点评】本题考查利用函数的单调性求参数的范围，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎14．（2016秋•常德校级月考）已知f（x）是定义域为R的偶函数，当x＞0时，f（x）=x2﹣4x，则f（x+2）＜5的解集是　（﹣7，3）　．‎ ‎【考点】奇偶性与单调性的综合．‎ ‎【专题】综合题；转化思想；综合法；函数的性质及应用．‎ ‎【分析】由偶函数性质得：f（|x+2|）=f（x+2），则f（x+2）＜5可变为f（|x+2|）＜5，代入已知表达式可表示出不等式，先解出|x+2|的范围，再求x范围即可．‎ ‎【解答】解：因为f（x）为偶函数，所以f（|x+2|）=f（x+2），‎ 则f（x+2）＜5可化为f（|x+2|）＜5，‎ 即|x+2|2﹣4|x+2|＜5，（|x+2|+1）（|x+2|﹣5）＜0，‎ 所以|x+2|＜5，‎ 解得﹣7＜x＜3，‎ 所以不等式f（x+2）＜5的解集是（﹣7，3）．‎ 故答案为：（﹣7，3）．‎ ‎【点评】本题考查函数的奇偶性、一元二次不等式的解法，借助偶函数性质把不等式具体化是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎15．（2012•常州模拟）对于函数y=f（x）（x∈R），给出下列命题：‎ ‎（1）在同一直角坐标系中，函数y=f（1﹣x）与y=f（x﹣1）的图象关于直线x=0对称；‎ ‎（2）若f（1﹣x）=f（x﹣1），则函数y=f（x）的图象关于直线x=1对称；‎ ‎（3）若f（1+x）=f（x﹣1），则函数y=f（x）是周期函数；‎ ‎（4）若f（1﹣x）=﹣f（x﹣1），则函数y=f（x）的图象关于点（0，0）对称．‎ 其中所有正确命题的序号是　（3）（4）　．‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用．‎ ‎【专题】综合题．‎ ‎【分析】（1）函数y=f（x﹣1）与y=f（1﹣x）的图象可以由f（x）与y=f（﹣x）的图象向右移了一个单位而得到，从而函数y=f（x﹣1）与y=f（1﹣x）的图象关于直线x=1对称；‎ ‎（2）若f（1﹣x）=f（x﹣1），令t=1﹣x，有f（t）=f（﹣t），则函数y=f（x）的图象关于直线x=0对称；‎ ‎（3）若f（1+x）=f（x﹣1），则f（x+2）=f[（x+1）+1]=f（x），函数y=f（x）是以2为周期的周期函数；‎ ‎（4）若f（1﹣x）=﹣f（x﹣1），则可得f（﹣t）=﹣f（t），即函数f（x）为奇函数，从而可得函数y=f（x）的图象关于点（0，0）对称．‎ ‎【解答】解：（1）：∵f（x）与y=f（﹣x）的图象关于直线x=0对称，函数y=f（x﹣1）与y=f（1﹣x）的图象可以由f（x）与y=f（﹣x）的图象向右移了一个单位而得到，从而可得函数y=f（x﹣1）与y=f（1﹣x）的图象关于直线x=1对称；故（1）错误 ‎（2）若f（1﹣x）=f（x﹣1），令t=1﹣x，有f（t）=f（﹣t），则函数y=f（x）的图象关于直线x=0对称；故（2）错误 ‎（3）若f（1+x）=f（x﹣1），则f（x+2）=f[（x+1）+1]=f（x），函数y=f（x）是以2为周期的周期函数；故（3）正确 ‎（4）若f（1﹣x）=﹣f（x﹣1），则可得f（﹣t）=﹣f（t），即函数f（x）为奇函数，从而可得函数y=f（x）的图象关于点（0，0）对称．故（4）正确 故答案为（3）（4）‎ ‎【点评】本题考点是两个函数图象的对称性，考查根据已知函数图象的性质来判断与之相关函数性质的能力，即图象变换的能力，规律性固定，学习时要注意总结．‎ ‎　‎ ‎16．（2016秋•常德校级月考）若函数y=f（x），x∈D同时满足下列条件：‎ ‎①函数y=f（x）在D内为单调函数；‎ ‎②存在实数m，n∈D，m＜n，当x∈[m，n]时，函数y=f（x）的值域为[m，n]，则称此函数f（x）在D内为等射函数，设函数f（x）=（a＞0，a≠1），‎ 则：‎ ‎（1）函数y=f（x）在（﹣∞，+∞）上的单调性为　递增　（填“递增”“递减”“先增后减”“先减后增”）‎ ‎（2）当y=f（x）在实数集R内等射函数时，a的取值范围是　（0，1）∪（1，2）　．‎ ‎【考点】函数与方程的综合运用．‎ ‎【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用．‎ ‎【分析】（1）对函数求导可得f′（x）=ax＞0，故函数为单调增函数．‎ ‎（2）根据题意m，n是方程=x 的两个根．构建函数g（x）=﹣x，则函数g（x）=﹣x 有两个零点，令g′（x）=ax﹣1，分类讨论，确定a的范围．‎ ‎【解答】解：（1）对于函数f（x）=（a＞0，a≠1），‎ 求导可得f′（x）=ax＞0，故函数为单调增函数，‎ 故函数y=f（x）在（﹣∞，+∞）上的单调性为递增．‎ ‎∵存在实数m，n，当定义域为[m，n]时，值域为[m，n]．‎ ‎∴f（m）=m，f（n）=n，∴m，n是方程=x 的两个根．‎ 构建函数g（x）=﹣x，则函数g（x）=﹣x 有两个零点，令g′（x）=ax﹣1．‎ ‎①0＜a＜1时，g′（x）=ax﹣1在（﹣∞，0）上大于零，故函数的单调增区间为（﹣∞，0），‎ g′（x）=ax﹣1在（0，+∞）上小于零，故单调减区间为（0，+∞）．‎ ‎∵g（0）＞0，∴函数有两个零点，故满足题意．‎ ‎②a＞1时，g′（x）=ax﹣1在（﹣∞，0）上小于零，函数的单调减区间为（﹣∞，0），‎ g′（x）=ax﹣1在（0，+∞）上大于零，故单调增区间为（0，+∞）．‎ 要使函数有两个零点，则g（0）＜0，∴＜0，∴a＜2，∴1＜a＜2．‎ 综上可知，a的取值范围是（0，1）∪（1，2）．‎ 故答案为：（1）递增；（2）（0，1）∪（1，2）．‎ ‎【点评】本题考查新定义，考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查分类讨论的数学思想，正确理解新定义是关键，属于难题．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17．（10分）（2016秋•湖北校级月考）已知命题p：不等式|x|+|x﹣1|＞m的解集为R，命题q：f（x）=（5﹣2m）x是增函数，若p或q为真命题，p且q为假命题，求实数m的取值范围．‎ ‎【考点】绝对值不等式的解法．‎ ‎【专题】综合题；转化思想；综合法；不等式的解法及应用．‎ ‎【分析】分别求出命题p，q成立的等价条件，然后根据若p或q为真命题，p且q为假命题，求出实数m的取值范围．‎ ‎【解答】解：∵不等式|x|+|x﹣1|≥1，‎ ‎∴要使不等式|x|+|x﹣1|＞m的解集为R，则m＜1．‎ 即p：m＜1．‎ 函数f（x）=（5﹣2m）x是增函数，‎ 则5﹣2m＞1，即2m＜4，m＜2，‎ 即q：m＜2．‎ 若p或q为真命题，p且q为假命题，‎ 则p，q一真一假．‎ 若p真，q假，则，此时无解．‎ 若p假，q真，则，‎ 解得1≤m＜2．‎ ‎【点评】本题主要考查复合命题与简单命题之间的关系的应用，利用条件先求出命题p，q的等价条件是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎18．（12分）（2015•衡阳县校级二模）已知函数，其中a是大于0的常数 ‎（1）求函数f（x）的定义域；‎ ‎（2）当a∈（1，4）时，求函数f（x）在[2，+∞）上的最小值；‎ ‎（3）若对任意x∈[2，+∞）恒有f（x）＞0，试确定a的取值范围．‎ ‎【考点】函数恒成立问题；对数函数的定义域；利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．‎ ‎【专题】综合题．‎ ‎【分析】（1）求函数f（x）的定义域，就是）求，可以通过对a分类讨论解决；‎ ‎（2）可以构造函数，当a∈（1，4）时通过导数法研究g（x）在[2，+∞）上的单调性，再利用复合函数的性质可以求得f（x）在[2，+∞）上的最小值；‎ ‎（3）对任意x∈[2，+∞）恒有f（x）＞0，即对x∈[2，+∞）恒成立，转化为a是x的函数，即可求得a的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）由得，‎ ‎ 解得a＞1时，定义域为（0，+∞）‎ ‎ a=1时，定义域为{x|x＞0且x≠1}，‎ ‎ 0＜a＜1时，定义域为或}‎ ‎（2）设，当a∈（1，4），x∈[2，+∞）时，‎ 恒成立，‎ ‎∴在[2，+∞）上是增函数，‎ ‎∴在[2，+∞）上是增函数，‎ ‎∴在[2，+∞）上的最小值为；‎ ‎（3）对任意x∈[2，+∞）恒有f（x）＞0，‎ ‎ 即对x∈[2，+∞）恒成立 ‎∴a＞3x﹣x2，而在x∈[2，+∞）上是减函数，‎ ‎∴h（x）max=h（2）=2，∴a＞2‎ ‎【点评】本题考查函数恒成立问题，（1）着重考查分类讨论思想；（2）着重考查复合函数的函数单调性质求最值，方法为导数法；（3）着重考查分离参数法，是一道好题．‎ ‎　‎ ‎19．（12分）（2009秋•商丘期中）定义在R上的函数f（x）满足f（x+2）=﹣f（x），且当x∈[﹣1，1]时，f（x）=x3．‎ ‎（1）求f（x）在[1，5]上的表达式；‎ ‎（2）若A={x|f（x）＞a，x∈R}，且A≠∅，求实数a的取值范围．‎ ‎【考点】函数的周期性；函数的表示方法；其他不等式的解法．‎ ‎【专题】计算题．‎ ‎【分析】（1）由f（x+2）=﹣f（x）可推知函数为周期函数周期为4，再利用周期性求得f（x）在[1，3]和[3，5]的解析式．‎ ‎（2）根据f（x）的周期函数，从一个周期来考虑f（x）的值域．根据（1）中f（x）的解析式求得函数f（x）的值域，进而求出a的范围．‎ ‎【解答】解：（1）由f（x+2）=﹣f（x），‎ ‎∴f（x+4）=﹣f（x+2）=f（x），故f（x）的周期为4‎ ‎（1）当x∈[3，5]时，x﹣4∈（﹣1，1]，‎ ‎∴f（x﹣4）=（x﹣4）3‎ 又T=4，‎ ‎∴f（x）=f（x﹣4）=（x﹣4）3，3≤x≤5‎ ‎（2）当x∈[1，3]时，x﹣2∈[﹣1，1]，‎ ‎∴f（x﹣2）=（x﹣2）3‎ 又f（x）=﹣f（x﹣2）=﹣（x﹣2）3，1≤x≤3，‎ 故f（x）=‎ ‎（2）∵f（x）的周期函数，‎ ‎∴f（x）的值域可以从一个周期来考虑 x∈[1，3]时，f（x）∈（﹣1，1]‎ x∈[3，5]时，f（x）∈[﹣1，1]‎ ‎∴f（x）＞a，对x∈R，A≠∅，‎ ‎∴﹣1＜a＜1‎ ‎【点评】本题主要考查了函数的周期性．解题的关键是求出f（x）在不同区间上的解析式．‎ ‎　‎ ‎20．（12分）（2010•郓城县校级一模）定义在R上的单调函数f（x）满足f（3）=log23且对任意x，y∈R都有f（x+y）=f（x）+f（y）．‎ ‎（1）求证f（x）为奇函数；‎ ‎（2）若f（k•3x）+f（3x﹣9x﹣2）＜0对任意x∈R恒成立，求实数k的取值范围．‎ ‎【考点】抽象函数及其应用；函数单调性的性质；函数奇偶性的判断．‎ ‎【专题】计算题；证明题．‎ ‎【分析】（1）欲证f（x）为奇函数即要证对任意x都有f（﹣x）=﹣f（x）成立．在式子f（x+y）=f（x）+f（y）中，令y=﹣x可得f（0）=f（x）+f（﹣x）于是又提出新的问题，求f（0）的值．令x=y=0可得f（0）=f（0）+f（0）即f（0）=0，f（x）是奇函数得到证明．‎ ‎（2）先将不等关系f（k•3x）+f（3x﹣9x﹣2）＜0转化成f（k•3x）＜f（﹣3x+9x+2），再结合函数的单调性去掉“f”符号，转化为整式不等关系，最后利用分离系数法即可求实数k的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）证明：f（x+y）=f（x）+f（y）（x，y∈R），①‎ 令x=y=0，代入①式，得f（0+0）=f（0）+f（0），即f（0）=0．‎ 令y=﹣x，代入①式，得f（x﹣x）=f（x）+f（﹣x），又f（0）=0，则有 ‎0=f（x）+f（﹣x）．即f（﹣x）=﹣f（x）对任意x∈R成立，所以f（x）是奇函数．‎ ‎（2）解：f（3）=log23＞0，即f（3）＞f（0），‎ 又f（x）在R上是单调函数，‎ 所以f（x）在R上是增函数，‎ 又由（1）f（x）是奇函数．‎ f（k•3x）＜﹣f（3x﹣9x﹣2）=f（﹣3x+9x+2），‎ k•3x＜﹣3x+9x+2，‎ 令t=3x＞0，分离系数得：，‎ 问题等价于，对任意t＞0恒成立．‎ ‎∵，‎ ‎∴．‎ ‎【点评】本题主要考查了抽象函数及其应用，考查分析问题和解决问题的能力，属于中档题．说明：问题（2）本题解法：是根据函数的性质．f（x）是奇函数且在x∈R上是增函数，把问题转化成二次函数f（t）=t2﹣（1+k）t+2对于任意t＞0恒成立．对二次函数f（t）进行研究求解．‎ ‎　‎ ‎21．（12分）（2005•上海）对定义域是Df．Dg的函数y=f（x）．y=g（x），‎ 规定：函数h（x）=．‎ ‎（1）若函数f（x）=，g（x）=x2，写出函数h（x）的解析式；‎ ‎（2）求问题（1）中函数h（x）的值域；‎ ‎（3）若g（x）=f（x+α），其中α是常数，且α∈[0，π]，请设计一个定义域为R的函数y=f（x），及一个α的值，使得h（x）=cos4x，并予以证明．‎ ‎【考点】函数的表示方法；函数的值域；抽象函数及其应用．‎ ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】（1）将f（x）=，g（x）=）=x2，代入h（x）=（2）利用双勾函数的性质求得；（3）令f（x）=sin2x+cos2x，α=‎ ‎【解答】解：（1）h（x）=．‎ ‎（2）当x≠1时，h（x）==x﹣1++2，‎ 若x＞1时，则h（x）≥4，其中等号当x=2时成立 若x＜1时，则h（x）≤0，其中等号当x=0时成立 ‎∴函数h（x）的值域是（﹣∞，0]∪{1}∪[4，+∞）‎ ‎（3）令f（x）=sin2x+cos2x，α=‎ 则g（x）=f（x+α）=sin2（x+）+cos2（x+）=cos2x﹣sin2x，‎ 于是h（x）=f（x）•f（x+α）=（sin2x+cos2x）（cos2x﹣sin2x）=cos4x．‎ 另解令f（x）=1+sin2x，α=，‎ g（x）=f（x+α）=1+sin2（x+π）=1﹣sin2x，‎ 于是h（x）=f（x）•f（x+α）=（1+sin2x）（1﹣sin2x）=cos4x．‎ ‎【点评】本题主要考查求函数解析式和求最值以及构造函数等问题．‎ ‎　‎ ‎22．（12分）（2013•江苏）设函数f（x）=lnx﹣ax，g（x）=ex﹣ax，其中a为实数．‎ ‎（1）若f（x）在（1，+∞）上是单调减函数，且g（x）在（1，+∞）上有最小值，求a的取值范围；‎ ‎（2）若g（x）在（﹣1，+∞）上是单调增函数，试求f（x）的零点个数，并证明你的结论．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；根的存在性及根的个数判断．‎ ‎【专题】导数的综合应用．‎ ‎【分析】（1）求导数，利用f（x）在（1，+∞）上是单调减函数，转化为﹣a≤0在（1，+∞）上恒成立，利用g（x）在（1，+∞）上有最小值，结合导数知识，即可求得结论；‎ ‎（2）先确定a的范围，再分类讨论，确定f（x）的单调性，从而可得f（x）的零点个数．‎ ‎【解答】解：（1）求导数可得f′（x）=﹣a ‎∵f（x）在（1，+∞）上是单调减函数，∴﹣a≤0在（1，+∞）上恒成立，‎ ‎∴a≥，x∈（1，+∞）．‎ ‎∴a≥1．‎ 令g′（x）=ex﹣a=0，得x=lna．当x＜lna时，g′（x）＜0；当x＞lna时，g′（x）＞0．‎ 又g（x）在（1，+∞）上有最小值，所以lna＞1，即a＞e．‎ 故a的取值范围为：a＞e．‎ ‎（2）当a≤0时，g（x）必为单调函数；当a＞0时，令g′（x）=ex﹣a＞0，解得a＜ex，即x＞lna，‎ 因为g（x）在（﹣1，+∞）上是单调增函数，类似（1）有lna≤﹣1，即0＜．结合上述两种情况，有．‎ ‎①当a=0时，由f（1）=0以及f′（x）=＞0，得f（x）存在唯一的零点；‎ ‎②当a＜0时，由于f（ea）=a﹣aea=a（1﹣ea）＜0，f（1）=﹣a＞0，且函数f（x）在[ea，1]上的图象不间断，所以f（x）在（ea，1）上存在零点．‎ 另外，当x＞0时，f′（x）=﹣a＞0，故f（x）在（0，+∞）上是单调增函数，所以f（x）只有一个零点．‎ ‎③当0＜a≤时，令f′（x）=﹣a=0，解得x=．当0＜x＜时，f′（x）＞0，当x＞时，f′（x）＜0，‎ 所以，x=是f（x）的最大值点，且最大值为f（）=﹣lna﹣1．‎ ‎（i）当﹣lna﹣1=0，即a=时，f（x）有一个零点x=e；‎ ‎（ii）当﹣lna﹣1＞0，即0＜a＜时，f（x）有两个零点；‎ 实际上，对于0＜a＜，由于f（）=﹣1﹣＜0，f（）＞0，且函数f（x）在[]上的图象不间断，所以f（x）在（）上存在零点．‎ 另外，当0＜x＜时，f′（x）=﹣a＞0，故f（x）在（0，）上时单调增函数，所以f（x）在（0，）上只有一个零点．‎ 下面考虑f（x）在（，+∞）上的情况，先证明f（）=a（）＜0．‎ 为此，我们要证明：当x＞e时，ex＞x2．设h（x）=ex﹣x2，则h′（x）=ex﹣2x，再设l（x）=h′（x）=ex﹣2x，则l′（x）=ex﹣2．‎ 当x＞1时，l′（x）=ex﹣2＞e﹣2＞0，所以l（x）=h′（x）在（1，+∞）上时单调增函数；‎ 故当x＞2时，h′（x）=ex﹣2x＞h′（2）=e2﹣4＞0，从而h（x）在（2，+∞）上是单调增函数，进而当x＞e时，h（x）=ex﹣x2＞h（e）=ee﹣e2＞0，即当x＞e时，ex＞x2‎ 当0＜a＜，即＞e时，f（）==a（）＜0，又f（）＞0，且函数f（x）在[，]上的图象不间断，所以f（x）在（，）上存在零点．‎ 又当x＞时，f′（x）=﹣a＜0，故f（x）在（，+∞）上是单调减函数，所以f（x）在（，+∞）上只有一个零点．‎ 综合（i）（ii）（iii），当a≤0或a=时，f（x）的零点个数为1，当0＜a＜时，f（x）的零点个数为2．‎ ‎【点评】此题考查的是可导函数的单调性与其导数的关系，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，难度较大．‎