參考答案

1 函數(shù)的概念及性質(zhì)

1. -1 因為f（x+4）=f（x），所以f（-1）=f（2015）=1，又因為f（x）為奇函數(shù)，所以f（1）=-f（-1）=-1.

2. B 當(dāng)x≥0時， f（x）=2x-4>0？圯x>2，又由于函數(shù)是偶函數(shù)，所以x∈R時， f（x）>0的解集為{xx<-2或x>2}，故f（x-2）>0的解集為{xx<0或x>4}.

3. 因為f（2-x）=-f（x），所以f（x）有對稱中心（1，0）. 又f（2-x）=-f（x），所以f（x）=-f（2-x），所以f（x+4）= -f[2-（x+4）]=-f[-（x+2）]. 又f（x）為偶函數(shù)，所以f（x+4）=-f（x+2），所以f（x+4）=f[2-（x+2）]=f（-x）=f（x），所以4是f（x）的一個周期. 從而由圖象可知其中正確的判斷是①②③.

2 函數(shù)的圖象及零點

1. D 如圖8，作出f（x）=x2-2（x>0）的圖象，由圖象可知，0

圖8

2. C 如圖9，作出函數(shù)y=f（x）的圖象，令t=x2+2x，則t=（x+1）2-1≥ -1， f（x2+2x）=a有6個不同的實根？圳關(guān)于t的方程f（t）=a在區(qū)間（-1，+∞）上有3個不同的根.

注意到f（-1）=8，由圖象可知8

圖9

3. 16 由于x=-1，x=1是f（x）的零點，y=f（x）的圖象關(guān)于直線x=-2對稱，所以x=-5，x=-3也是f（x）的零點，所以y=f（x）=（1-x2）（x2+ax+b）=（1-x2）·（x+3）（x+5）=-（x2+4x-5）（x2+4x+3）. 令x2+4x+4=t，則t≥0，且y=-（t-9）（t-1）=-（t-5）2+16（其中t≥0），所以t=5時，ymax=16.

3 二次函數(shù)與三次函數(shù)問題

1. （3，+∞） x3-px+2=0？圳p=f（x）=x2+ ，由f′（x）=2x- = （x3-1）>0得x>1，所以f（x）的遞增區(qū)間為（1，+∞），遞減區(qū)間為（-∞，0）和（0，1）， f（1）=3. 如圖10，作出函數(shù)p=f（x）=x2+ 的圖象，由圖象可知，當(dāng)且僅當(dāng)p>3時原方程有三個不同的實數(shù)解.

圖10

2. （0， -1） 因為B={xf（x）≥1}=（-∞，-2]∪- ，0∪{1}∪[ ，+∞），集合A∩B只含有一個元素？圳t>0，t+1< ？圳0

3. （2+ ，+∞） y=f（x）+x+a-b有四個零點？圳方程f（x）=-x+b-a有四個不同的解？圳y=f（x）的圖象與直線l：y+x=b-a有四個不同的公共點. 設(shè)y=fa（x）和y=fb（x）的圖象相交于點A（x0，y0），由y0=fa（x0） =（x0-a）2-a，y0=fb（x0） =（x0-b）2-b解得x0= - ，y0= （b-a）2- + . 令b-a=t，則x0+y0= （b-a）2- = （t2-1），其中t>0. 如圖11，作出函數(shù)y=f（x）的圖象，由圖象可知02+ . 即b-a的取值范圍是（2+ ，+∞）.

圖11

4 指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)

1. A 由log0.5（4x-3）>0？圳0<4x-3<1？圳

2. ，2 令log2a=m，則log a=

-m，由于f（x）是偶函數(shù)，所以f（m）=f（-m）=f（m），所以原不等式等價于f（m）≤f（1）. 又因為f（x）在區(qū)間[0，+∞）上單調(diào)遞增，所以m≤1，即-1≤m≤1，即-1≤log2a≤1，解得 ≤a≤2.

3. C 由題意可知， f（x）在區(qū)間（0，6）及[7，+∞）上都是減函數(shù)，且f（7）

5 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用

1. D y′=4x3+2ax，曲線在P（-1，a+2）處的切線的斜率為k=f ′（-1）= -4-2a=8，解得a=-6.

2. C 當(dāng)k=1時， f（x）=（ex-1）（x-1）， f ′（x）=xex-1， f ′（1）=e-1>0，所以x=1不是f（x）的極值點，可排除A，B. 當(dāng)k=2時， f（x）=（ex-1）（x-1）2， f ′（x）=（x-1）（xex+ex-2）. 令g（x）=（x+1）ex-2，則g′（x）=（x+2）ex，所以g（x）=（x+1）·ex-2是（-∞，-2]上的減函數(shù)，是[-2，+∞）上的增函數(shù). x→-∞時，g（x）→ -2，所以x∈（-∞，-2]時g（x）<0恒成立. 又g（0）=-1<0，g（1）=2e-2>0，所以g（x）有唯一的零點x0，且x0∈（0，1）. 所以f ′（x）=（x-1）（xex+ex-2）有兩個不同的零點x0，1，故f（x）的遞增區(qū)間為（-∞，x0）和（1，+∞），遞減區(qū)間為（x0，1），所以f（x）在x=1處取到極小值.

3. （1）設(shè)直線l：y=3x-e與函數(shù)y=f（x）的圖象相切于點Q（x0，y0），則y =3x0-e，且f（x0）=ax0+x0lnx0. 由于f ′（x）=a+1+lnx，所以f ′（x0）=a+1+lnx0=3，所以lnx0=2-a. 故有y0=f（x0）=ax0+x0lnx0=ax0+x0（2-a）=2x0=3x0-e，所以x0=e，a=1.

（2）①由（1）可知， f（x）=x+xlnx，所以g（x）= ，g′（x）= . 令h（x）=x-2-lnx，則x∈（1，+∞）時， h′（x）=1- >0，所以h（x）=x-2-lnx是（1，+∞）上的增函數(shù)，h（3）=1-ln3<0，h（4）=2-2ln2>0，所以h（x）=x-2-lnx在（1，+∞）上有唯一的零點x0，當(dāng)且僅當(dāng)x>x0時，h（x）=x-2-lnx>0即g′（x）>0，所以g（x）是區(qū)間（1，x0）上的減函數(shù)，是（x0，+∞）上的增函數(shù). 所以當(dāng)x=x0時，g（x）取最小值g（x0）.

②由①可知，3

6 函數(shù)與應(yīng)用

（1）把特殊點（0，8）代入C（x）= （0≤x≤10），求出k=40，因此C（x）= .

由f（x）為隔熱層建造費用與20年的能源消耗費用之和，列出f（x）的表達式.

設(shè)隔熱層厚度為x cm，而建造費用為C1（x）=6x，最后得隔熱層建造費用與20年的能源消耗費用之和為f（x）=20×C（x）+C1（x）=20× +6x= +6x （0≤x≤10）.

（2）求出導(dǎo)數(shù)f ′（x）=6- ，令f ′（x）=0，即 =6，解得x=5，x=- （舍去）. 當(dāng)00. 故x=5是f（x）的最小值點，對應(yīng)的最小值為f（5）=6×5+ =70.

綜合測試

1. A 因為f（x）為定義在R上的奇函數(shù)，所以有f（0）=1+b=0，即b=-1. 當(dāng)x≥0時， f（x）=2x+2x-1，所以f（-1）= -f（1）=-3.

2. C 設(shè)A（a，b），B（c，d），則四邊形APBQ恰是一個平行四邊形，所以其對角線互相平分，所以a+c=2+8=10.

3. C ①中的兩函數(shù)的定義域不同，錯誤；排除A、B；驗證③， f（-x）=f[2-（-x）]=f（2+x），又通過奇函數(shù)得f（-x）=-f（x），所以f（x）是周期為4的周期函數(shù)，選C.

4. B 由題意可知f（x）=x2+px+q=（x-α）（x-β），由于n<α<β

由于（n+1-α）（α-n）≤ = ，當(dāng)且僅當(dāng)α= 時取等號；由于（n+1-β）（β-n）≤ = ，當(dāng)且僅當(dāng)β= 時取等號.

而α<β，所以必有f（n）f（n+1）=（n+1-α）（α-n）（n+1-β）（β-n）< 成立. 若min{f（n）， f（n+1）}≥ ，則f（n）≥ ， f（n+1）≥ ，可得f（n）f（n+1）≥ ，得矛盾.

故有min{f（n）， f（n+1）}< 恒成立.

5. A 由題意可知， f ′（x）=3x2+2ax+b，x1，x2是方程3x2+2ax+b=0的兩個實數(shù)根，所以3f 2（x）+2af（x）+b=0？圳f（x）=x1或f（x）=x2.

如圖12，作出函數(shù)f（x）=x3+ax2+bx+c的大致圖象，則可知3f 2（x）+2af（x）+b=0的不同實根個數(shù)即是直線y=x1，y=x2與函數(shù)y=f（x）的圖象公共點的總數(shù). 由圖象可知，兩直線與函數(shù)的圖象共有3個公共點.

圖12

6. 27x+27y+4=0 令f ′ =t，則f（x）=x3+tx2-x， f ′（x）=3x2+2tx-1，取x= 得t=3· +2t· -1，解得t=-1， f =- ，所以切線的方程為27x+27y+4=0.

7. 16 由于f（x）的其中兩點零點為x1=-1，x2=1，且y=f（x）的圖象關(guān)于直線x=-2對稱，所以f（x）的另兩個零點分別為x3=-5，x4=-3，所以y=f（x）=

-（x+5）（x+3）（x+1）（x-1）=-（x2+4x-5）（x2+4x+3）. 令x2+4x+4=t，則t≥0，y=f（x）=g（t）=-（t-9）（t-1）=-（t-5）2+16，所以y =g（5）=16.

8. a≥ 因為？坌x∈（0，+∞）時， f（x）=9x+ 的最小值為6a，所以6a≥a+1，即a≥ .

9. （1）f（x）=x3+（1-a）x2，所以f ′（x）=3x2+2（1-a）x，而f（x）不存在極值點，所以 f ′（x）≥0或 f ′（x）≤0恒成立，所以Δ≤0，由此可得a=1.

（2）不等式f （x）< f ′（x）0，x3-2x2-2（1-a）x>0.又因為x∈（1，+∞），所以上述不等式組等價于（3+a）x+2（1-a）>0，x2-2x -2（1-a）>0在x∈（1，+∞）時恒成立，所以-3≤a≤5，a≥ ，即a的取值范圍是 ，5.

10. （1）由已知得2= （3-b），5= （32-b）， 解得a=2，b=-1.所以f（x）= （3x+1）. 令y=f（x），由y= （3x+1）得3x=2y-1，所以x=log （2y-1），故f -1（x）=log （2x-1）x> .

（2）an=3 =2n-1，n∈N？鄢. 設(shè)存在正數(shù)k，使得1+ 1+ …1+ ≥k 成立，則k≤ 1+ 1+ …1+ . 記F（n）= 1+ 1+ …1+ ，則F（n+1）= 1+ ·1+ …1+ 1+ ， = = > =1. 所以F（n+1）>F（n），所以F（n）是隨n的增大而增大. 又因為n∈N？鄢， 所以F（n）min=F（1）= ，即k≤ ，即k的最大值為 .

11. （1）易見y=-x3是[a，b]上的減函數(shù)，所以-a3=b，-b3=a（其中b>a），解得a=-1，b=1.所以符合條件②的區(qū)間為[-1，1].

（2）易驗證函數(shù)f（x）=x+ （x>0）不是（0，+∞）上的增函數(shù)，也不是（0，+∞）上的減函數(shù)，故函數(shù)f（x）=x+ （x>0）不是閉函數(shù).

（3）因為y=k+ 是定義在區(qū)間[-2，+∞）上的增函數(shù)，所以存在區(qū)間[a，b]（其中b>a≥-2）使得k+ =a，k+ =b成立，即關(guān)于t的方程k+ =t在區(qū)間[-2，+∞）上有兩個不同的實根. 令 =u，則t=u2-2且u≥0，因此g（u）=u2-u-2-k=0在區(qū)間[0，+∞）上有兩個不同的實根，所以Δ=1+4（2+k）>0，-2-k≥0，解得-

12. （1）（i）f ′（x）=（3x2-12x+3）ex+（x3-6x2+3x+t）ex=（x3-3x2-9x+t+3）ex. 因為f（x）有3個極值點，所以x3-3x2-9x+t+3=0有3個根a，b，c. 令g（x）=x3-3x2-9x+t+3，g′（x）=3x2-6x-9=3（x+1）·（x-3）. 所以g（x）在（-∞，-1），（3，+∞）上遞增，在（-1，3）上遞減. 由于g（x）有三個不同的零點，所以g（-1）>0，g（3）<0，解得-8

（ii）因為a，b，c是f（x）的三個極值點，所以x3-3x2-9x+t+3=（x-a）（x-b）（x-c）=x3-（a+b+c）x2+（ab+bc+ca）x-abc. 得a+b+c=3，ab+ac+bc=-9，t+3=-abc，即a=1-2 ，b=1，c=1+2 ，所以t=8.

（2）不等式f（x）≤x，即（x3-6x2+3x+t）ex≤x，即t≤xe-x-x3+6x2-3x.

轉(zhuǎn)化為存在實數(shù)t∈[0，2]，使得對？坌x∈[1，m]，不等式t≤xe-x-x3+6x2-3x恒成立.

即不等式0≤xe-x-x3+6x2-3x在x∈[1，m]上恒成立，即不等式0≤e-x-x2+6x-3在x∈[1，m]上恒成立，設(shè)φ（x）=e-x-x2+6x-3，則φ′（x）=-e-x-2x+6.

設(shè)r（x）=φ′（x）=-e-x-2x+6，則r′（x）=e-x-2，因為1≤x≤m，有r′（x）<0. 故r（x）在區(qū)間[1，m]上是減函數(shù). 又r（1）=4-e-1>0，r（2）=2-e-2>0，r（3）=-e-3<0，故存在x0∈（2，3），使得r（x0）=φ′（x0）=0. 當(dāng)1≤x0，當(dāng)x>x0時，有φ′（x）<0.

從而y=φ（x）在區(qū)間[1，x0]上遞增，在區(qū)間[x0，+∞）上遞減.

又φ（1）=e-1+2>0，φ（2）=e-2+5>0，φ（3）=e-3+6>0，φ（4）=e-4+5>0，φ（5）=e-5+2>0，φ（6）=e-6-3<0.

所以當(dāng)1≤x≤5時，恒有φ（x）>0；當(dāng)x≥6時，恒有φ（x）<0.

故使命題成立的正整數(shù)m的最大值為5.