高中数学函数压轴题 精制

高考数学函数压轴题：
1. 已知函数
f(x)?x
3
?a x?b(a,b?R)
在
x?2
处取得的极小值是
?
.
(1)求
f(x)
的单调递增区间；
(2)若
x?[?4,3]< br>时，有
f(x)?m
2
?m?
10
恒成立，求实数
m
的取值范围.
3
1
3
4
3
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
2
– 10x
3
(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
?
(x)?5x
2
?5x?1
(x?R)
，函数< br>y?f(x)
的图象与
?
(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)?0
成
立的
x
取值范围；
（3）是否存在区间
E
，使
E?
?
xf(x)?0
?
??
对于区间内的 任意实数
x
，只要
n?N
，且
n?2
时，都有
g< br>n
(x)?0
恒成立
4．已知函数：
f(x)?
x?1?a
(a?R且x?a)

a?x
（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+,a+1]时，求证：f(x)的值域为[－3，－2]；
1
2

（Ⅲ）设函数g(x)=x
2
+|(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
?x
2
，若
f(x
1
)?f(x
2
)
，则
(0,x
2
)
为含峰区间；
若
f(x
1
)?f(x
2
)，则
(x
1
,1)
为含峰区间；
（2）对给定的
r(0?r?0.5)
，证明：存在
x
1
,x
2
?(0,1 )
，满足
x
2
?x
1
?2r
，使得由（1）
所确定的含峰区间的长度不大于
0.5?r
；
6. 设关于
x
的 方程
2x
2
?ax?2?0
的两根分别为
?
、
?< br>?
?
?
?
?
，函数
f(x)?
（1）证明< br>f(x)
在区间
?
?
,
?
?
上是增函数；
（2）当
a
为何值时，
f(x)
在区间
?
?
,
?
?
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
?
?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
?< br>；
(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
4x?a
x
2
?1
a
n
，
limb
n
的值，若存在写出此极限值（不必证明）费为
b
n
；试问是否存在
lim< br>，
n??
n??

若不存在，说明理由.
8. 设< br>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
2
)
的定义域的交集为空 集，求实数
c
的取值范围；
（lll）证明若
?1?c?2
，则< br>f(x?c)
，
f(x?c
2
)
存在公共的定义域，并求这个
公共的空义域.
9. 已知函数f（x）＝ax
2
＋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）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
）<2（x
0
2
＋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
)
，求证：
3?m?2?2

2

12. 已知三次函数
f(x)?x
3
?ax2
?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)?
13. 已知函数
f(x)?
f?
(x)
?(m?1)ln(x?m)
，求
h(x)
的单调区间 .
3(x?2)
3x3(a?1)
（
a?0
且
a?1）．
?
ax
(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．
14. 已知函数
f(x)?log
a
x
和
g(x)?2log
a< br>(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，< br>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
AIB ??
，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
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)=
(a
2
?1)
；
（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)?
.
(文科)已知函数f(x)=ax
2
?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；
（I I）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
)?2(x
2
0
?1 )
成立，求c的值。
1
4
1
4
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
明；
（III）设-1。
时，有f(x)>0，判断f(x)在(-1,1)上的单调性，并加以证
18. 已知二次函 数
f(x)?ax
2
?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
?2?x
2
?4
，设函数f(x)的对称轴为x＝x
0
, 求证x
0
>—1;
(Ⅱ)如果
0?x
1
?2
，且 f(x)＝x的两实根相差为2，求实数b 的取值范围.
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< br>；③
f()?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）
1
3

（3）若
a?b?c?0,且b
2< br>?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；
111
)(1
+
4
)?(1
+
4
)
(
n∈N
*
),
n≥
2
其中无理数
e=2.71828?)
.
4< br>23n
（2）证明：
(1
+
1
3
（文）设函数
f(x)?ax
3
?bx
2
?cx(a?b?c)
，其图象在点< br>A(1,f(1)),B(m,f(m))
处的切
线的斜率分别为
o,-a.
（1）求证：
0≤
（2）若函数
1
3
b
< 1
；
a
f(x)
的递增区间为
[s,t]
，求
[ s-t]
的取值范围.
21.设函数
f(x)??x
3
?2ax< br>2
?3a
2
x?b(0?a?1)

（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)?6lnx?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)?6lnx? 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)
|≤恒成立，求
函数
f(x)
的解析表达式；
(III)若0f(x)< br>在
x?s
和
x?t
处取得极值，且
a?b?23
,证 明：
OA
与
OB
不可能垂直.
25. 已知函数
f(x)?
m?x
?
m?R
?
.

x
2
3
2


(1)设
g(x)?f(x )?lnx
,当m≥时,求g(x)在[
1
,2
]上的最大值；
2
1
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
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 ) < ( n + 1 )f
n
`(n)
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)?x
3
?4x?4
，当
x
变化时，
f
?
(x)
与
f(x)
的变化情况如下表：
- 4 (-4，
-2)

0
单
调递增

-2
2)

0
单调
递减
单调
递增 1

(-2,2
)

(2,33
1
3

所以
x?[?4,3]
时 ，
f(x)
max
?
于
m
2
?m?
281 0
.于是
f(x)?m
2
?m?
在
x?[?4,3]
上恒成立等价
33
1028
，求得
m?(??,?3]?[2,??).
?
33
2.解：(1) P(x) = R (x) – C (x) = – 10x
3
+ 45x
2
+ 3240x – 5000 (xN且
x[1, 20]); 2分
MP (x) = P ( x + 1 ) – P (x) = – 30x
2
+ 60x +3275 (xN且x[1, 20]).
4分
(2) P`(x) = – 30x + 90x + 3240 = – 30( x +9 )(x – 12) (xN且x[1,
20]) 7分
当1< x < 12时, P`(x) > 0, P(x)单调递增,
当 12 ∴
10分
即, 年建造
11分
(3) 由MP(x ) = – 30( x – 1)
2
+ 3305 (xN且x[1, 20]).
∴
12分
MP (x)是减函数说明: 随着产量的增加，每艘利润与前一台比较，利润在减少.1
3.解：（1）
当1< x 20时，MP (x)单调递减
12
x = 12 时, P(x)取最大值
2
,
艘船时, 公司造船的年利润最大.
.
f(x)?5x?5x
2
………………………………………………………………（6分）
（2）由
g
2
(x)?5g
1
(x)?5g
1
2
(x)?0
解得
g
1
(x)?0或g
1
(x)?1

即
5x?5x
2
?0或5x?5x
2
?1

解得
x?0或x?1或
分）
5?55?5
?x?< br>…………………………………（12
1010
（1） 由
?
xf(x) ?0
?
?
?
xx?0或x?1
?
，
又
(
5?55?5
,)?
?
xx?0或x?1
?
??
，
1010
5?55?5
2
,)
时，
g
2
( x)?0
，
g
3
(x)?5g
2
(x)?5g
2< br>(x)?0
，
1010
当
x?(
∴对于
n?2,3
时，
E?(
分）
以下用数学归纳法证明
E?(
5?55? 5
,)
，命题成立。………………（14
1010
5?55?5
,)
对
n?N
，且
n?2
时，都有
g
n
(x) ?0
成立
1010
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)]?5g
k
(x)?5g
k
2
( x)?0
即
n?k?1
时，命题也成立。
∴存在满足条件的区间
E?(
5?55?5
,)
。
101 0
4.解：（Ⅰ）证明：
f(x)?2?f(2a?x)?
x?1?a2a?x?1? a

?2?
a?xa?2a?x
∴结论成立 ……………………………………4分
?(a?x)?11

??1?
a?x a?x
1111
当
a??x?a?1时?a?1??x??a??1?a?x??,? 2???1

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
2
?|x?1?a|(x?a)

（1）当
x?a?1且x?a时,g(x)?x
2
?x?1?a?( x?)
2
??a

如果
a?1??
即
a?1
2
1
时，则函数在
[a?1,a)和(a,??)
上单调递增
2
1
2
3
4

如果
a?1??
1
即当a?
1
且a??
1
时,g(x)
min
? g(?
1
)?
3
?a

22224
当
a? ?
时，
g(x)
最小值不存在…………………………11分
（2）当
x?a?1时g(x)?x
2
?x?1?a?(x?)
2
?a?

如果
a?1?即a?时g(x)
min
22
1
2
1
2
3
2
1
2
15
?g()?a?

24
5
4
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
当
a?
3
时(a?1)
2
?(a?5
)?(a?
3
)
2
?0
242
131
当a?时(a?1)
2
?(?a)?(a?)
2
?0

242
1
3
时 g（x）最小值是
?a

4
2
1335
当
?a?
时 g（x）最小值是
(a?1)
2
当
a?
时 g（x）最小值为
a?

2224
1
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,
综合得： 当
a?且a?
1
2
在
[x
*
,1]
上单调 递减,
当
f(x
1
)?f(x
2
)
时,假设x
*
?
(0,x
2
)
,则
x
1
?x
2
<
x
*
,从而
f(x
*
)?f( x
2
)?f(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
*
?< br>(x
1
,1)
,则
x
*
?x
1
?x
2
,从而
f(x
*
)?f(x
1
)?f(x
2
),
这与
f(x
1
)?f(x
2
)
矛 盾,所以
x
*
?
(x
1
,1)
,即
(x< br>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
1
?0.5?r
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< br>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
2
?ax? 2?0
的两根分别为
?
、
?
?
?
?
??
知
x?
?
?
,
?
?
时，
2x
2
?ax?2?0
，所以此时
f
'
(x)?0
，

所以
f(x)
在区间
?
?
,
?
?
上是增函数
(2)解：由（１）知在
?
?
,
?
?
上，
f(x)
最小值为
f(
?
)
，最大 值为
f(
?
)
，
a

?
?
?
?
?
，
??
??1
，可求得
?
?
?
?
2
a
2
?4
，
4

?f (
?
)?f(
?
)?
a
2
a
2
? 4?(?4?4)
42
2
?a?16
，
2
a
1??2?1
4
所以当
a?0
时，
f(x)
在区间
?
?
,
?
?
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
(3) 经观察,
显见
lima
n
?17,limb
n
?25
.
n??n??
M(17,25
8
O
12
x
分)
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

分
∴对于任意
x< br>1
、x
2
?[?1，1]
且
x
1
?x
2
有



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


当
1?c?2
或
?1?c?0
时

c
2
?1?c?1
且
c
2
?1?c?1

此时的交集为
[(c< br>2
?1,c?1]
………………………………………
12分
当
0?c?1


c
2
?1?c?1
且
c
2
?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
2
?1,c? 1]
；
当
0?c?1
时，公共定义域为
[c?1,c
2
?1]
.
9.解：（1）由函数f（x）的图像开口向上，对称轴x＝－b2a<－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b>2a，故a＝1，c＝－2。∴f（x）＝x
2
＋3x－2，最小值为－1 74。
（2）令x＝1，代入不等式4x≤f（x）≤2（x
2
＋1）得f（1）＝ 4，即a＋b＋c＝4，
从而b＝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
＋2，此时不存在满足题意的x0
。当c＝1时满足条件，故c＝1。
10.解：（1）
∵
f(x) 在
?
0，1
?
上单调递增，在
?
1，2
?
上单调递减，?当x?1时，f(x)取得极大值，
2
∴
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< br>0
)),

∵
f(2?x
0
)?f(x
0< br>)?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
?4x
3
?4x
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
?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
f(1
2
)?f(2)即f(1) ?0?1是f(x)?0的一个根，
若存在另一个实根
x
0
?1
，使 得
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,
q

?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
q
,c?b
q
，
12
，则
q
1
?
0，
q
2
?0< br>∴
f(a)?f(c)?f(b
q
)?f(b
q
)?q
1
q
2
?f
2
(b)
，又a+c=2b,
12
(a?c)
2
?0
∴ac-b=
?
4
2
即ac?b
2
q
1
?q
2
?q?q
?
?b,?0?q
1
?q
2
?2,?q
2
q
1
?
?
12
?
?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
q
,n=
b
q
,b
?1,
且q
1
q
2?0

1
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)?2f
??
,
且
?
2
?2
即4m=
m
2
?2mn?n
2,
?4m?m
2
?2?n
2
,由00?4m?m
2
?2?1,
?m?1
，
12.解：(Ⅰ)∵
f(x)?x
3
?ax< br>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
2
?2ax ?b?0
有两个根为－1，2，
2a
?
3
?1?2??
?
?
3
2
??
a??
3
3

?
?
?
?
2
?f(x)?x?x?6x?2
，…………5分
2
?
?1?2?
b
?
b??6
?
?
3
?
(Ⅱ)
Qf'(x)?3x
2
?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
，……………………………………… 7分
?
x?mx?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

?h
?
(x)?1?
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
13.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,??)< br>，
③当
a?1
时，函数
f(x)
的单调递增区间为< br>(??,?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
， （9分）
因此函数解析式为
f(x)?
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
），
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
3x23
?
(x?0)
． （10
3x
q?q
?
1
q?q
?
p?p
?
，
??，
?k
p?p
?
k
22
且
q?
p23p
?
23
?
，
q
?
??
， （14分）
?
pp
33
整理得
k??
1
k< br>2
3
，解得
k?3
或
k??
3
，
3
所以存在直线
y?3x
及
y??
3
（16分）
x
为曲线
C
的对称轴．
3
（文）该函数 的定义域
D?(??,0)U(0,??)
，曲线
C
的对称中心为
( 0,0)
，
因为对任意
x?D
，
f(?x)??
?
3x3x3(a?1)3(a?1)
?
???
?
?
?
??f(x)
，
a?xax
??
所以该函数为奇函数，曲线
C
为中心对称图形．

14.解：(Ⅰ)
Q
f
?
(x)?log
a
e,g
?
(x) ?
1
x
4
log
a
e
………………………3分
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
?t?6
………………………………………………………………
6分
（Ⅱ）
Qt?6

(2x?4)
2
?log
a
,x?
?
1,4
?
…………………………………………7分
x
(2x?4)
216
?4x??16,x?
?
1,4
?
令
h (x)?
xx
∴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)< br>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)
m in
?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
?
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?42

综上所述，满足条件的
a
的取值范围是：
1?a?42
.
15.解：（1）在
f(m?n)?f(m)?f(n)
中令
m?n?1
， 得

f(1)?0
； …………………2分
xx
设
x
1
?x
2
?0
，则
1
?1< br>，从而有
f(
1
)?0

x
2
x
2
xx
所以，
f(x
1
)?f(x
2
?
1< br>)?f(x
2
)?f(
1
)?f(x
2
)

x
2
x
2
所以，在上单调递
f(x)
R
?
减 …………………5分 < br>（2）
Q
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，
?
x?y?0
?
?
?
x?y?0
， …………………7分
?
x
2
?y
2
?1
?
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
AIB??
，只要
a?1
，
∴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
0?x?1
时，
f(x)?0
，当
x?1
时，
f(x)?0
，
Q
0?a?b
，而
|f(a )|?|f(b)|
，
?a?1,b?1
，故
f(a)?0,f(b)?0< br>，
由得，，所以，
|f(a)|?|f(b)|f(a)?f(b)?0
ab ?1
， …………………12分
a?ba?b
?ab?1
，所以
f()?f(1)?0
，
22
?
?
a?b
?
2
?
a?b
)?f?
?
又
Q
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
又
0?a?1
，所以
2?a
2
? 2?3
，由
又
2?4b?b
2
?3
及
b?1解得，
3?b?2?2

16.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）
（I I）设两整根为x
1
,x
2
，x
1
>x
2

?f(?a)?b?
1
2
(a?1)
(5分)
4
（III）设m1
2
1?.?
a1
?(m,m?]
即
?1?a?2m?0
< br>22

a
2
a1
?(m?)
2
?
f(m)=
m?am?b?m?am?
424
22
a
2
a1
?(m?1?)
2
?
f(m+1)=
(m?1)?a(m?1 )?b?(m?2)?a(m?1)?
424
22
?存在.
(6分)
（文）f(sinx)=
asin
2
x?bsinx?c

?f(sinx)
min
?f(?1)??4,
f(sinx)
max
=f(1)=2,
又b>2a>0,
?a?1,c??2.

?f(x)?x
2
?3x?2.

f(x)
min
??
17
(7分)
4
(2)
?4x?f(x)?2(x
2
?1),?4?f(1)?2(1?1)?4,? f(1)?4.(1分)

2
?2.
不存在
x
0
使f(x
0
)?2x
0
当a=1时，c=1,
?b?2, ?f(x)?x
2
?2x?1.

2
?1).故c?1.(2分)
此时存在x
0
,使
f(x
0
)?2(x
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） 是（-1，1）上的减函数，

由
当a=0时，

得x<0或x>2 9’
，原不等式的解集为{x|x>2} 10’
当-12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 12’
当0 若x>2，则a(x-1)<1,x<1+ ∴
故原不等式的解集为{x| }
18.解：(Ⅰ)设
g(x)?f (x)?x?ax
2
?(b?1)x?1,且a?0,

4a?2b?1?0
∴由条件
x
1
?2?x
2
?4,得g(2)?0且g(4) ?0
……（2分）即
?
?
?
16a?4b?3?0
?
31
（4
?4a?b??2a.
42
分）
∴
3
?4a?
1
?2a得a?
1
.
……（5分）对
3
? 4a?b?
1
?2a可得

428
42
1?
1b3
……（8
b11
???2?.
?x???1??1???1.
04a2a8a
1
2a4a
4?
8
分）
（Ⅱ）由
g(x)?ax
2
?(b?1)x?1?0可知x
1
x
2
?
1
?0即x
1
与x
2
同号.

a
?0?x
1
?2,x
1
?2?x
2
?4,?x
2
?x
1
?2,
……（11分）
由
g(2)?0即4a?2 b?1?0
代入有
2
1
(b?1)
2
?1?3?2b?b? .

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
33
（2）任取
x
1
、
x
2
?(??,??)
，且
x1
?x
2
. 设
x
1
?
1
p< br>1
,x
2
?
1
p
2
,
则
p
1
?p
2

1111
f(x
1)?f(x
2
)?f(p
1
)?f(p
2
)?[f() ]
p
1
?[f()]
p
2
…………………… 83333
1
?f()?1,p
1
?p
2
3
?f (x
1
)?f(x
2
)?f(x)
在
分
R上是单调增函数…… 9分
c
f(a)?f(b?)?[f(b)]
b

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

?f(b)?1

?
a
b
分
?f(a)?f(c)?[f(b)]
?2[f(b)]
2b
b
?[f(b )]?2[f(b)]
c
b
a?c
b

而
a?c? 2ac?2b?2b
2
?2[f(b)]
a?c
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


?f(x)?f(x?1)?[f(1)]
x
………1分 ∴当
x?0
时
f(0)?[f(1)]
0
……2分
∵任意x∈R，
f(x)?0
…………3分
?f(0)?1
……………………4
分
（2）
?f(
1< br>)?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
（3）
f(a)?f (c)?[f(1)]
a
?[f(1)]
c
?2[f(1)]
a?c
……………………11分
而
a?c?2ac?2b
2
?2b
'
?2[f(1)]
a?c
?2[f(1)]
2b
?2f(b)< br>
2xax
2
?2x?a
?a?.
20.解：（理）（1）
f(x)?
22
1?x1?x
①若
a?0
时，
f< br>'
(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?a
2
?1 ?1?2
2
?x?
由
f(x)?0?ax?2x?a?0??x?
，
aa
'2
?1?1?a
2
?1?1?a
2
由
f'(x)?0
可得
x?
或，
aa
?1?1?a
2?1?1?a
2
?1?1?a
2
,
∴
f(x)
在［］单调递减，在（
??,
］，
aa
a
?1?1?a
2< br>［，
??
］上单调递减，综上所述：若
a??1
时，
f(x)
在（
??,??
）
a
上单调递减.
?1?1?a
2
1??1?a
2
,
当
?1?a?0
时，
f(x)
在［］单调递减，
aa
?1?1?a
2
?1?1?a
2< br>在（
??,
和
,??
）单调递减，
aa
当
a?0
时，
f(x)
在
0,??
单调递增，在
??,0
单调递减. < br>21.解：（1）∵f′(x)=－x
2
+4ax－3a
2
=－(x－ 3a)(x－a),由f′(x)>0得：a由f′(x)<0得，x3a，
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)

－a
3
+b

4
3
4
3
b

∴函数f(x)的极大值为b，极小值为－a
3
+b …………………………7
分
（2）
?f
?
(x)??x2
?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
?< br>(x)
min
?f
?
(a?2)?4a?4

∵不等式|f′(x)|≤a恒成立，
∴
?
?
2a?1?a
4
4
,解得:?a?1
即a的取值范围是
?a?1

5
5
?
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)=
6lnx?x
2
?8x?m
(
x?0
且
x?1
)，则
62(x?1)(x?3)
，……………………………6分
?2x?8?
x x
令
F'(x)?0
得x=3或x=1（舍）又∵
limF(x)???，
limF(x)???
，
F'(x)?
x?0x???
li mF(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
O
下：………………11分
由此可得：
当
m?7
或m?15?6ln3
时，h(x)的图象与g(x)的图象恰有
1个交点；
当
m?15?6ln3
时，h(x)的图象与g(x)的图象恰有2个交点；
当
7?m?15?6ln3
时，h(x)的图象与g(x(的图象恰有3个交点. < br>?
?
c?0
?
a??1
?
??
23.解：（ I）由图形 知：
?
a?8
2
?b?8?c?0解之得：
?
b?8
，
?
4ac?b
2
?
c?0
?
?
?16,
?
?
4a
y
(1, m-7)
3
1
x
(3, 6ln3-15+m)
∴函数f（x）的解 析式为
f(x)??x
2
?8x
…………………………4分
2
?
?
y??t?8t
（Ⅱ）由
?

2< br>?
?
y??x?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：
440
………………………………9分
??t
3
?10t
2
?16t?
33

（Ⅲ）令
?
(x)?g(x)?f (x)?x
2
?8x?6lnx?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
?8x?6lnx?m
的图象与x轴的正半轴有且只有两个不同的交点
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?6ln3?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
即
?
?
m?7?0
?
m?6ln3?15?0
< br>或
?
?
m?6ln3?15?0
?
m?7?0
∴m= 7或
m?15?6ln3.

∴当m=7或
m?15?6ln3.
时 ，函数f（x）与g（x）的图象有且只有两个不同交点．
24.解：(I) f

(x)=x
3
-2x
2
+x,
f
?
(x)=3x
2
-4x+1,
因为f(x)单调递增，
所以
f
?
(x)≥0，
即 3x
2
-4x+1≥0,
解得，x≥1, 或x≤,……………………………2分
故f(x)的增区间是(-∞，)和[1,+ ∞]. …………………………3
分
1
3
1
3

(II)
f
?
(x)=3x-2(a+b)x+ab.
当x∈[-1，1]时，恒有|
f
?
(x)|≤.………………………4分
故有
?
≤
f
?
(1)≤，
33
22
33

?
≤
f
?
(0)≤,………………………5
22
3
?
3
?≤ 3?2(a?b)?ab ≤ ,①
?
22
?
3
?
3
即
?
?≤ 3?2(a?b)?ab ≤ ,②
………6
2
?
2
3
?
?
3
≤ ab≤ .③
?
22
?
3
2
3
2
3
2
2
?
≤
f
?
(-1)≤，
①+②，得
?
93
≤ab≤
?
，……………………………8分
22
又由③，得
ab=
?
，
将上式代回①和②，得
a+b=0,
故f(x)=x
3
?
x. ……………………9分
(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,

[st-(s+t)a+a
2
][st-(s+t)b+b
2
]=-1, ……………………………………11分
由s，t为
f
?
(x)=0的两根可得，
s+t=(a+b), st=, (02
3
1
3
3
2
3< br>2

从而有ab(a-b)
2
=9. ……………………………………12分
这样(a+b)=(a-b)+4ab
=
9
+4ab≥2
36
=12，
ab
22
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.
1 1
(x?)
2
?m?
25.解：(1)g(x)=
m?x
? lnx,g
?
?
x
?
??
x?x
2
?m< br>??
2
2
4
xxx
22
.
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.
22

所以m≥
1
时，g(x)
max
=2m-
1
?ln2
；
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，+∞）
3上恒小于等于零.
所以



?
?
m?x
2
?

?
y??[8?f(x )]??
?
?
?
m?x
2
?
8?f(x)x
??
8?
x

3

3
log
1
el og
1
e

?
x2?m
log
1
e?0
恒成立.
xx?8x?m
3
?
2
?

x
2< br>?m
?0
在[1，+∞）恒
2
x?8?m
因为log
1
e<0，所以
3
x2?m
?0
xx
2
?8?m< br>??
在[1，+∞）恒成立.即
成立.


?
x< br>因为
?
?
2
2
?m?0,
?
?
x? 8x?m?0
2
在[1，+∞）上不恒成立,所以
?
?
x
?
2
2
?m?0,
在[1，+∞）上恒成立.

?
?
x?8x?m?0
?
m??x
得
?
?
2
在[1，+∞）上恒成立. 所以-1≤m<9.
?
?
m?x?8x
（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 ) < 0 , ∴ f
n
( x )在（0，+∞）单调递减. 4

分
（2）由上知：当x > a>0时, f
n
( x ) = x
n
– ( 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 ) [x
n
–( x+ a )
n
] ,
∴f

`
n + 1
( n + 1 ) = ( n + 1 ) [(n + 1 )
n
–( n + 1 + a )
n
] < ( n + 1 )[ n
n
– ( n +
a)
n
] = ( n + 1 )[ n
n
– ( n + a )( n + a)
n
2分
( n + 1 )f
n
`(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

2分
`
n + 1
– 1
]
( n + 1 ) < ( n + 1 )f
n
`(n) .