热门试卷

（I）的值域为：.（II）.

试题分析：（I）将二次函数配方，结合抛物线的图象便可得的值域.

（II）由恒成立得：恒成立，

令，则只需的最大值小于等于0.

由此得：，令

则原题可转化为：存在，使得.这又需要时.接下来又对二次函数分情况讨论，从而求出实数的取值范围.

试题解析：（I）将二次函数配方得：  2分

该函数的图象是一条开口向上的抛物线，顶点为，.

因为，所以最大值为，

∴的值域为：              6分

（II）由恒成立得：恒成立，

令，因为抛物线的开口向上，所以，由恒成立知：                8分

化简得：  令

则原题可转化为：存在，使得  即：当，  10分

∵，的对称轴： 

 即：时，

∴解得：   

②当 即：时，

∴解得：

综上：的取值范围为：                13分

法二：也可，

化简得： 有解.

，则.

（1）g(x)＝－x2＋2x（2）(－∞，0]．

(1)因为函数f(x)满足f(－1＋x)＝f(－1－x)对任意实数都成立，

所以图象关于x＝－1对称，即－＝－1，即m＝2.

又f(1)＝1＋m＋n＝3，所以n＝0，所以f(x)＝x2＋2x.

又y＝g(x)与y＝f(x)的图象关于原点对称，

所以－g(x)＝(－x)2＋2(－x)，

所以g(x)＝－x2＋2x.

(2)由(1)知，F(x)＝(－x2＋2x)－λ(x2＋2x)＝－(λ＋1)x2＋(2－2λ)x.

当λ＋1≠0时，F(x)的对称轴为x＝，

因为F(x)在(－1，1]上是增函数，

所以或

所以λ<－1或－1<λ≤0.

当λ＋1＝0，即λ＝－1时，F(x)＝4x显然成立．

综上所述，实数λ的取值范围是(－∞，0]．

（1）见解析（2）2×3k－1(k∈N*)（3）存在p＝3k－1＋1

(1)证明：对k∈N*，f(f(k))＝3k，∴f[f(f(k))]＝f(3k)①

由已知f(f(k))＝3k，∴f[f(f(k))]＝3f(k)，②

由①、②∴f(3k)＝3f(k)

(2)若f(1)＝1，由已知f(f(k))＝3k得f(1)＝3，矛盾；

设f(1)＝a＞1，∴f(f(1))＝f(a)＝3，③

由f(k)严格递增，即1＜a⇒f(1)＜f(a)＝3，

∴∴f(1)＝2，

由③f(f(1))＝f(a)＝3，故f(f(1))＝f(2)＝3.

∴f(1)＝2，f(2)＝3.

f(3)＝3f(1)＝6，f(6)＝f(3·2)＝3f(2)＝9，

f(9)＝3f(3)＝18，f(18)＝3f(6)＝27，

f(27)＝3f(9)＝54，f(54)＝3f(18)＝81.

依此类推归纳猜出：f(3k－1)＝2×3k－1(k∈N*)．

下面用数学归纳法证明：

(1)当k＝1时，显然成立；

(2)假设当k＝l(l≥1)时成立，即f(3l－1)＝2×3l－1，

那么当k＝l＋1时，f(3l)＝f(3×3l－1)＝3f(3l－1)＝3×2×3l－1＝2·3l.猜想成立，由(1)、(2)所证可知，对k∈N*f(3k－1)＝2×3k－1成立．

(3)存在p＝3k－1＋1，当p个连续自然数从3k－1→2×3k－1时，函数值正好也是p个连续自然数从f(3k－1)＝2×3k－1→f(2×3k－1)＝3k.

（1）；（2）①时，；②时，；③时，.

试题分析：本题考查函数的奇偶性、函数解析式、函数零点问题以及等差数列的定义，考查化归与转化思想，考查计算能力.第一问，先把转化成，利用已知时的解析式，利用偶函数转化解析式；第二问，把有4个零点，先转化为与有4个交点且均匀分布，所以利用等差中项，偶函数等基础知识列出表达式，分情况进行讨论分析.

试题解析：（1）设则，，

又偶函数，

所以，.

（2）零点，与交点有4个且均匀分布，

（Ⅰ）时，    得，

所以时，， 

（Ⅱ）且时 ，， ，

所以 时，，

（Ⅲ）时时，符合题意，

（Ⅳ）时，，，，，

此时，，所以或（舍）

且时，时存在.

综上，①时，；

②时，；

③时，符合题意.

（Ⅰ）函数的表达式为．

（Ⅱ）存在，使得点、与三点共线，且 ．

（Ⅲ）的最大值为．

试题分析：（Ⅰ）设、两点的横坐标分别为、，

 ，

∴切线的方程为：，

又切线过点，

有，即， （1）

同理，由切线也过点，得．（2）

由（1）、（2），可得是方程的两根，

 （ * ）

，

把（ * ）式代入,得,

因此，函数的表达式为．

（Ⅱ）当点、与共线时，，

＝，即＝，

化简，得，

，．   （3）

把（*）式代入（3），解得．

存在，使得点、与三点共线，且 ．

（Ⅲ）解法：易知在区间上为增函数，

，

则．

依题意，不等式对一切的正整数恒成立，

，

即对一切的正整数恒成立．

，

，

．

由于为正整数，．

又当时，存在，，对所有的满足条件．

因此，的最大值为．

解法：依题意，当区间的长度最小时，

得到的最大值，即是所求值．

，长度最小的区间为

当时，与解法相同分析，得，

解得．           后面解题步骤与解法相同（略）．

点评：难题，切线的斜率等于函数在切点的导函数值。不等式恒成立问题，常常转化成求函数的最值问题。（III）小题，通过构造函数，研究函数的单调性、极值（最值），进一步确定得到参数的范围。

（Ⅰ）当时，的最小值为（Ⅱ）证明见解析（Ⅲ）证明见解析

（Ⅰ）令

得……………………………………2分

当时，　 　故在上递减．

当   故在上递增．

所以，当时，的最小值为….……………………………………..4分

（Ⅱ）由，有　即

故　．………………………………………5分

（Ⅲ）证明:要证：

只要证：

设…………………7分

则

令得…………………………………………………….8分

当时，

故上递减，类似地可证递增

所以的最小值为………………10分

而=

=

=

由定理知:  故

故 

即: .…………………………..14分

………12分

∵（x，y）在映射f的作用下的像是（x+y，xy），

∴当x=-3，y=5时，x+y=-3+5=2，xy=-3×5=-15，

即（-3，5）的像是（2，-15），

由，解得或，

即（3，-4）的原像是（-1，4）或（4，-1）．

（1）(115－|t－15|)(1≤t≤30，t∈N*)（2）403万元

(1)由题意得，w(t)＝f(t)·g(t)＝(115－|t－15|)(1≤t≤30，t∈N*)．(5分)

(2)因为w(t)＝ (7分)，

①当1≤t＜15时，w(t)＝(t＋100)＝4＋401≥4×2＋401＝441，

当且仅当t＝，即t＝5时取等号．(10分)

②当15≤t≤30时，w(t)＝(130－t)＝519＋，

可证w(t)在t∈[15,30]上单调递减，所以当t＝30时，w(t)取最小值为403.(13分)

由于403＜441，所以该城市旅游日收益的最小值为403万元．(14分)

略

试题分析：i(Ⅰ) 证明不成立问题一般采用反证法，即假设问题成立，从假设开始推理论证得出矛盾，则说明假设不成立原命题成立。（Ⅱ）只需证明即可说明介于与之间。下面应分两种情况证明，当时，用作差法比较和 的大小当时，说明距较远。当时同理可证。（Ⅲ）用反证法：假设存在整数m为之间的距离，不妨设，将代入上式整理可得关于的一元二次方程。用求根公式可将解出。若与已知相矛盾，则说明假设不成立，否则假设成立。

试题解析：(Ⅰ)假设与已知，

所以.         3分

（Ⅱ）因为 ，所以

所以或。即或。所以介于与之间。

若则，

因为，所以，

则，所以，所以距较远。

当时，同理可证。

综上可得在数轴上，介于与之间，且距较远。

（Ⅲ）假设存在整数m为之间的距离，不妨设，

则有，因为，所以，即。所以。因为,所以只有。当时，或，与假设矛盾，故，之间的距离不可能为整数。

（1）1；（2）1006

试题分析：（1）因为.所以可以计算出的值为1，即表示两个自变量的和为1的函数值的和为1.

（2）由（1）可知两个自变量的和为1的函数值的和为1.所以令…①.利用倒序又可得到…②.所以由①+②可得2S=2012.所以S=1006.

试题解析：

．        5分

（2）．      10分

（1）；（2）；（3）P点在B处，Q点在E处.

试题分析：（1）由题目条件可求出，延长BD、CE交于点A，则由得出结论，于是可知的面积，而它的面积又可用表示出来，于是问题得到解决；（2）中利用余弦定理，可将的长度用表示，再利用（1）的结果消去，则得到关于的函数关系式，然后利用基本不等式或求函数最值的一般方法求出函数的最小值或最大值，要注意函数的定义域；（3）思路同（2）.

试题解析：（1）易知，延长BD、CE交于点A，则，则．

．           4分

（2）

          6分

当，即时，

．                  8分

（3）令，   10分

则，

，令得，，                   12分

在上是减函数，在上是增函数，

，PQmax = 2，                14分

此时，P点在B处，Q点在E处.         16分

（1）函数的单调递增区间是和；单调递减区间是；（2），；（3）.

试题分析：（1）将代入到函数中，求导，解出的的取值范围，从而能够写出函数的单增区间和单减区间；（2）将切点代入到函数表达式中，求出的关系，再将代入到中，求出最终的值；（3）设，写出函数在处的切线，并与曲线联立，得到关于的方程，再设，根据韦达定理表示出，再利用，得出，化简成，则能够得到，进而能够求出的值.

试题解析：（1）当时，

则，解得或；

，解得

∴函数的单调递增区间是和；单调递减区间是.

（Ⅱ）由题意得，即，

解得 

∴实数和的值分别是和. 

（Ⅲ）设，则，

联立方程组

由②代入①整理得 

设，则由韦达定理得，∴

由题意得；

假设存在常数使得，则，

即,∴，解得

所以当时，存在常数使得；

当时，不存在，使得 .