热门试卷

(Ⅰ) 递增区间为和  (Ⅱ)   （Ⅲ）见解析

（1），令（）

则，----------------2分

由于，则在内的单调递增区间为和；

---------------4分

（注：将单调递增区间写成的形式扣1分）

（2）依题意，（），-------6分由周期性，

；-----------------8分

（3）函数（）为单调增函数，

且当时，，，此时有；-------------10分

当时，由于，而，

则有，即，

又为增函数，当时，         ------12分

而函数的最大值为，即，则当时，恒有，

综上，在恒有，即方程在内没有实数解．

（1）设x2-3=t，因为＞0所以t＞或t＜-，则x2=t+3，

所以原函数转化为f（t）=lg，由＞0得定义域为{t|t＞3或t＜-3}

即f（x）=lg，定义域为{x|x＞3或x＜-3}

（2）由（1）知定义域{x|x＞3或x＜-3}关于原点对称，

而f（-x）=lg=lg=lg（x-3）-lg（x+3）

f（x）=lg=lg（x+3）-lg（x-3）

所以，f（-x）+f（x）=0

即f（-x）=-f（x）

所以f（x）为奇函数．

（3）由f[φ（x）]=lgx可得：f[φ（x）]=lg=lgx

即：=x

解得：φ（x）=

则：φ（3）=6

(1)见解析  (2) [,)

(1)当a=0时,f(0)=c,f(1)=2b+c,

又b+c=0,

则f(0)·f(1)=c(2b+c)=-c2<0与已知矛盾.

因而a≠0,则f(0)·f(1)=c(3a+2b+c)

=-(a+b)(2a+b)>0,

即(+1)(+2)<0,从而-2<<-1.

(2)x1,x2是方程f(x)=0的两个实根,

则x1+x2=-,x1x2=-,

那么(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2

=(-)2+4×=·()2+·+

=(+)2+.

∵-2<<-1,

∴≤(x1-x2)2<,

∴≤|x1-x2|<.

即|x1-x2|的取值范围是[,).

（1），定义域为

（2）当时，该特许专营店获得的利润最大为32400元.

试题分析：此题主要考查学生对函数模型在实际问题中应用的能力.（1）在此类问题中要注意单价与销售量之间的相关关系，同时要注意单价价格的取值范围，必要时要进行分段列式，再根据题意求解；（2）经审题实际问题是求函数的最大值，由（1）可知函数是分段函数，所以要在自变量的各区间中求出最大值，进行比较，从而求出函数的最大值，再还原回实际问题的解.

试题解析：（1）依题意

∴，

定义域为           6分

（2）∵，]

∴ 当时，则，(元)

当时，则或24，(元)

综上：当时，该特许专营店获得的利润最大为32400元.    13分

（1）；（2）．

试题分析：（1）由题意可知，当小车停放辆次为辆时，大车停放辆次为辆，因为大车每辆次10元，小车每辆次5元，则可得与之间的函数关系式，注意自变量的取值范围；（2）由题意可求得自变量的取值范围，又由（1）整理得该函数为减函，即可求得的取值范围．

试题解析：（1）依题得     6分

（2）    8分

而在上为减函数，  10分

       12分

即   13分

答：估计国庆节这天该停车场收费金额的范围是[6900,8100]14分

（1）；（2）；（3）.

试题分析：（1）抽象函数求在特殊点的值，一般用赋值法，令代入抽象函数可得，又因为，可得.（2）在定义域内求抽象函数最值，一般先判断函数单调性，再求比较定义域端点的函数值和极值点的大小.证明单调性可令，代入得进而得函数为增函数，最大值为；

（3）在上证不等式，要分两段、.在上，，所以.在，，所以，进而得证.

试题解析：（1）令则有，所以有，有根据条件‚可知，故.（也可令）

方法一：设，则有，即为增函数（严格来讲为不减函数），所以，故.

方法二：不妨令，所以由ƒ，即增函数（严格来讲为不减函数），所以，故.

（3）当，有，又由‚可知，所以有对任意的恒成立.当，又由‚可知，所以有对任意的恒成立.综上，对任意的时，恒有.

，

解：（Ⅰ）由得

（Ⅱ）   ①

当 ②，①—②则，

所以 

（Ⅲ）由

，

故当 

（1）证明见解析

（2）的取值范围为 

（3）

（1）当用定义或导数证明单调性均可.

（2）上恒成立.设上恒成立.

可证单调增。故，的取值范围为 

（3）的定义域为 

当上单调增 

故有两个不相等的正根m，n， 

当时，可证上是减函数.

 综上所述，a的取值范围为

（1）且；（2）圆F的方程为；（3）四边形的面积的最大值为．

试题分析：（1）利用一元二次方程根的判别式易求得结果；（2）当时，，分别令得二次函数与两坐标轴的三个不同交点坐标，再设圆的一般方程或标准方程利用待定系数法求得圆的方程；（3）画出图形，利用垂径定理和勾股定理表示，列出面积函数，利用均值不等式求四边形的面积的最大值．

试题解析：（1）由已知由及，得且．          4分

（2）当时，，分别令得二次函数与两坐标轴的三个不同交点坐标设圆F的方程为则，解得，所以圆的方程为，即．                  8分

（3）如图：四边形的面积．

四边形的面积的最大值为．                          14分

（1）y=100QP=100,x∈[1,20],x∈N*

（2）7

(1)P=x∈N*,

Q=,x∈[1,20],x∈N*,

所以y=100QP=100,x∈[1,20],x∈N*.

(2)因为(x-10)2[100-(x-10)2]≤=2500,

所以当且仅当(x-10)2=100-(x-10)2,

即x=10±5时,y有最大值.

因为x∈N*,所以取x=3或17时,ymax=700

≈4999(元),此时,P=7元.

答：第3天或第17天销售收入最高,按此次测试结果应将单价P定为7元为好.

（1）；（2）；（3）证明过程详见解析.

试题分析：本题主要考查导数的应用、不等式、数列等基础知识，考查思维能力、运算能力和思维的严谨性.第一问，考查求导求极值问题；第二问，是恒成立问题，将第一问的代入，整理表达式，得出，构造函数，下面的主要任务是求出函数的最小值，所以；第三问，是不等式的证明，先利用放缩法构造出所证不等式的形式，构造数列，利用累加法得到所证不等式的左边，右边利用裂项相消法求和，再次利用放缩法得到结论.

试题解析：（1）由题意，,所以       2分

当时，；当时，．

所以在上单调递增，在上单调递减，故在处取得极大值．

因为函数在区间（其中）上存在极值，

所以，得．即实数的取值范围是．        4分

（2）由得，令，

则．                           6分

令，则，

因为所以,故在上单调递增．        8分

所以,从而

在上单调递增,

所以实数的取值范围是．                    10分

（3）由(2) 知恒成立,

即         12分

令则，        14分

所以， ，  ,．

将以上个式子相加得：，

故．               16分

(1) ①当时，函数的单调递增区间为及，

②当时，函数的单调递增区间为及，

③当时，函数的单调递增区间为及．

(2) ．                    

(3) （理）存在直线及为曲线的对称轴．          

（文）函数为奇函数，曲线为中心对称图形．

(1) ①当时，函数的单调递增区间为及，

②当时，函数的单调递增区间为及，

③当时，函数的单调递增区间为及．

（6分）

(2) 由题设及(1)中③知且，解得，            （9分）

因此函数解析式为．                    （10分）

(3) （理）假设存在经过原点的直线为曲线的对称轴，显然、轴不是曲线的对称轴，故可设：（），

设为曲线上的任意一点，与关于直线对称，且

，，则也在曲线上，由此得，，

且，，                           （14分）

整理得，解得或，

所以存在直线及为曲线的对称轴．          （16分）

（文）该函数的定义域，曲线的对称中心为，

因为对任意，，

所以该函数为奇函数，曲线为中心对称图形．