热门试卷

（1）0，2，3（2）(2,4]．

试题分析：解：(1)f(1)＝f(1)＋f(1)，∴f(1)＝0，

f(4)＝f(2)＋f(2)＝1＋1＝2，

f(8)＝f(2)＋f(4)＝2＋1＝3.                6

(2)∵f(x)＋f(x－2)≤3，∴f[x(x－2)]≤f(8)，

又∵对于函数f(x)有x2>x1>0时f(x2)>f(x1)，

∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数．         10

∴⇒2<x≤4.

∴x的取值范围为(2,4]．               14

点评：主要是考查了赋值法来求解函数的值，以及单调性的判定，属于基础题。

商品售价应定为每个20元.

试题分析：根据提高售价和降低售价后所得利润列出函数关系式，然后分别求出最大值进行比较.设此商品每个售价为x元，每日利润为S元.则当x≥18时有S＝［60－5（x－18）］（x－10）＝－5（x－20）2＋500，即当商品提价为20元时，每日利润最大，最大利润为500元；当x＜18时有S＝［60＋10（18－x）］（x－10）＝－10（x－17）2＋490，即当商品降价为17元时，每日利润最大为490元.即综上所得，此商品售价应定为每个20元.          12分

点评：典型题，函数的应用问题，在高考中已渐成固定考查模式，“一大两小”或“两大一小”，主要考查函数模型的构建及问题的解决，有时直接运用二次函数图象和性质可解，有时须应用导数或均值定理等加以解答。

（1）；（2）；（3）。

试题分析：（1）因为，所以 ------2分

（2）因为，所以,          -------------------3分

则.

求导得，当时，显然有,

所以在区间上递增,                -------------------4分

即可得在区间上的值域为,

在区间上存在x，使得成立，所以. ---------------6分

（3）由于的表达式关于x与对称，且x>0，不妨设x³1.

当x=1时，=1，则;           ----------------------7分

当x>1时，设x= n+，nÎN*，0£<1.

则[x]= n，，所以.   -----------------8分

，

在[1，+¥)上是增函数，又，

,

当时，

当时，                  … 10分

故时，的值域为I1∪I2∪…∪In∪…

设,

则.

,

\当n³2时，a2= a3< a4<…< an<…

又bn单调递减，\ b2> b3>…> bn>…

\[ a2，b2)= I2I3I4…In…       ----------------------11分

\ I1∪I2∪…∪In∪… = I1∪I2=

综上所述，的值域为. ----------------------12分

点评：我们要注意恒成立问题和存在性问题的区别。恒成立问题：通常采用变量分离法解决恒成立问题， 思路1：在上恒成立；思路2: 在上恒成立；存在性问题：思路1：存在使成立；思路2: 存在使成立。

（1）（2）

试题分析：(1) 为奇函数, ,即,

解得:           6

（2）由(1)知, ,,

所以的值域为             12

点评：主要是考查了函数的奇函数定义的运用，以及结合指数函数来得到值域，属于中档题。

(1)  (2) 设，则， ∴函数在上单调递增(3) ①②

试题分析：（1）∵对于任意的恒有成立.

∴令，得：2分

（2）设，则      4分

7分

∴函数在上单调递增             8分

（3）①∵对于任意的恒有成立.

∴     

又∵，

∴等价于，    10分

解得：    12分

∴所求不等式的解集为

②

由①得：

由（2）得：函数在上单调递增

故函数在上单调递增      13分

，  15分

∴函数在上的值域为   16分

点评：第一问抽象函数求值关键是对自变量合理赋值，第二问判定其单调性需通过定义：在下比较的大小关系，第三问解不等式，求函数值域都需要结合单调性将抽象函数转化为具体函数，利用单调性找到最值点的位置

（I）当时，增区间；当时，增区间减区间（Ⅱ）（Ⅲ）当时有恒成立，恒成立，即上恒成立，令，则，即，从而，所以有成立

试题分析：（I）函数

当时，则上是增函数

当时，若时有

若时有则上是增函数，

在上是减函数               ………（4分）

（Ⅱ）由（I）知，时递增，

而不成立，故  

又由（I）知，要使恒成立，

则即可。 由………（8分）

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当时有恒成立，

且上是减函数，，

恒成立，

即上恒成立 。……………………（10分）

令，则，即，

从而，

成立……（14分）

点评：第一问中求单调区间要对参数k分情况讨论，第二问将不等式恒成立问题转化为求函数最大值问题，这是函数与不等式间常用的转化方法，第三问难度较大需要构造函数，学生不易掌握

。

试题分析：函数为奇函数，且在上为增函数， 在上的最大值为.若

. 令看成一条直线 上恒成立，

且   或t=0或 故t的范围。

点评： 此题属于中档题。在已知条件中，含有多个参数，我们做题的主要思想是逐步去掉参数，这是做此题的关键。比如此题根据“在上恒成立”首先将已知条件“对所有都成立”转化为“”，这样就去掉了x；再进一步转变自变量，把a看成自变量。这样问题就轻易的解决了。

（1）则；（2）函数为奇函数。证明见解析。

（3）．

试题分析：（1）利用换元法：令t=logax⇒x=at，代入可得f（t）从而可得函数f（x）的解析式

（2）由（1）得f（x）定义域为R，可求函数的定义域，先证奇偶性：代入f（-x）=-f(x)，从而可得函数为奇函数。再证单调性：利用定义任取x1＜x2，利用作差比较f（x1）-f（x2）的正负，从而确当f（x1）与f（x2）的大小，进而判断函数的单调性

（3）根据上面的单调性的证明以及定义域得到不等式的求解。

解：（1）令

则 ………3分

（2）

∴函数为奇函数。                        ………5分

当，任取

－

==

=

，

类似可证明当，综上，无论，上都是增函数。                                                               ………9分

（3）不等式化为

∵上都是增函数，∴恒成立

即对恒成立，∴

故的取值范围．                              ………14分

点评：解题的关键是利用奇偶性的定义③利用定义判断函数单调性的步骤（i）任设x1＜x2（也可x1＞x2）（ii）作差f（x1）-f（x2）（iii）定号，给出结论．

（1）f（x）的单调递增区间是（e，＋∞），递减区间是（0，e）．（2）．

(1)当m=-2时，解析式确定，可以求导，利用导数大（小）于零，求出单调增（减）区间，同时要注意函数的定义域.

(2)当m＝时，不等式g（x）≥f（x），即x3＋x≥x恒成立．

由于x>0，所以x2＋1≥ln x＋，亦即x2≥ln x＋，所以a≥,

然后构造函数,转化为利用导数研究其单调性，极值，最大值即可.

（1）当m＝－2时，f（x）＝x（ln x－2）＝xln x－2x，

定义域为（0，＋∞），且f′（x）＝ln x－1.

由f′（x）>0，得ln x－1>0，所以x>e.由f′（x）<0，得ln x－1<0，所以0

故f（x）的单调递增区间是（e，＋∞），递减区间是（0，e）．

（2）当m＝时，不等式g（x）≥f（x），即x3＋x≥x恒成立．

由于x>0，所以x2＋1≥ln x＋，亦即x2≥ln x＋，所以a≥ .

令h（x）＝ ，则h′（x）＝，由h′（x）＝0得x＝1.

且当00；当x>1时，h′（x）<0，

即h（x）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减， 

所以h（x）在x＝1处取得极大值h（1）＝，也就是函数h（x）在定义域上的最大值．因此要使≥恒成立，需有≥，的取值范围为．