上海实验学校2014～2015学年度高一上学期期末数学试卷【解析版】

上海实验学校2014～2015学年度高一上学期期末数学试卷【解析版】

上海实验学校2014～2015学年度高一上学期期末数学试卷 ‎　‎ 一、填空题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分）‎ ‎1．函数的定义域是　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎2．若函数在（﹣2，4）上的值域为　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎3．若函数f（x）=ax（a＞0，且a≠1）的反函数的图象过点（2，﹣1），则a=　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎4．函数在（0，+∞）上取最小值时的x的值为　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎5．方程lg（x+1）+lg（x﹣2）=lg（16﹣x﹣x2）的解是x=　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎6．函数的反函数是　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎7．若f（x）是R上的奇函数，且当x≥0时，，则f（x）的值域是　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎8．已知函数，若关于x的方程f（x）=k有两个不同的实根，则实数k的取值范围是　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎9．已知实数a＞0，函数f（x）=ax+logax在[1，2]上最大值和最小值之差为|a2﹣a|+1，则实数a的值为　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎10．关于函数f（x）=，给出下列四个命题：‎ ‎①当x＞0时，y=f（x）单调递减且没有最值；‎ ‎②方程f（x）=kx+b（k≠0）一定有解；‎ ‎③如果方程f（x）=k有解，则解的个数一定是偶数；‎ ‎④y=f（x）是偶函数且有最小值，‎ 则其中真命题是　　　　　　．（只要写标题号）‎ ‎　‎ ‎　‎ 二、选择题（本大题共4小题，每小题4分，满分16分）‎ ‎11．“a=﹣3”是“函数y=x2+2（a﹣1）x+2在区间（﹣∞，4]上单调递减”的（　　）‎ A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎　‎ ‎12．如图是函数（m，n∈N*，m，n互质）的图象，则下述结论正确的是（　　）‎ A．m，n是奇数，且m＜n B．m是偶数，n是奇数，且m＞n C．m是偶数，n是奇数，且m＜n D．m是奇数，n是偶数数，且m＞n ‎　‎ ‎13．已知x0是函数f（x）=2x+的一个零点．若x1∈（1，x0），x2∈（x0，+∞），则（　　）‎ A．f（x1）＜0，f（x2）＜0 B．f（x1）＜0，f（x2）＞0 C．f（x1）＞0，f（x2）＜0 D．f（x1）＞0，f（x2）＞0‎ ‎　‎ ‎14．若函数f（x）=（k﹣1）ax﹣a﹣x（a＞0，a≠1）在R上既是奇函数，又是减函数，则g（x）=loga（x+k）的图象是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共6小题，满分64分）‎ ‎15．已知A={x||x﹣a|＜1}，，且A∪B=B，求实数a的取值范围．‎ ‎　‎ ‎16．已知函数f（x）=lg（x+1）‎ ‎（1）当x∈[1，9]时，求函数f（x）的反函数；‎ ‎（2）若0＜f（1﹣2x）﹣f（x）＜1，求x的取值范围．‎ ‎　‎ ‎17．设是R上的奇函数 ‎（1）求实数a的值；‎ ‎（2）判定f（x）在R上的单调性并证明；‎ ‎（3）若方程f（x2﹣2x﹣a）=0在（0，3）上恒有解，求实数a的取值范围．‎ ‎　‎ ‎18．对于函数f1（x），f2（x），h（x），如果存在实数a，b使得h（x）=a•f1（x）+b•f2（x），那么称h（x）为f1（x），f2（x）的生成函数．‎ ‎（1）下面给出两组函数，h（x）是否分别为f1（x），f2（x）的生成函数？并说明理由；‎ 第一组：f1（x）=lg，f2（x）=lg（10x），h（x）=x2﹣x+1；‎ 第二组：f1（x）=x2﹣x，f2（x）=x2+x+1，h（x）=x2﹣x+1；‎ ‎（2）设f1（x）=log2x；x，a=2，b=1生成函数h（x），若不等式3h2（x）+2h（x）+t≤0在x∈[2，4]上有解，求实数t的取值范围；‎ ‎（3）设f1（x）=x（x＞0），f2（x）=，取a＞0，b＞0，生成函数h（x）图象的最低点为（2，8），若对于任意的正实数x1，x2，且x1+x2=1，试问是否存在最大的常熟m，使h（x1）h（x2）≥m恒成立？如果存在，求出这个m的值；如果不存在，请说明理由．‎ ‎　‎ ‎19．已知集合M={f（x）|在定义域内存在实数x0，使得f（x0+1）=f（x0）+f（1）成立}．‎ ‎（1）函数f（x）=是否属于集合M？说明理由．‎ ‎（2）证明：函数f（x）=2x+x2∈M．‎ ‎（3）设函数f（x）=lg∈M，求实数a的取值范围．‎ ‎　‎ ‎20．已知f（x）=x+．‎ ‎（1）指出的f（x）值域；‎ ‎（2）求函数f（x）对任意x∈[﹣2，﹣1]，不等式f（mx）+mf（x）＜0恒成立，求实数m的取值范围．‎ ‎（3）若对任意正数a，在区间[1，a+]内存在k+1个实数a1，a2，…，ak+1使得不等式f（a1）+f（a2）+…+f（ak）＜f（ak+1）成立，求k的最大值．‎ ‎　‎ ‎　‎ 上海实验学校2014～2015学年度高一上学期期末数学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、填空题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分）‎ ‎1．函数的定义域是　（﹣∞，﹣2]　．‎ ‎【考点】函数的定义域及其求法．‎ ‎【专题】计算题；函数思想；数学模型法；函数的性质及应用．‎ ‎【分析】由根式内部的代数式大于等于0，求解指数不等式得答案．‎ ‎【解答】解：由，得，∴x≤﹣2．‎ ‎∴函数的定义域是（﹣∞，﹣2]．‎ 故答案为：（﹣∞，﹣2]．‎ ‎【点评】本题考查函数的定义域及其求法，考查了指数不等式的解法，是基础题．‎ ‎　‎ ‎2．若函数在（﹣2，4）上的值域为　　．‎ ‎【考点】函数的值域．‎ ‎【专题】数形结合；转化思想；函数的性质及应用．‎ ‎【分析】函数f（x）=1﹣，由于x∈（﹣2，4），利用反比例函数的单调性可得∈，即可得出．‎ ‎【解答】解：函数==1﹣，‎ ‎∵x∈（﹣2，4），‎ ‎∴∈，‎ ‎∴1﹣∈，‎ ‎∴函数在（﹣2，4）上的值域为∈，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了反比例函数的单调性，考查了变形能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎3．若函数f（x）=ax（a＞0，且a≠1）的反函数的图象过点（2，﹣1），则a=　　．‎ ‎【考点】反函数．‎ ‎【专题】计算题．‎ ‎【分析】欲求a的值，可先列出关于a的两个方程，由已知得y=f（x）的反函数图象过定点（2，﹣1），根据互为反函数的图象的对称性可知，原函数图象过（﹣1，2），从而解决问题．‎ ‎【解答】解：若函数f（x）=ax（a＞0，且a≠1）的反函数的图象过点（2，﹣1），‎ 则原函数的图象过点（﹣1，2），‎ ‎∴2=a﹣1，a=．‎ 故答案为．‎ ‎【点评】本题考查反函数的求法，属于基础题目，要会求一些简单函数的反函数，掌握互为反函数的函数图象间的关系．‎ ‎　‎ ‎4．函数在（0，+∞）上取最小值时的x的值为　1　．‎ ‎【考点】基本不等式．‎ ‎【专题】计算题；构造法；不等式的解法及应用．‎ ‎【分析】在将函数式裂项，=2（x+）+1，再运用基本不等式求最值，最后确定取等条件．‎ ‎【解答】解：‎ ‎=2x++1=2（x+）+1，‎ ‎∵x＞0，∴x+≥2，‎ 因此，f（x）≥2×2+1=5，‎ 当且仅当：x=即x=1时，函数f（x）取得最小值5，‎ 故答案为：1．‎ ‎【点评】本题主要考查了运用基本不等式求函数的最小值，以及取等条件的分析，“一正，二定，三相等”是其前提条件，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎5．方程lg（x+1）+lg（x﹣2）=lg（16﹣x﹣x2）的解是x=　3　．‎ ‎【考点】函数的零点与方程根的关系；对数的运算性质．‎ ‎【专题】计算题；函数思想；转化思想；函数的性质及应用．‎ ‎【分析】由对数式的真数大于0，然后去掉对数符号直接解一元二次方程得答案．‎ ‎【解答】解：由lg（x+1）+lg（x﹣2）=lg（16﹣x﹣x2）‎ 得，解得：x=3．‎ 故答案为：3．‎ ‎【点评】本题考查了对数式的运算性质，考查了对数方程的解法，关键是验根，是基础题．‎ ‎　‎ ‎6．函数的反函数是　4﹣x2（x≥0）　．‎ ‎【考点】反函数．‎ ‎【专题】计算题；定义法；函数的性质及应用．‎ ‎【分析】先确定原函数的值域[0，+∞），这是其反函数的定义域，再从原式中分离x，最后交换x，y得到函数的反函数f﹣1（x）．‎ ‎【解答】解：根据求反函数的步骤，先求函数的值域，‎ 显然函数的值域为y∈[0，+∞），这是其反函数的定义域，‎ 再将函数式两边同时平方，y2=4﹣x，‎ 即x=4﹣y2，‎ 再交换x，y得到函数的反函数f﹣1（x）=4﹣x2（x≥0），‎ 故答案为：4﹣x2（x≥0）．‎ ‎【点评】本题主要考查了反函数的求法，涉及函数值域的确定以及原函数与反函数定义域与值域间的关系，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎7．若f（x）是R上的奇函数，且当x≥0时，，则f（x）的值域是　[﹣，]　．‎ ‎【考点】函数奇偶性的性质．‎ ‎【专题】计算题；函数思想；转化思想；换元法；函数的性质及应用．‎ ‎【分析】设t=，利用换元法求得当x≥0时函数的值域，再根据奇函数的性质求得当x≤0时函数的值域，然后求并集可得答案．‎ ‎【解答】解：设t=，当x≥0时，2x≥1，∴0＜t≤1，‎ f（t）=﹣t2+t=﹣（t﹣）2+，‎ ‎∴0≤f（t）≤，‎ 故当x≥0时，f（x）∈[0，]；‎ ‎∵y=f（x）是定义在R上的奇函数，∴当x≤0时，f（x）∈[﹣，0]；‎ 故函数的值域时[﹣，]．‎ 故答案为：[﹣，]．‎ ‎【点评】本题考查了函数的性质及其应用，考查了函数值域的求法，运用换元法求得x≥0时函数的值域是解答本题的关键．‎ ‎　‎ ‎8．已知函数，若关于x的方程f（x）=k有两个不同的实根，则实数k的取值范围是　（0，1）　．‎ ‎【考点】函数的零点．‎ ‎【专题】作图题．‎ ‎【分析】由题意在同一个坐标系中作出两个函数的图象，图象交点的个数即为方程根的个数，由图象可得答案．‎ ‎【解答】解：由题意作出函数的图象，‎ 关于x的方程f（x）=k有两个不同的实根等价于 函数，与y=k有两个不同的公共点，‎ 由图象可知当k∈（0，1）时，满足题意，‎ 故答案为：（0，1）‎ ‎【点评】本题考查方程根的个数，数形结合是解决问题的关键，属基础题．‎ ‎　‎ ‎9．已知实数a＞0，函数f（x）=ax+logax在[1，2]上最大值和最小值之差为|a2﹣a|+1，则实数a的值为　2或　．‎ ‎【考点】函数的最值及其几何意义．‎ ‎【专题】计算题；分类讨论；综合法；函数的性质及应用．‎ ‎【分析】分类讨论以确定函数的单调性及最值，从而建立方程，从而解得．‎ ‎【解答】解：若0＜a＜1，‎ 函数f（x）=ax+logax在[1，2]上是减函数，‎ 故fmin（x）=f（2）=a2+loga2，fmax（x）=f（1）=a，‎ 故fmax（x）﹣fmin（x）=a﹣（a2+loga2）=|a2﹣a|+1，‎ 解得，a=；‎ 若a＞1，‎ 函数f（x）=ax+logax在[1，2]上是增函数，‎ 故fmax（x）=f（2）=a2+loga2，fmin（x）=f（1）=a，‎ 故fmax（x）﹣fmin（x）=（a2+loga2）﹣a=|a2﹣a|+1，‎ 解得，a=2；‎ 故答案为：2或．‎ ‎【点评】本题考查了分类讨论的思想应用及基本初等函数的单调性的判断与应用．‎ ‎　‎ ‎10．关于函数f（x）=，给出下列四个命题：‎ ‎①当x＞0时，y=f（x）单调递减且没有最值；‎ ‎②方程f（x）=kx+b（k≠0）一定有解；‎ ‎③如果方程f（x）=k有解，则解的个数一定是偶数；‎ ‎④y=f（x）是偶函数且有最小值，‎ 则其中真命题是　②　．（只要写标题号）‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用．‎ ‎【专题】计算题；转化思想；综合法；简易逻辑．‎ ‎【分析】①x＞0时，由x≠1知y=f（x）不具有单调性，判定命题错误；‎ ‎②函数f（x）=是偶函数，在x＞0且k＞0时，判定函数y=f（x）与y=kx在第一象限内有交点；由对称性知，x＜0且k＞0时，函数y=f（x）与y=kx在第二象限内有交点；得方程f（x）=kx+b（k≠0）有解；‎ ‎③函数f（x）=是偶函数，且f（x）=0，举例说明k=0时，方程f（x）=k有1个解；‎ ‎④函数f（x）=是偶函数，由①，即可判断结论是否正确．‎ ‎【解答】解：①当x＞1时，y=f（x）==1+在区间（1，+∞）上是单调递减的函数，‎ ‎0＜x＜1时，y=f（x）=﹣=﹣1﹣在区间（0，1）上是单调递增的函数 且无最值；‎ ‎∴命题①错误；‎ ‎②函数f（x）=f（x）=是偶函数，当x＞0时，y=f（x）在区间（0，1）上是单调递增的函数，（1，+∞）上是单调递减的函数；‎ 当k＞0时，函数y=f（x）与y=kx在第一象限内一定有交点；‎ 由对称性知，当x＜0且k＞0时，函数y=f（x）与y=kx在第二象限内一定有交点；‎ ‎∴方程f（x）=kx+b（k≠0）一定有解；‎ ‎∴命题②正确；‎ ‎③∵函数f（x）=是偶函数，且f（x）=0，当k=0时，函数y=f（x）与y=k的图象只有一个交点，∴方程f（x）=k的解的个数是奇数；∴命题③错误；‎ ‎④∵函数f（x）=是偶函数，x≠±1，‎ 当x＞0时，y=f（x）在区间（0，1）上是单调递增的函数，（1，+∞）上是单调递减的函数；‎ 由对称性知，函数f（x）无最小值，命题④错误．‎ 故答案为：②．‎ ‎【点评】本题考查了含有绝对值的分式函数的图象与性质的问题，解题时应先去掉绝对值，化为分段函数，把分式函数分离常数，是易错题．‎ ‎　‎ 二、选择题（本大题共4小题，每小题4分，满分16分）‎ ‎11．“a=﹣3”是“函数y=x2+2（a﹣1）x+2在区间（﹣∞，4]上单调递减”的（　　）‎ A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．‎ ‎【专题】函数思想；综合法；简易逻辑．‎ ‎【分析】先求出函数的对称轴，根据函数的单调性求出a的范围即可．‎ ‎【解答】解：函数y=x2+2（a﹣1）x+2的对称轴是：x=﹣（a﹣1），‎ 若函数在区间（﹣∞，4]上单调递减，‎ 则﹣（a﹣1）≤4，解得：a≥﹣3，‎ ‎∴“a=﹣3”是“函数y=x2+2（a﹣1）x+2在区间（﹣∞，4]上单调递减”的充分必要条件，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了二次函数的性质，考查函数的单调性问题，考查充分必要条件，是一道基础题．‎ ‎　‎ ‎12．如图是函数（m，n∈N*，m，n互质）的图象，则下述结论正确的是（　　）‎ A．m，n是奇数，且m＜n B．m是偶数，n是奇数，且m＞n C．m是偶数，n是奇数，且m＜n D．m是奇数，n是偶数数，且m＞n ‎【考点】幂函数的图象．‎ ‎【专题】数形结合；数形结合法；函数的性质及应用．‎ ‎【分析】根据已知中函数的图象，结合幂函数的图象和性质，分析m，n的奇偶性和大小，可得答案．‎ ‎【解答】解：∵函数（m，n∈N*，m，n互质）的图象的图象关于y轴对称，‎ 故n为奇数，m为偶数，‎ 在第一象限内，函数是凸函数，故，‎ 故m＜n，‎ 故选：C ‎【点评】本题考查的知识点是幂函数的图象和性质，熟练掌握幂函数的图象和性质是解答的关键．‎ ‎　‎ ‎13．已知x0是函数f（x）=2x+的一个零点．若x1∈（1，x0），x2∈（x0，+∞），则（　　）‎ A．f（x1）＜0，f（x2）＜0 B．f（x1）＜0，f（x2）＞0 C．f（x1）＞0，f（x2）＜0 D．f（x1）＞0，f（x2）＞0‎ ‎【考点】函数零点的判定定理．‎ ‎【专题】函数的性质及应用．‎ ‎【分析】因为x0是函数f（x）=2x+的一个零点 可得到f（x0）=0，再由函数f（x）的单调性可得到答案．‎ ‎【解答】解：∵x0是函数f（x）=2x+的一个零点∴f（x0）=0‎ ‎∵f（x）=2x+是单调递增函数，且x1∈（1，x0），x2∈（x0，+∞），‎ ‎∴f（x1）＜f（x0）=0＜f（x2）‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了函数零点的概念和函数单调性的问题，属中档题．‎ ‎　‎ ‎14．若函数f（x）=（k﹣1）ax﹣a﹣x（a＞0，a≠1）在R上既是奇函数，又是减函数，则g（x）=loga（x+k）的图象是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】奇偶性与单调性的综合；对数函数的图象与性质．‎ ‎【专题】数形结合．‎ ‎【分析】根据函数是一个奇函数，函数在原点出有定义，得到函数的图象一定过原点，求出k的值，根据函数是一个减函数，看出底数的范围，得到结果．‎ ‎【解答】解：∵函数f（x）=（k﹣1）ax﹣a﹣x（a＞0，a≠1）在R上是奇函数，‎ ‎∴f（0）=0‎ ‎∴k=2，‎ 又∵f（x）=ax﹣a﹣x为减函数，‎ 所以1＞a＞0，‎ 所以g（x）=loga（x+2）‎ 定义域为x＞﹣2，且递减，‎ 故选：A ‎【点评】本题考查函数奇偶性和单调性，即对数函数的性质，本题解题的关键是看出题目中所出现的两个函数性质的应用．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共6小题，满分64分）‎ ‎15．已知A={x||x﹣a|＜1}，，且A∪B=B，求实数a的取值范围．‎ ‎【考点】集合的包含关系判断及应用．‎ ‎【专题】计算题；集合思想；集合；不等式．‎ ‎【分析】由题意得出A是B的子集，再分别解出A，B两个集合，最后根据集合间的包含关系得出参数a的取值范围．‎ ‎【解答】解：因为A∪B=B，所以A是B的子集，‎ 对于集合A，由|x﹣a|＜1解得x∈（a﹣1，a+1），‎ 对于集合B，由≤1得≤0，‎ 解得，x∈（﹣3，2]，‎ 根据（a﹣1，a+1）⊆（﹣3，2]得，‎ ‎，解得﹣2≤a≤1，‎ 即实数a的取值范围为[﹣2，1]．‎ ‎【点评】本题主要考查了集合的包含关系判断及应用，涉及绝对值不等式的解法和分式不等式的解法，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎16．已知函数f（x）=lg（x+1）‎ ‎（1）当x∈[1，9]时，求函数f（x）的反函数；‎ ‎（2）若0＜f（1﹣2x）﹣f（x）＜1，求x的取值范围．‎ ‎【考点】反函数．‎ ‎【专题】函数思想；转化法；函数的性质及应用；不等式．‎ ‎【分析】（1）先确定函数的值域，就是其反函数的定义域，再对函数求反函数；‎ ‎（2）将该不等式等价为：1＜＜10且x+1＞0，再直接解不等式即可．‎ ‎【解答】解：（1）∵y=f（x）=lg（x+1），‎ ‎∴当x∈[1，9]时，y∈[lg2，1]，‎ 且x+1=10y，即x=10y﹣1，‎ 互换x，y得，y=10x﹣1，‎ 所以，f﹣1（x）=10x﹣1，x∈[lg2，1]；‎ ‎（2）不等式0＜f（1﹣2x）﹣f（x）＜1可化为：‎ ‎0＜lg＜1，等价为：‎ ‎1＜＜10且x+1＞0，‎ 解得x∈（﹣，），‎ 所以，原不等式中x的取值范围为：（﹣，）．‎ ‎【点评】本题主要考查了反函数的解法及其定义域的确定，以及对数不等式与分式不等式的解法，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎17．设是R上的奇函数 ‎（1）求实数a的值；‎ ‎（2）判定f（x）在R上的单调性并证明；‎ ‎（3）若方程f（x2﹣2x﹣a）=0在（0，3）上恒有解，求实数a的取值范围．‎ ‎【考点】函数单调性的判断与证明；函数奇偶性的性质．‎ ‎【专题】计算题；函数思想；综合法；函数的性质及应用．‎ ‎【分析】（1）由f（x）在R上为奇函数便可得到f（0）=0，从而可以求出a=1；‎ ‎（2）分离常数得到，可看出f（x）在R上单调递增，根据增函数的定义，设任意的x1，x2∈R，且x1＜x2，然后作差，通分，根据指数函数的单调性证明f（x1）＜f（x2）便可得出f（x）在R上单调递增；‎ ‎（3）可设g（x）=x2﹣2x﹣a，可看出g（x）的对称轴为x=1，从而有g（1）≤g（x）＜g（0），或g（1）≤g（x）＜g（3），这样根据f（x）在R上单调递增便有f[g（1）]≤f[g（x）]＜f[g（0）]，或f[g（1）]≤f[g（x）]＜f[g（3）]，而要使方程f（x2﹣2x﹣a）=0在（0，3）上恒有解，则需，这样即可求出实数a的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）f（x）为R上的奇函数；‎ ‎∴f（0）=；‎ ‎∴a=1；‎ ‎（2）=，f（x）在R上单调递增，证明如下：‎ 设x1，x2∈R，且x1＜x2，则：‎ ‎=；‎ ‎∵x1＜x2；‎ ‎∴，；‎ 又；‎ ‎∴f（x1）＜f（x2）；‎ ‎∴f（x）在R上单调递增；‎ ‎（3）设g（x）=x2﹣2x﹣a，g（x）的对称轴为x=1，则：g（1）≤g（x）＜g（0），或g（1）≤g（x）＜g（3）；‎ f（x）在R上单调递增；‎ ‎∴f[g（1）]≤f[g（x）]＜f[g（0）]，或f[g（1）]≤f[g（x）]＜f[g（3）]；‎ ‎∵方程f（x2﹣2x﹣a）=0在（0，3）上恒有解；‎ ‎∴；‎ ‎∴；‎ 解得﹣1≤a＜3；‎ ‎∴实数a的取值范围为[﹣1，3）．‎ ‎【点评】考查奇函数的定义，奇函数在原点有定义时，在原点处的函数值为0，分离常数法的运用，增函数的定义，以及根据增函数的定义判断并证明一个函数为增函数的方法和过程，二次函数的对称轴，二次函数的最值，清楚方程的解和函数的零点的关系，要熟悉二次函数的图象．‎ ‎　‎ ‎18．对于函数f1（x），f2（x），h（x），如果存在实数a，b使得h（x）=a•f1（x）+b•f2（x），那么称h（x）为f1（x），f2（x）的生成函数．‎ ‎（1）下面给出两组函数，h（x）是否分别为f1（x），f2（x）的生成函数？并说明理由；‎ 第一组：f1（x）=lg，f2（x）=lg（10x），h（x）=x2﹣x+1；‎ 第二组：f1（x）=x2﹣x，f2（x）=x2+x+1，h（x）=x2﹣x+1；‎ ‎（2）设f1（x）=log2x；x，a=2，b=1生成函数h（x），若不等式3h2（x）+2h（x）+t≤0在x∈[2，4]上有解，求实数t的取值范围；‎ ‎（3）设f1（x）=x（x＞0），f2（x）=，取a＞0，b＞0，生成函数h（x）图象的最低点为（2，8），若对于任意的正实数x1，x2，且x1+x2=1，试问是否存在最大的常熟m，使h（x1）h（x2）≥m恒成立？如果存在，求出这个m的值；如果不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】抽象函数及其应用．‎ ‎【专题】综合题；转化思想；综合法；函数的性质及应用．‎ ‎【分析】（1）化简h（x）=a•f1（x）+b•f2（x），使得与h（x）与x2﹣x+1相同，求出a，b判断结果满足题意；类似方法计算判断第二组．‎ ‎（2）由已知得h（x）=log2x，从而+2log2x+t=3（log2x+）2+t﹣≤0在x∈[2，4]上有解，由t=﹣3（log2x+）2+在[2，4]上单调递减，能求出实数t的取值范围．‎ ‎（3）由题意得，h（x）=ax+，从而h（x）=2x+，x＞0，假设存在最大的常数m，使h（x1）h（x2）≥m恒成立，设μ=h（x1）h（x2），从而转化为求u的最小值即可．‎ ‎【解答】解：（1）第一组：∵f1（x）=lg，f2（x）=lg（10x），h（x）=x2﹣x+1，‎ ‎∴alg+blg（10x）=algx﹣a+b+blgx=（a+b）lgx+b﹣a≠x2﹣x+1，‎ ‎∴第一组函数h（x）不是f1（x），f2（x）的生成函数．‎ 第二组：设a（x2+x）+b（x2+x+1）=x2﹣x+1，‎ 即（a+b）x2+（a+b）x+b=x2﹣x+1，‎ 则，该方程组无解．‎ ‎∴h（x）不是f1（x），f2（x）的生成函数．‎ ‎（2）∵f1（x）=log2x；x，a=2，b=1生成函数h（x），‎ ‎∴h（x）=a•f1（x）+b•f2（x）=2log2x+logx=log2x，‎ ‎∵3h2（x）+2h（x）+t≤0在x∈[2，4]上有解，‎ ‎∴+2log2x+t=3（log2x+）2+t﹣≤0在x∈[2，4]上有解，‎ ‎∵x∈[2，4]，∴log2x+∈[，]‎ ‎∴t=﹣3（log2x+）2+在[2，4]上单调递减，‎ ‎∴=﹣5，=﹣．‎ ‎∴实数t的取值范围是[﹣，﹣5]．‎ ‎（3）由题意得，h（x）=ax+，x＞0，则h（x）=ax+，‎ 故，解得，∴h（x）=2x+，x＞0，‎ 假设存在最大的常数m，使h（x1）h（x2）≥m恒成立．‎ 于是设μ=h（x1）h（x2）==4x1x2++16•‎ ‎=+16（）=4+16•‎ ‎=‎ ‎=，‎ 设t=x1x2，则t=x1x2≤=，即t∈（0，]，‎ 设﹣32，t∈（0，]，‎ ‎∵＜0，t∈（0，]，∴﹣32在（0，]上单调递减，从而μ≥μ（）=289．‎ 故存在最大的常数m=289．‎ ‎【点评】本题考查函数性质的应用，是中档题，解题时要认真审题，注意函数性质、换元法的合理运用．‎ ‎　‎ ‎19．已知集合M={f（x）|在定义域内存在实数x0，使得f（x0+1）=f（x0）+f（1）成立}．‎ ‎（1）函数f（x）=是否属于集合M？说明理由．‎ ‎（2）证明：函数f（x）=2x+x2∈M．‎ ‎（3）设函数f（x）=lg∈M，求实数a的取值范围．‎ ‎【考点】抽象函数及其应用．‎ ‎【专题】综合题；函数的性质及应用．‎ ‎【分析】（1）f（x）=，令f（x+1）=f（x）+f（1）⇒x2+x+1=0，该方程无实数解，从而知函数f（x）=不属于集合M；‎ ‎（2）令f（x+1）=f（x）+f（1），依题意可求得2x﹣1+x﹣1=0，构造函数g（x）=2x﹣1+x﹣1，利用零点存在定理即可证得结论；‎ ‎（3）依题意可求得a=，设2x=t＞0，通过分离常数易求a==+，从而可求得a的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）∵f（x）=，‎ 令f（x+1）=f（x）+f（1），‎ 则=+1=，‎ ‎∴（x+1）2=x，‎ 即x2+x+1=0，‎ ‎∵△=12﹣4×1×1=﹣3＜0，‎ ‎∴方程x2+x+1=0无实数解，即不存在x0∈R，使得f（x0+1）=f（x0）+f（1）成立，‎ ‎∴函数f（x）=不属于集合M；‎ ‎（2）令f（x+1）=f（x）+f（1），‎ 则2x+1+（x+1）2=2x+x2+3，即2x+1﹣2x+2x﹣2=0，‎ 整理得：2x﹣1+x﹣1=0；‎ 令g（x）=2x﹣1+x﹣1，‎ ‎∵g（0）=﹣＜0，g（1）=1＞0，‎ ‎∴g（x）在（0，1）内必然有解，即存在x0∈R，使得f（x0+1）=f（x0）+f（1）成立，‎ ‎∴函数f（x）=2x+x2∈M；‎ ‎（3）∵lg=lg+lg，‎ ‎∴=，‎ ‎∴a=，‎ 设2x=t＞0，‎ a==+，‎ ‎∵t＞0，‎ ‎∴0＜＜1，‎ ‎∴＜+＜3，‎ 即a∈（，3）．‎ ‎【点评】本题考查抽象函数及其应用，着重考查方程思想，考查构造函数思想及零点存在定理、分离常数法的综合应用，属于难题．‎ ‎　‎ ‎20．已知f（x）=x+．‎ ‎（1）指出的f（x）值域；‎ ‎（2）求函数f（x）对任意x∈[﹣2，﹣1]，不等式f（mx）+mf（x）＜0恒成立，求实数m的取值范围．‎ ‎（3）若对任意正数a，在区间[1，a+]内存在k+1个实数a1，a2，…，ak+1使得不等式f（a1）+f（a2）+…+f（ak）＜f（ak+1）成立，求k的最大值．‎ ‎【考点】函数恒成立问题；函数的值域．‎ ‎【专题】综合题；函数的性质及应用；不等式的解法及应用．‎ ‎【分析】（1）分x＞0和x＜0写出分段函数，分段求出值域后取并集得答案；‎ ‎（2）由导数判断出f（x）=x﹣在[﹣2，﹣1]上为增函数，然后分m＞0和m＜0两种情况代入 f（mx）+mf（x），把f（mx）+mf（x）＜0转化为含参数m的不等式恒成立，m＞0时分离参数m，求出函数的最值，则m的范围可求，m＜0时，不等式不成立，从而得到实数m的取值范围；‎ ‎（3）取正数a=，在区间[1，a+]内存在k+1个实数a1，a2，…，ak+1使得不等式 f（a1）+f（a2）+…+f（ak）＜f（ak+1）成立，可考虑在其子集内成立，由函数是增函数得到k个不等式f（1）≤f（ai）（i=1，2，…，k），作和后结合已知转化为关于k的不等式，则k的最大值可求．‎ ‎【解答】解：（1）当x＞0时，f（x）=x+=≥2；‎ 当x＜0时，f（x）=x+=∈R．‎ ‎∴函数f（x）的值域为R；‎ ‎（2）由题意知，m≠0，‎ 当x∈[﹣2，﹣1]，函数f（x）=x﹣，，‎ ‎∴f（x）=x﹣在[﹣2，﹣1]上为增函数，‎ ‎①当m＞0时，由x∈[﹣2，﹣1]，得f（mx）+mf（x）=恒成立，‎ 即2m2x2﹣m2﹣1＞0恒成立，由于x∈[﹣2，﹣1]时，2x2﹣1＞0，也就是恒成立，‎ 而在[﹣2，﹣1]上的最大值为1，因此，m＞1．‎ ‎②当m＜0时，，即2m2x2﹣m2+1＜0．‎ 由于x∈[﹣2，﹣1]时，2x2﹣1＞0，不等式左边恒正，该式不成立．‎ 综上所述，m＞1；‎ ‎（3）取a=，则在区间内存在k+1个符合要求的实数．‎ 注意到⊆[1，a+]．‎ 故只需考虑在上存在符合要求的k+1个实数a1，a2，…，ak+1，‎ 函数f（x）=在上为增函数，∴f（1）≤f（ai）（i=1，2，…，k），‎ ‎，将前k个不等式相加得，，‎ 得，∴k≤44．‎ 当k=44时，取a1=a2=…=a44=1，，则题中不等式成立．‎ 故k的最大值为44．‎ ‎【点评】本题考查了函数的值域，考查了函数恒成立问题，训练了分离变量法和数学转化思想方法，特别对于（3）的处理，体现了特值化思想在解题中的应用，是难度较大的题目．‎ ‎　‎