高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 大專題綜合測(cè)1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（含解析）試題

第二部分大專題綜合測(cè)1函數(shù)與導(dǎo)數(shù)時(shí)間120分鐘，滿分150分。一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．(文)設(shè)集合M＝{－1}，N＝{1＋coseq\f(mπ,4)，log0.2(|m|＋1)}，若M?N，則集合N等于()A．{2} B．{－2,2}C．{0} D．{－1,0}[答案]D[解析]因?yàn)镸?N且1＋coseq\f(mπ,4)≥0，log0.2(|m|＋1)<0，所以log0.2(|m|＋1)＝－1，可得|m|＋1＝5，故m＝±4，N＝{－1,0}．(理)(2015·福建理，1)若集合A＝{i，i2，i3，i4}(i是虛數(shù)單位)，B＝{1，－1}，則A∩B等于()A．{－1} B．{1}C．{1，－1} D．?[答案]C[解析]考查：(1)復(fù)數(shù)的概念；(2)集合的運(yùn)算．由已知得A＝{i，－1，－i,1}，故A∩B＝{1，－1}，故選C.2．(文)(2015·福建理，2)下列函數(shù)為奇函數(shù)的是()A．y＝eq\r(x) B．y＝|sinx|C．y＝cosx D．y＝ex－e－x[答案]D[解析]考查函數(shù)的奇偶性．函數(shù)y＝eq\r(x)是非奇非偶函數(shù)；y＝|sinx|和y＝cosx是偶函數(shù)；y＝ex－e－x是奇函數(shù)，故選D．(理)下列函數(shù)中，定義域是R且為增函數(shù)的是()A．y＝e－x B．y＝x3C．y＝lnx D．y＝|x|[答案]B[解析]A為減函數(shù)，C定義域?yàn)?0，＋∞)，D中函數(shù)在(－∞，0)上遞減，在(0，＋∞)上遞增．3．(文)已知y＝f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x≠0時(shí)，f′(x)＋eq\f(fx,x)>0，則函數(shù)g(x)＝f(x)＋eq\f(1,x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A．1 B．2C．0 D．0或2[答案]C[解析]由條件知，f′(x)＋eq\f(fx,x)＝eq\f([xfx]′,x)>0.令h(x)＝xf(x)，則當(dāng)x>0時(shí)，h′(x)>0，當(dāng)x<0時(shí)，h′(x)<0，∴h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且h(0)＝0.，則h(x)≥0對(duì)任意實(shí)數(shù)恒成立．函數(shù)g(x)的零點(diǎn)即為y＝h(x)與y＝－1的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，所以函數(shù)g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0.(理)(2014·浙江理，6)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且0≤f(－1)＝f(－2)＝f(－3)≤3，則()A．c≤3 B．3<c≤6C．6<c≤9 D．c>9[答案]C[解析]∵f(－1)＝f(－2)＝f(－3)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＋a－b＋c＝－8＋4a－2b＋c，,－1＋a－b＋c＝－27＋9a－3b＋c，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝6，,b＝11.))∴f(x)＝x3＋6x2＋11x＋c，又∵0<f(－1)≤3，∴0<c－6≤3，∴6<c≤9，選C.4．(文)(2015·浙江理，4)命題“?n∈N*，f(n)∈N*且f(n)≤n”的否定形式是()A．?n∈N*,f(n)?N*且f(n)>nB．?n∈N*,f(n)?N*或f(n)>nC．?n0∈N*,f(n0)?N*且f(n0)>n0D．?n0∈N*,f(n0)?N*或f(n0)>n0[答案]D[解析]全稱命題的否定為特稱命題，“≤”的否定為“>”．(理)(2015·浙江理，6)設(shè)A，B是有限集，定義：d(A，B)＝card(A∪B)－card(A∩B)，其中card(A)表示有限集A中元素的個(gè)數(shù)．命題①：對(duì)任意有限集A，B，“A≠B”是“d(A，B)>0”的充分必要條件；命題②：對(duì)任意有限集A，B，C，d(A，C)≤d(A，B)＋d(B，C)．A．命題①和命題②都成立B．命題①和命題②都不成立C．命題①成立，命題②不成立D．命題①不成立，命題②成立[答案]A[解析]考查集合的性質(zhì)．命題①顯然正確，通過(guò)下圖亦可知d(A，C)表示的區(qū)域不大于d(A，B)＋d(B，C)的區(qū)域，故命題②也正確，故選A.5．(文)(2014·福建理，4)若函數(shù)y＝logax(a>0，且a≠1)的圖象如圖所示，則下列函數(shù)圖象正確的是()[答案]B[解析]由圖可知y＝logax圖象過(guò)(3,1)，∴l(xiāng)oga3＝1，∴a＝3，∵y＝3－x為減函數(shù)，∴排除A；∵y＝(－x)3當(dāng)x>0時(shí)，y<0，∴排除C；∵y＝log3(－x)中，當(dāng)x＝－3時(shí)，y＝1，∴排除D，∴選B．(理)函數(shù)f(x)＝eq\f(2e－x,2－x)的圖象大致是()[答案]B[解析]f′(x)＝eq\f(2e－xx－1,2－x2)(x≠2)，令f′(x)<0，得x<1.故f(x)的減區(qū)間是(－∞，1)，增區(qū)間為(1,2)，(2，＋∞)，f(x)在x＝1處取得極小值，且極小值為f(1)＝eq\f(2,e)>0，故排除C、D兩項(xiàng)；當(dāng)x>2時(shí)，f(x)<0，排除A項(xiàng)，故選B項(xiàng)．6．(2015·北京海淀期末)設(shè)a＝0.23，b＝log20.3，c＝20.3，則()A．b<c<a B．c<b<aC．a(chǎn)<b<c D．b<a<c[答案]D[解析]因?yàn)?<a＝0.23<1，b＝log20.3<0，c＝20.3>1，所以b<a<c，故選D．7．(文)(2014·新課標(biāo)Ⅱ文，11)若函數(shù)f(x)＝kx－lnx在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則k的取值范圍是()A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)[答案]D[解析]由條件知f′(x)＝k－eq\f(1,x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，∴k≥1.把函數(shù)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化為恒成立問(wèn)題是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．(理)若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上可導(dǎo)，且滿足f(x)>xf′(x)，則一定有()A．函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)B．函數(shù)G(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)C．函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)D．函數(shù)G(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)[答案]C[解析]對(duì)于F(x)＝eq\f(fx,x)，F(xiàn)′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)<0，故F(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)．8．(文)若函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)在區(qū)間[1，e]上的最小值為eq\f(3,2)，則實(shí)數(shù)a的值為()A.eq\f(3,2) B．eq\r(e)C.eq\f(e,2) D．非上述答案[答案]B[解析]f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)，令f′(x)＝0，則x＝a，若a<1，則f(x)min＝f(1)＝a＝eq\f(3,2)>1，不合題意．若a>e，則f(x)min＝f(e)＝1＋eq\f(a,e)＝eq\f(3,2)，則a＝eq\f(e,2)<e，不合題意．所以1≤a≤e，f(x)min＝f(a)＝lna＋1＝eq\f(3,2)，則a＝eq\r(e).(理)(2014·新課標(biāo)Ⅱ理，8)設(shè)曲線y＝ax－ln(x＋1)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為y＝2x，則a＝()A．0 B．1C．2 D．3[答案]D[解析]本題考查導(dǎo)數(shù)的基本運(yùn)算及導(dǎo)數(shù)的幾何意義．令f(x)＝ax－ln(x＋1)，∴f′(x)＝a－eq\f(1,x＋1).∴f(0)＝0，且f′(0)＝2.聯(lián)立解得a＝3，故選D．9．(文)(2015·北京西城區(qū)二模)設(shè)命題p：函數(shù)f(x)＝ex－1在R上為增函數(shù)；命題q：函數(shù)f(x)＝cos(x＋π)為奇函數(shù)，則下列命題中真命題是()A．p∧q B．(?p)∨qC．(?p)∧(?q) D．p∧(?q)[答案]D[解析]p為真命題；∵cos(x＋π)＝－cosx，∴f(x)為偶函數(shù)，∴q為假命題．故選D．(理)(2015·杭州市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)(x∈R)是以4為周期的奇函數(shù)，當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，f(x)＝ln(x2－x＋b)．若函數(shù)f(x)在區(qū)間[－2,2]上有5個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是()A．－1<b≤1 B．eq\f(1,4)≤b≤eq\f(5,4)C．－1<b<1或b＝eq\f(5,4) D．eq\f(1,4)<b≤1或b＝eq\f(5,4)[答案]D[解析]本題考查函數(shù)的性質(zhì)，考查數(shù)形結(jié)合與轉(zhuǎn)化思想，難度較大．由周期性f(－2)＝f(－2＋4)＝f(2)，又由奇偶性可得f(－2)＝－f(2)，∴－f(2)＝f(2)，∴f(2)＝0，f(－2)＝0，又f(0)＝0，故若函數(shù)在區(qū)間[－2,2]內(nèi)存在5個(gè)零點(diǎn)，只需x∈(0,2)時(shí)，f(x)＝ln(x2－x＋b)只有一個(gè)零點(diǎn)即可，即方程x2－x＋b＝1在區(qū)間(0,2)內(nèi)只有一根，可轉(zhuǎn)化為y＝b，y＝－x2＋x＋1在x∈(0,2)上只有一個(gè)交點(diǎn)，結(jié)合圖形可得－1<b≤1或b＝eq\f(5,4)，同時(shí)考慮定義域的限制，x∈(0,2)，x2－x＋b>0恒成立得b>eq\f(1,4)，綜上可得b的取值范圍是eq\f(1,4)<b≤1或b＝eq\f(5,4)，故選D．[易錯(cuò)警示]本題易忽視函數(shù)f(x)＝ln(x2－x＋b)在區(qū)間(0,2)上有意義而錯(cuò)選C.10．(文)(2015·東北三省四市聯(lián)考)定義在[0,1]上，并且同時(shí)滿足以下兩個(gè)條件的函數(shù)f(x)稱為M函數(shù)：①對(duì)任意的x∈[0,1]，恒有f(x)≥0；②當(dāng)x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1時(shí)，總有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，則下列函數(shù)不是M函數(shù)的是()A．f(x)＝x2 B．f(x)＝2x－1C．f(x)＝ln(x2＋1) D．f(x)＝x2＋1[答案]D[解析]利用排除法求解．函數(shù)f(x)＝x2≥0，x∈[0,1]，且x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1時(shí)，f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝(x1＋x2)2－xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＝2x1x2≥0，所以f(x)＝x2是M函數(shù)，A選項(xiàng)正確；函數(shù)f(x)＝2x－1≥0，x∈[0,1]，且x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1時(shí)，f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝2x1＋x2－2x1－2x2＋1＝(2x1－1)(2x2－1)≥0，所以f(x)＝2x－1是M函數(shù)，B選項(xiàng)正確；函數(shù)f(x)＝ln(x2＋1)≥0，x∈[0,1]，且x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1時(shí)，x1x2≤(eq\f(x1＋x2,2))2≤eq\f(1,4)，所以[(x1＋x2)2＋1]－(xeq\o\al(2,1)＋1)(xeq\o\al(2,2)＋1)＝x1x2(2－x1x2)≥0，則f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝ln[(x1＋x2)2＋1]－ln(xeq\o\al(2,1)＋1)－ln(xeq\o\al(2,2)＋1)＝lneq\f(x1＋x22＋1,x\o\al(2,1)＋1x\o\al(2,2)＋1)≥0，所以f(x)＝ln(x2＋1)是M函數(shù)，C選項(xiàng)正確；對(duì)于函數(shù)f(x)＝x2＋1，x1＝x2＝eq\f(1,2)滿足條件，此時(shí)f(x1＋x2)＝f(1)＝2<f(x1)＋f(x2)＝eq\f(5,2)，所以f(x)＝x2＋1不是M函數(shù)，D選項(xiàng)錯(cuò)誤，故選D．(理)(2015·福州市質(zhì)檢)若函數(shù)f(x)滿足：?x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤|x1－x2|成立，則稱f(x)∈Ψ.對(duì)于函數(shù)g(x)＝x3－x，h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋x，x<0，,cosx，x≥0))有()A．g(x)∈Ψ且h(x)∈Ψ B．g(x)∈Ψ且h(x)?ΨC．g(x)?Ψ且h(x)∈Ψ D．g(x)?Ψ且h(x)?Ψ[答案]C[解析]對(duì)于函數(shù)g(x)＝x3－x，因?yàn)間′(x)＝3x2－1，故x∈[－1,1]時(shí)，g′(x)∈[－1,2]，即?x1，x2∈[－1,1]，使得|g(x1)－g(x2)|>|x1－x2|，故g(x)?Ψ.在同一直角坐標(biāo)系中分別作出y＝h(x)，y＝x，y＝－x的圖象如圖所示，觀察可知?x1，x2∈[－1,1]，eq\f(|hx1－h(huán)x2|,|x1－x2|)≤1，即|h(x1)－h(huán)(x2)|≤|x1－x2|，故h(x)∈Ψ.綜上所述，故選C.11．(文)(2015·濟(jì)南模擬)若至少存在一個(gè)x(x≥0)，使得關(guān)于x的不等式x2≤4－|2x－m|成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為()A．[－4,5] B．[－5,5]C．[4,5] D．[－5,4][答案]A[解析]本題考查函數(shù)的圖象與性質(zhì)、數(shù)形結(jié)合思想．至少存在一個(gè)x≥0，使得不等式|x－eq\f(m,2)|≤2－eq\f(1,2)x2成立，即函數(shù)f(x)＝|x－eq\f(m,2)|與g(x)＝2－eq\f(1,2)x2的圖象存在橫坐標(biāo)是非負(fù)數(shù)的公共點(diǎn)．在同一坐標(biāo)系下畫(huà)出函數(shù)g(x)＝2－eq\f(1,2)x2與y＝|x|的圖象，結(jié)合圖象可知將y＝|x|的圖象向左平移到經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0,2)這個(gè)過(guò)程中的相應(yīng)曲線均滿足題意，即－4≤m≤0；將y＝|x|的圖象向左平移到直線y＝－x＋eq\f(m,2)與拋物線y＝2－eq\f(1,2)x2相切的過(guò)程中的相應(yīng)曲線均滿足題意，設(shè)相應(yīng)的切點(diǎn)橫坐標(biāo)是x0，則有－x0＝－1，x0＝1，切點(diǎn)坐標(biāo)是(1，eq\f(3,2))，于是有eq\f(3,2)＝－1＋eq\f(m,2)，得m＝5，所以0≤m≤5.因此滿足題意的實(shí)數(shù)m的取值范圍是[－4，5]，故選A.(理)(2015·東北三省四市聯(lián)考)若對(duì)于?x，y∈[0，＋∞)，不等式4ax≤ex＋y－2＋ex－y－2＋2恒成立，則實(shí)數(shù)a的最大值是()A.eq\f(1,4) B．1C．2 D．eq\f(1,2)[答案]D[解析]利用分離參數(shù)法求解．由題意可得4ax≤ex－2(ey＋e－y)＋2，y∈[0，＋∞)恒成立，所以eq\f(4ax－2,ex－2)≤(ey＋e－y)min＝2，則2ax≤ex－2＋1，x∈[0，＋∞)恒成立，x＝0時(shí)顯然成立，所以2ax≤ex－2＋1，x∈(0，＋∞)恒成立，即2a≤(eq\f(ex－2＋1,x))min在x∈(0，＋∞)上恒成立，令f(x)＝eq\f(ex－2＋1,x)，x∈(0，＋∞)，則f′(x)＝eq\f(ex－2x－1－1,x2)，x∈(0，＋∞)，由f′(x)＝0得x＝2，當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(2)＝1，則2a≤1，a≤eq\f(1,2)，所以實(shí)數(shù)a的最大值是eq\f(1,2)，故選D．12．(文)(2015·四川理，9)如果函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)(m－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞減，那么mn的最大值為()A．16 B．18C．25 D．eq\f(81,2)[答案]B[解析]考查函數(shù)與不等式的綜合應(yīng)用．當(dāng)m＝2時(shí)，∵f(x)＝(n－8)x＋1在[eq\f(1,2)，2]上單調(diào)遞減，∴n<8，又n≥0，∴mn＝2n<16.當(dāng)m≠2時(shí)，拋物線的對(duì)稱軸為x＝－eq\f(n－8,m－2).據(jù)題意，當(dāng)m>2時(shí)，－eq\f(n－8,m－2)≥2即2m＋n≤12.∵eq\r(2m·n)≤eq\f(2m＋n,2)≤6，∴mn≤18.由2m＝n且2m＋n＝12得m＝3，n＝6.∴當(dāng)m＝3，n＝6時(shí)，mn取到最大值18.當(dāng)m<2時(shí)，拋物線開(kāi)口向下，據(jù)題意得，－eq\f(n－8,m－2)≤eq\f(1,2)，即m＋2n≤18.∵n≤9－eq\f(1,2)m，∵0≤m<2，n≥0，∴mn≤9m－eq\f(1,2)m2＝－eq\f(1,2)(m－9)2＋eq\f(81,2)<－eq\f(1,2)(2－9)2＋eq\f(81,2)＝16.綜上可知mn的最大值為18.選B．(理)(2015·新課標(biāo)Ⅰ理，12)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)<0，則a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，1)) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，\f(3,4))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，1))[答案]D[解析]解法1：設(shè)g(x)＝ex(2x－1)，h(x)＝ax－a，由題知存在唯一的整數(shù)x0，使得(x0，g(x0))在直線h(x)＝ax－a的下方．因?yàn)間′(x)＝ex(2x＋1)，所以當(dāng)x＜－eq\f(1,2)時(shí)，g′(x)＜0，當(dāng)x＞－eq\f(1,2)時(shí)，g′(x)＞0，所以當(dāng)x＝－eq\f(1,2)時(shí)，[g(x)]min＝－2e－eq\f(1,2)，∵f(1)＝e>0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝a－1<0，,f－1＝－\f(3,e)＋2a≥0.))，解得eq\f(3,2e)≤a＜1，故選D.解法2：∵a<1，∴f(0)＝－1＋a<0，∴x0＝0是符合題意的唯一的整數(shù)x0，從而eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1≥0，,f1≥0，))∴a≥eq\f(3,2e)，又a<1，∴eq\f(3,2e)≤a<1，故選D．二、填空題(本大題共4個(gè)小題，每小題5分，共20分，將正確答案填在題中橫線上)13．已知命p：?x∈R，ax2＋2x＋1≤0.若命題p是假命題，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．[答案](1，＋∞)[解析]根據(jù)原命題是假命題，則其否定是真命題，結(jié)合二次函數(shù)圖象求解．命題p的否定?p：?x∈R，ax2＋2x＋1>0是真命題，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝4－4a<0，))解得a>1.14．(文)若曲線y＝x－eq\f(1,2)在點(diǎn)(m，m－eq\f(1,2))處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成三角形的面積為18，則m＝________.[答案]64[解析]∵y＝x－eq\f(1,2)，∴y′＝－eq\f(1,2)x－eq\f(3,2)，∴切線的斜率為－eq\f(1,2)m－eq\f(3,2)，切線方程為y－m－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)m－eq\f(3,2)(x－m)，令x＝0，得y＝eq\f(3,2)m－eq\f(1,2)，令y＝0，得x＝3m，∵m>0，∴eq\f(1,2)×3m×eq\f(3,2)m－eq\f(1,2)＝18，∴meq\f(1,2)＝8，∴m＝64.(理)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)ax3＋eq\f(1,2)ax2－bx＋b－1在x＝1處的切線與x軸平行，若函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過(guò)四個(gè)象限，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．[答案](eq\f(3,16)，eq\f(6,5))[解析]依題意得，f′(1)＝0，又f′(x)＝ax2＋ax－b，∴b＝2a，∴f′(x)＝ax2＋ax－2a＝a(x＋2)(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，①當(dāng)a＝0時(shí)，不合題意；②當(dāng)a>0時(shí)，要使圖象過(guò)四個(gè)象限，只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－2＝\f(16,3)a－1>0，,f1＝\f(5,6)a－1<0，))結(jié)合a>0，解得a∈(eq\f(3,16)，eq\f(6,5))；③當(dāng)a<0時(shí)，要使圖象過(guò)四個(gè)象限，只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－2＝\f(16,3)a－1<0，,f1＝\f(5,6)a－1>0，))結(jié)合a<0.可知不存在符合條件的實(shí)數(shù)a；綜上得，a的取值范圍是(eq\f(3,16)，eq\f(6,5))．15．(文)函數(shù)f(x)＝ax3－2ax2＋(a＋1)x－log2(a2－1)不存在極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．[答案]1<a≤3[解析]因?yàn)閍2－1>0，∴a>1或a<－1；f′(x)＝3ax2－4ax＋a＋1，∵函數(shù)f(x)不存在極值點(diǎn)，∴f′(x)＝0不存在兩不等實(shí)根，∴Δ＝16a2－4×3a(a＋1)＝4a(a－3)≤0，所以0≤a≤3，綜上可知：1<a≤3.(理)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1,0)，(2,0)，如圖所示，則下列說(shuō)法中不正確的是________．①當(dāng)x＝eq\f(3,2)時(shí)函數(shù)取得極小值；②f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)；③當(dāng)x＝2時(shí)函數(shù)取得極小值；④當(dāng)x＝1時(shí)函數(shù)取得極大值．[答案]①[解析]從圖象上可以看到：當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)1和2，且當(dāng)x＝2時(shí)函數(shù)取得極小值，當(dāng)x＝1時(shí)函數(shù)取得極大值．只有①不正確．16．(文)(2015·長(zhǎng)沙市模擬)若關(guān)于x的方程x4＋ax3＋ax2＋ax＋1＝0有實(shí)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．[答案](－∞，－eq\f(2,3)]∪[2，＋∞)[解析]利用分離參數(shù)法求解．因?yàn)殛P(guān)于x的方程x4＋ax3＋ax2＋ax＋1＝0有實(shí)根，易知實(shí)根不為0，則－a＝eq\f(x4＋1,x3＋x2＋x)＝eq\f(x2＋\f(1,x2),x＋1＋\f(1,x))，令x＋eq\f(1,x)＝t∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，則－a＝eq\f(t2－2,t＋1)，t∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)．因?yàn)?eq\f(t2－2,t＋1))′＝eq\f(t2＋2t＋2,t＋12)>0，所以eq\f(t2－2,t＋1)≤－2或eq\f(t2－2,t＋1)≥eq\f(2,3)，即－a≤－2或－a≥eq\f(2,3)，解得a≥2或a≤－eq\f(2,3).(理)(2015·福州市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝x·sinx，有下列四個(gè)結(jié)論：①函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱；②存在常數(shù)T>0，對(duì)任意的實(shí)數(shù)x，恒有f(x＋T)＝f(x)成立；③對(duì)于任意給定的正數(shù)M，都存在實(shí)數(shù)x0，使得|f(x0)|≥M；④函數(shù)f(x)的圖象上至少存在三個(gè)點(diǎn)，使得該函數(shù)在這些點(diǎn)處的切線重合．其中正確結(jié)論的序號(hào)是________(請(qǐng)把所有正確結(jié)論的序號(hào)都填上)．[答案]①③④[解析]因?yàn)楹瘮?shù)的定義域?yàn)镽，且f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsinx＝f(x)，故函數(shù)f(x)＝xsinx為偶函數(shù)，圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，①正確；作出函數(shù)y＝xsinx的圖象如圖所示，觀察可知，該函數(shù)沒(méi)有周期性，②錯(cuò)誤；因?yàn)楫?dāng)x→∞，x≠kπ時(shí)，|f(x)|→＋∞，故對(duì)于任意給定的正數(shù)M，都存在實(shí)數(shù)x0，使得|f(x0)|≥M，對(duì)于任意正數(shù)M，在同一坐標(biāo)系中作出函數(shù)y＝sinx與y＝eq\f(M,x)的圖象，易知當(dāng)x>0時(shí)，總存在x0>0，使sinx0≥eq\f(M,x0)>0，∴x0sinx0≥M，∴|x0sinx0|≥M，可知③正確；作出y＝±x的圖象如圖所示，觀察可知，或由直線y＝x與曲線切于點(diǎn)(eq\f(π,2)＋2kπ，eq\f(π,2)＋2kπ)，k∈Z知④正確．綜上所述，正確命題的序號(hào)為①③④.三、解答題(本大題共6個(gè)小題，共70分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)17．(本題滿分10分)(文)已知命題p：A＝{a|關(guān)于x的不等式x2＋2ax＋4>0在R上恒成立}，命題q：B＝{a|1<eq\f(a＋k,2)<2}．(1)若k＝1，求A∩(?RB)；(2)若“非p”是“非q”的充分不必要條件，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．[解析]依題意，可得A＝{a|4a2－16<0}＝{x|－2<a<2}，B＝{a|2－k<a<4－k(1)當(dāng)k＝1時(shí)，由于B＝{a|1<a<3}，則?RB＝{a|a≤1或a≥3}，所以A∩(?RB)＝{a|－2<a≤1}．(2)由“非p”是“非q”的充分不必要條件，可知q是p的充分不必要條件．只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－k≥－2，,4－k≤2，))解得2≤k≤4.所以實(shí)數(shù)k的取值范圍是[2,4]．(理)若集合A具有以下性質(zhì)：①0∈A,1∈A；②若x、y∈A，則x－y∈A，且x≠0時(shí)，eq\f(1,x)∈A，則稱集合A是“好集”．(1)分別判斷集合B＝{－1,0,1}，有理數(shù)集Q是否是“好集”，并說(shuō)明理由；(2)設(shè)集合A是“好集”，求證：若x、y∈A，則x＋y∈A；(3)對(duì)任意的一個(gè)“好集”A，分別判斷下面命題的真假，并說(shuō)明理由．命題p：若x、y∈A，則必有xy∈A；命題q：若x、y∈A，且x≠0，則必有eq\f(y,x)∈A.[解析](1)集合B不是“好集”．理由是：假設(shè)集合B是“好集”，因?yàn)椋?∈B,1∈B，所以－1－1＝－2∈B．這與－2?B矛盾．有理數(shù)集Q是“好集”．因?yàn)?∈Q,1∈Q，對(duì)任意的x，y∈Q，有x－y∈Q，且x≠0時(shí)，eq\f(1,x)∈Q.所以有理數(shù)集Q是“好集”．(2)證明：因?yàn)榧螦是“好集”，所以0∈A.若x、y∈A，則0－y∈A，即－y∈A.所以x－(－y)∈A，即x＋y∈A.(3)命題p、q均為真命題．理由如下：對(duì)任意一個(gè)“好集”A，任取x、y∈A，若x、y中有0或1時(shí)，顯然xy∈A.下設(shè)x、y均不為0,1.由定義可知x－1、eq\f(1,x－1)、eq\f(1,x)∈A.所以eq\f(1,x－1)－eq\f(1,x)∈A，即eq\f(1,xx－1)∈A.所以x(x－1)∈A.由(2)可得x(x－1)＋x∈A，即x2∈A.同理可得y2∈A.若x＋y＝0或x＋y＝1，則顯然(x＋y)2∈A.若x＋y≠0且x＋y≠1，則(x＋y)2∈A.所以2xy＝(x＋y)2－x2－y2∈A.所以eq\f(1,2xy)∈A.由(2)可得eq\f(1,xy)＝eq\f(1,2xy)＋eq\f(1,2xy)∈A.所以xy∈A.綜上可知，xy∈A，即命題p為真命題．若x，y∈A，且x≠0，則eq\f(1,x)∈A.所以eq\f(y,x)＝y(tǒng)·eq\f(1,x)∈A，即命題q為真命題．18．(本題滿分12分)(2015·四川綿陽(yáng)一診)已知函數(shù)f(x)＝1－eq\f(4,2ax＋a)(a>0且a≠1)是定義在(－∞，＋∞)上的奇函數(shù)．(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的值域；(3)當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，tf(x)≥2x－2恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．[解析]解法1：(1)∵f(x)是定義在(－∞，＋∞)上的奇函數(shù)，即f(－x)＝－f(x)恒成立，∴f(0)＝0.即1－eq\f(4,2×a0＋a)＝0，解得a＝2.(2)由(1)知f(x)＝1－eq\f(2,2x＋1)＝eq\f(2x－1,2x＋1)，記y＝f(x)，即y＝eq\f(2x－1,2x＋1)，∴2x＝eq\f(1＋y,1－y)，由2x>0知eq\f(1＋y,1－y)>0，∴－1<y<1，即f(x)的值域?yàn)?－1,1)．(3)原不等式tf(x)≥2x－2即為eq\f(t·2x－t,2x＋1)≥2x－2.即(2x)2－(t＋1)·2x＋t－2≤0.設(shè)2x＝u，∵x∈(0,1]，∴u∈(1,2]．∵x∈(0,1]時(shí)，tf(x)≥2x－2恒成立，∴u∈(1,2]時(shí)，u2－(t＋1)·u＋t－2≤0恒成立．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(u1≤0，,u2≤0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12－t＋1×1＋t－2≤0，,22－t＋1×2＋t－2≤0，))解得t≥0.解法2：(1)同解法1.(2)由(1)知f(x)＝1－eq\f(2,2x＋1)，而2x>0，∴2x＋1>1，∴0<eq\f(2,2x＋1)<2，∴－1<1－eq\f(2,2x＋1)<1，即－1<f(x)<1.∴f(x)的值域?yàn)?－1,1)．(3)∵x∈(0,1]，∴2x－1>0，∴原式變?yōu)閠≥eq\f(2x＋1,2x－1)·(2x－2)＝eq\f(2x2－2x－2,2x－1)＝eq\f(2x－12＋2x－1－2,2x－1)＝(2x－1)－eq\f(2,2x－1)＋1.令μ＝2x－1，則μ∈(0,1]，原式變?yōu)閠≥μ－eq\f(2,μ)＋1.而g(μ)＝μ－eq\f(2,μ)＋1在μ∈(0,1]時(shí)是增函數(shù)，∴當(dāng)μ＝1時(shí)，g(μ)max＝0，∴t≥0.19．(本題滿分12分)(文)某開(kāi)發(fā)商用9000萬(wàn)元在市區(qū)購(gòu)買一塊土地，用于建一幢寫(xiě)字樓，規(guī)劃要求寫(xiě)字樓每層建筑面積為2000平方米．已知該寫(xiě)字樓第一層的建筑費(fèi)用為每平方米4000元，從第二層開(kāi)始，每一層的建筑費(fèi)用比其下面一層每平方米增加100元．(1)若該寫(xiě)字樓共x層，總開(kāi)發(fā)費(fèi)用為y萬(wàn)元，求函數(shù)y＝f(x)的表達(dá)式；(總開(kāi)發(fā)費(fèi)用＝總建筑費(fèi)用＋購(gòu)地費(fèi)用)(2)要使整幢寫(xiě)字樓每平方米的平均開(kāi)發(fā)費(fèi)用最低，該寫(xiě)字樓應(yīng)建為多少層？[解析](1)由已知，寫(xiě)字樓最下面一層的總建筑費(fèi)用為4000×2000＝8000000(元)＝800(萬(wàn)元)，從第二層開(kāi)始，每層的建筑總費(fèi)用比其下面一層多100×2000＝200000(元)＝20(萬(wàn)元)，寫(xiě)字樓從下到上各層的總建筑費(fèi)用構(gòu)成以800為首項(xiàng)，20為公差的等差數(shù)列，所以函數(shù)表達(dá)式為y＝f(x)＝800x＋eq\f(xx－1,2)×20＋9000＝10x2＋790x＋9000(x∈N*)．(2)由(1)知寫(xiě)字樓每平方米平均開(kāi)發(fā)費(fèi)用為g(x)＝eq\f(fx,2000x)×10000＝eq\f(510x2＋790x＋9000,x)＝50(x＋eq\f(900,x)＋79)g′(x)＝50(1－eq\f(900,x2))，由g′(x)＝0及x∈N*得，x＝30.易知當(dāng)x＝30時(shí)，g(x)取得最小值．答：該寫(xiě)字樓建為30層時(shí)，每平方米平均開(kāi)發(fā)費(fèi)用最低．(理)經(jīng)市場(chǎng)調(diào)查，某旅游城市在過(guò)去的一個(gè)月內(nèi)(以30天計(jì))，旅游人數(shù)f(t)(萬(wàn)人)與時(shí)間t(天)的函數(shù)關(guān)系近似滿足f(t)＝4＋eq\f(1,t)，人均消費(fèi)g(t)(元)與時(shí)間t(天)的函數(shù)關(guān)系近似滿足g(t)＝115－|t－15|.(1)求該城市的旅游日收益w(t)(萬(wàn)元)與時(shí)間t(1≤t≤30，t∈N)的函數(shù)關(guān)系式；(2)求該城市旅游日收益的最小值(萬(wàn)元)．[解析](1)依題意得，w(t)＝f(t)·g(t)＝(4＋eq\f(1,t))(115－|t－15|)．(2)因?yàn)閣(t)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4＋\f(1,t)t＋100，1≤t<15，t∈N*，,4＋\f(1,t)130－t，15≤t≤30，t∈N*.))①當(dāng)1≤t<15時(shí)，w(t)＝(4＋eq\f(1,t))(t＋100)＝4(t＋eq\f(25,t))＋401≥4×2eq\r(25)＋401＝441，當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(25,t)，即t＝5時(shí)取等號(hào)．②當(dāng)15≤t≤30時(shí)，w(t)＝(4＋eq\f(1,t))(130－t)＝519＋(eq\f(130,t)－4t)，可證w(t)在t∈[15,30]上單調(diào)遞減，所以當(dāng)t＝30時(shí)，w(t)取最小值為403eq\f(1,3).由于403eq\f(1,3)<441，所以該城市旅游日收益的最小值為403eq\f(1,3)萬(wàn)元．20．(本題滿分12分)(文)已知函數(shù)f(x)＝x2＋2alnx.(1)若函數(shù)f(x)的圖象在(2，f(2))處的切線斜率為1，求實(shí)數(shù)a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)若函數(shù)g(x)＝eq\f(2,x)＋f(x)在[1,2]上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解析](1)f′(x)＝2x＋eq\f(2a,x)＝eq\f(2x2＋2a,x).由已知f′(2)＝1，解得a＝－3.(2)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．①當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)>0，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；②當(dāng)a<0時(shí)f′(x)＝eq\f(2x＋\r(－a)x－\r(－a),x).當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下：x(0，eq\r(－a))eq\r(－a)(eq\r(－a)，＋∞)f′(x)－0＋f(x)極小值由上表可知，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，eq\r(－a))；單調(diào)遞增區(qū)間是(eq\r(－a)，＋∞)．(3)由g(x)＝eq\f(2,x)＋x2＋2alnx，得g′(x)＝－eq\f(2,x2)＋2x＋eq\f(2a,x)，由已知函數(shù)g(x)為[1,2]上的單調(diào)減函數(shù)，則g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，即－eq\f(2,x2)＋2x＋eq\f(2a,x)≤0在[1,2]上恒成立．即a≤eq\f(1,x)－x2在[1,2]上恒成立．令h(x)＝eq\f(1,x)－x2，x∈[1,2]，則h′(x)＝－eq\f(1,x2)－2x＝－(eq\f(1,x2)＋2x)<0，∴h(x)在[1,2]上為減函數(shù)．h(x)min＝h(2)＝－eq\f(7,2)，∴a≤－eq\f(7,2)，故a的取值范圍為(－∞，－eq\f(7,2)]．(理)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋(x－a)2，a∈R.(1)若a＝0，求函數(shù)f(x)在[1，e]上的最小值；(2)若函數(shù)f(x)在[eq\f(1,2)，2]上存在單調(diào)遞增區(qū)間，試求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解析](1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．因?yàn)閒′(x)＝eq\f(1,x)＋2x>0，所以f(x)在[1，e]上是增函數(shù)，當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取得最小值f(1)＝1.所以f(x)在[1，e]上的最小值為1.(2)法一：f′(x)＝eq\f(1,x)＋2(x－a)＝eq\f(2x2－2ax＋1,x)設(shè)g(x)＝2x2－2ax＋1，依題意得，在區(qū)間[eq\f(1,2)，2]上存在子區(qū)間使得不等式g(x)>0成立．注意到拋物線g(x)＝2x2－2ax＋1的圖象開(kāi)口向上，所以只要g(2)>0，或g(eq\f(1,2))>0即可．由g(2)>0，即8－4a＋1>0，得a<eq\f(9,4)，由g(eq\f(1,2))>0，即eq\f(1,2)－a＋1>0，得a<eq\f(3,2).所以a<eq\f(9,4)，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，eq\f(9,4))．法二：f′(x)＝eq\f(1,x)＋2(x－a)＝eq\f(2x2－2ax＋1,x)，依題意得，在區(qū)間[eq\f(1,2)，2]上存在子區(qū)間使不等式2x2－2ax＋1>0成立．又因?yàn)閤>0，所以2a<(2x＋eq\f(1,x))．設(shè)g(x)＝2x＋eq\f(1,x)，所以2a小于函數(shù)g(x)在區(qū)間[eq\f(1,2)，2]的最大值．又因?yàn)間′(x)＝2－eq\f(1,x2)，由g′(x)＝2－eq\f(1,x2)>0，解得x>eq\f(\r(2),2)；由g′(x)＝2－eq\f(1,x2)<0，解得0<x<eq\f(\r(2),2).所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(eq\f(\r(2),2)，2]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[eq\f(1,2)，eq\f(\r(2),2))上單調(diào)遞減．所以函數(shù)g(x)在x＝eq\f(1,2)，或x＝2處取得最大值．又g(2)＝eq\f(9,2)，g(eq\f(1,2))＝3，所以2a<eq\f(9,2)，即a<eq\f(9,4)，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，eq\f(9,4))．21．(本題滿分12分)(文)(2015·新課標(biāo)Ⅰ文，21)設(shè)函數(shù)f(x)＝e2x－alnx.(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(2)證明：當(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).[解析](1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq\f(a,x)(x＞0)．當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0，∴y＝f′(x)沒(méi)有零點(diǎn)；當(dāng)a＞0時(shí)，因?yàn)閥＝e2x單調(diào)遞增，y＝－eq\f(a,x)單調(diào)遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增．又f′(a)＞0，當(dāng)b滿足0＜b＜eq\f(a,4)且b＜eq\f(1,4)時(shí)，f′(b)＜0，故當(dāng)a＞0時(shí)，f′(x)存在唯一零點(diǎn)．(2)由(1)，可設(shè)f′(x)在(0，＋∞)的唯一零點(diǎn)為x0，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0.故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝x0時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為f(x0)．由于2e2x0－eq\f(a,x0)＝0，所以f(x0)＝eq\f(a,2x0)＋2ax0＋alneq\f(2,a)≥2a＋alneq\f(2,a).故當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).(理)(2015·新課標(biāo)Ⅱ文，21)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋a(1－x)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)f(x)有最大值，且最大值大于2a－2時(shí)，求a[解析](1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a，若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)，單調(diào)遞增；若a>0，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)由(1)知a≤0時(shí)f(x)在(0，＋∞)無(wú)最大值．當(dāng)a>0時(shí)f(x)在x＝eq\f(1,a)處取得最大值，最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))＝－lna＋a－1.因此feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))>2a－2?lna＋a－1<0，令g(a)＝lna＋a－1.則g(a)在(0，＋∞)是增函數(shù)，且g(1)＝0，于是，當(dāng)0<a<1時(shí)，g(a)<0，當(dāng)a>1時(shí)，g(a)>0.因此a的取值范圍是(0,1)．22．(本題滿分12分)(文)(2015·重慶文，19)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－eq\f(4,3)處取得極值．(1)確定a的值；(2)若g(x)＝f(x)ex，討論g(x)的單調(diào)性．[解析](1)對(duì)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝3ax2＋2x，因?yàn)閒(x)在x＝－eq\f(4,3)處取得極值，所以f′(－eq\f(4,3))＝0，即3a×eq\f(16,9)＋2×(－eq\f(4,3))＝eq\f(16a,3)－eq\f(8,3)＝0，解得a＝eq\f(1,2).(2)由(1)得，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex.故g′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x2＋2x))ex＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋\f(5,2)x2＋2x))ex＝eq\f(1,2)x(x＋1)(x＋4)ex，令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.當(dāng)x<－4時(shí)，g′(x)<0，故g(x)為減函數(shù)；當(dāng)－4<x<－1時(shí)，g′(x)>0，故g(x)為增函數(shù)；當(dāng)－1<x<0時(shí)，g′(x)<0，故g(x)為減函數(shù)；當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)>0，故g(x)為增函數(shù)；綜上知g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)內(nèi)為減函數(shù)，在(－4，－1)和(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)．(理)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋1,x＋12)－eq\f(a,x＋1)－2x，(a>0)．(1)若函數(shù)f(x)在x＝0處取得極值，求a的值；(2)如圖，設(shè)直線x＝－1，y＝－2x，將坐標(biāo)平面分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四個(gè)區(qū)域(不含邊界)，若函數(shù)y＝f(x)的圖象恰好位于其中一個(gè)區(qū)域內(nèi)，試判斷其所在的區(qū)域，并求其對(duì)應(yīng)的a的取值范圍．(3)試比較20162015與20152016的大小，并說(shuō)明理由．[解析](1)∵f(x)＝eq\f(lnx＋1,x＋12)－eq\f(a,x＋1)－2x∴f′(x)＝eq\f(x＋1－2x＋1lnx＋1,x＋14)＋eq\f(a,x＋12)－2，∵f(x)在x＝0處取得極值，∴f′(0)＝1＋a－2＝0，∴a＝1.(經(jīng)檢驗(yàn)a＝1符合題意)(2)因?yàn)楹瘮?shù)的定義域?yàn)?－1，＋∞)，且當(dāng)x＝0時(shí)，f(0)＝－a<0，又直線y＝－2x恰好通過(guò)原點(diǎn)，所以函數(shù)y＝f(x)的圖象應(yīng)位于區(qū)域Ⅲ內(nèi)，∵x>－1，∴可得f(x)<－2x，即eq\f(lnx＋1,x＋12)<eq\f(a,x＋1)，∵x＋1>0，∴a>eq\f(lnx＋1,x＋1)，令φ(x)＝eq\f(lnx＋1,x＋1)，∴φ′(x)＝eq\f(1－lnx＋1,x＋12)，令φ′(x)＝0得x＝e－1，∵x>－1，∴x∈(－1，e－1)時(shí)，φ′(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增，x∈(e－1，＋∞)時(shí)，φ′(x)<0，φ(x)單調(diào)遞減．∴φmax(x)＝φ(e－1)＝eq\f(1,e)，∴a的取值范圍是：a>eq\f(1,e).(3)法1：由(2)知函數(shù)φ(x)＝eq\f(lnx＋1,x＋1)在x∈(e－1，＋∞)時(shí)單調(diào)遞減．∴函數(shù)p(x)＝eq\f(lnx,x)在x∈(e，＋∞)時(shí)單調(diào)遞減，∴eq\f(lnx＋1,x＋1)<eq\f(lnx,x)，∴xln(x＋1)<(x＋1)lnx，∴l(xiāng)n(x＋1)x<lnx(x＋1)，即(x＋1)x<x(x＋1)，∴令x＝2015，則20162015<20152016.法2：eq\f(20162015,20152016)＝eq\f(2015＋12015,20152016)＝eq\f(\i\su(r＝0,2015,C)\o\al(r,2015)20152015－r,20152016)，∵Ceq\o\al(r,2015)<2015r，∴Ceq\o\al(r,2015)20152015－r<20152015，∴eq\f(\i\su(r＝0,2015,C)\o\al(r,2015)20152015－r,20152016)＝eq\f(C\o\al(0,2015)20152015＋C\o\al(1,2015)20152011＋…＋C\o\al(2013,2015)20152＋C\o\al(2014,2015)2015＋1,20152016)<1，∴20162015<20152016.法3：eq\f(20162015,20152016)＝(eq\f(2016,2015))2015×eq\f(1,2015)∵(eq\f(2016,2015))2015＝(1＋eq\f(1,2015))2015＝1＋1＋Ceq\o\al(2,2015)×(eq\f(1,2015))2＋Ceq\o\al(3,2015)×(eq\f(1,2015))3＋…＋Ceq\o\al(r,2015)(eq\f(1,2015))r＋…＋Ceq\o\al(2015,2015)(eq\f(1,2015))2015<2＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2015)<2＋eq\f(1,2×1)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,2015－1×2015)<3，∴eq\f(20162015,20152016)<1，∴20162015<20152016.反饋練習(xí)一、選擇題1．(文)(2015·新課標(biāo)Ⅰ文，1)已知集合A＝{x|x＝3n＋2，n∈N}，B＝{6,8,10,12,14}，則集合A∩B中元素的個(gè)數(shù)為()A．5B．4C．3D．2[答案]D[解析]集合A的元素為首項(xiàng)為2，公差為3的等差數(shù)列，所以集合A＝{2,5,8,11,14，…}，所以A∩B＝{8,14}，元素的個(gè)數(shù)為2.(理)設(shè)集合A＝{x|(eq\f(1,2))x<eq\f(1,4)}，B＝{x|logeq\f(1,3)x>－1}，則A∩B等于()A．{x|x<－2}B．{x|2<x<3}C．{x|x>3} D．{x|x<－2或2<x<3}[答案]B[解析]因?yàn)锳＝{x|x>2}，B＝{x|0<x<3}，所以A∩B＝{x|2<x<3}．2．命題p：?a∈R，函數(shù)f(x)＝(x－1)a＋1恒過(guò)定點(diǎn)(2,2)；命題q：?x0∈R，使2x0≤0.則下列命題為真命題的是()A．(?p)∨q B．p∧qC．(?p)∧(?q) D．(?p)∨(?q)[答案]D[解析]p為真命題，q為假命題，故D項(xiàng)正確．3．(文)已知m是函數(shù)f(x)＝(eq\f(1,3))x－log3x的零點(diǎn)，若x0>m，則f(x0)的值()A．等于0 B．大于0C．小于0 D．符號(hào)不確定[答案]C[解析]∵f(x)＝(eq\f(1,3))x－log3x＝(eq\f(1,3))x＋logeq\f(1,3)x在(0，＋∞)上為減函數(shù)，又f(m)＝0，∴x0>m時(shí)，應(yīng)有f(x0)<f(m)，即f(x0)<0，故選C.(理)(2015·天津)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－|x|，x≤2，,x－22，x＞2，))函數(shù)g(x)＝3－f(2－x)，則函數(shù)y＝f(x)－g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A．2B．3C．4D．5[答案]A[解析]當(dāng)x<0時(shí)，f(2－x)＝x2，g(x)＝3－x2，此時(shí)函數(shù)f(x)－g(x)＝－1－|x|＋x2的小于零的零點(diǎn)為x＝－eq\f(1＋\r(5),2)；當(dāng)0≤x<2時(shí)，f(2－x)＝2－|2－x|＝x，g(x)＝3－x，函數(shù)f(x)－g(x)＝2－|x|－3＋x＝－1無(wú)零點(diǎn)；當(dāng)x>2時(shí)，f(2－x)＝2－|2－x|＝4－x，g(x)＝x－1，函數(shù)f(x)－g(x)＝(x－2)2－x＋1＝x2－5x＋5大于2零點(diǎn)有一個(gè)，故選A.4．(文)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,1－x)，g(x)＝lnx，x0是函數(shù)h(x)＝f(x)＋g(x)的一個(gè)零點(diǎn)，若x1∈(1，x0)，x2∈(x0，＋∞)，則()A．h(x1)<0，h(x2)<0 B．h(x1)>0，h(x2)>0C．h(x1)>0，h(x2)<0 D．h(x1)<0，h(x2)>0[答案]D[解析]令h(x)＝eq\f(1,1－x)＋lnx＝0，從而有l(wèi)nx＝eq\f(1,x－1)，此方程的解即為函數(shù)h(x)的零點(diǎn)．在同一坐標(biāo)系中作出函數(shù)g(x)＝lnx與f(x)＝eq\f(1,x－1)的圖象，如圖所示．由圖象易知eq\f(1,x1－1)>lnx1，從而lnx1－eq\f(1,x1－1)<0，故lnx1＋eq\f(1,1－x1)<0，即h(x1)<0.同理h(x2)>0.(理)函數(shù)f(x)＝sin(3x)－eq\f(1,8)x3的圖象最可能是()[答案]A[解析]∵f(－x)＝sin(－3x)－eq\f(1,8)(－x)3＝－f(x)，∴函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，排除B項(xiàng)；又f(2)＝sin6－eq\f(1,8)×23＝sin6－1<0，故排除C、D兩選項(xiàng)，應(yīng)選A.5．(2015·山東文，10)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－b，,x＜1，,2x，,x≥1.)))若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))))＝4，則b＝()A．1 B．eq\f(7,8)C.eq\f(3,4) D．eq\f(1,2)[答案]D[解析]考查分段函數(shù)與方程思想．由題意，f(eq\f(5,6))＝3×eq\f(5,6)－b＝eq\f(5,2)－b，由f(f(eq\f(5,6)))＝4得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－b＜1，,3\f(5,2)－b－b＝4，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－b≥1，,2\f(5,2)－b＝4，))解得b＝eq\f(1,2)，故選D．6．設(shè)f(x)是R上的奇函數(shù)，且f(x)滿足f(x＋1)＝f(x－1)，當(dāng)－1≤x≤0時(shí)，f(x)＝x(1＋x)，則f(eq\f(5,2))＝()A.eq\f(1,2) B．eq\f(1,4)C．－eq\f(1,4) D．－eq\f(1,2)[答案]B[解析]∵f(x)滿足f(x＋1)＝f(x－1)，∴f(x＋2)＝f(x)，∴f(x)的周期為2，∴f(eq\f(5,2))＝f(eq\f(1,2))，∵f(x)為奇函數(shù)，∴f(eq\f(1,2))＝－f(－eq\f(1,2))＝eq\f(1,2)(1－eq\f(1,2))＝eq\f(1,4)，∴f(eq\f(5,2))＝eq\f(1,4)，故選B．7．函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1、x2，則x1·x2等于()A．9 B．－9C．1 D．－1[答案]C[解析]f′(x)＝3x2＋2ax＋3，則x1·x2＝1.8．(文)已知a≤eq\f(1－x,x)＋lnx對(duì)任意x∈[eq\f(1,2)，2]恒成立，則a的最大值為()A．0 B．1C．2 D．3[答案]A[解析]令f(x)＝eq\f(1－x,x)＋lnx，則f′(x)＝eq\f(x－1,x2)，當(dāng)x∈[eq\f(1,2)，1]時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈[1,2]時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)在[eq\f(1,2)，1]上單調(diào)遞減，在[1,2]上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴a≤0，故選A.(理)若f′(x)＝(x＋a)(x－2)，f(0)＝0，函數(shù)f(x)在區(qū)間[－2,0]上不是單調(diào)函數(shù)，且當(dāng)x∈[－2,0]時(shí)，不等式f(x)<eq\f(1,6)a3－2a＋3恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－3,1) B．(－1,3)C．(0,3) D．(0,1)[答案]D[解析]依題意得，f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(a－2,2)x2－2ax；∵f(x)在[－2,0]上不是單調(diào)函數(shù)，∴－a∈(－2,0)，即0<a<2，①在(－2，－a)上f′(x)>0，在(－a,0)上f′(x)<0，∴當(dāng)x∈[－2,0]時(shí)，[f(x)]max＝f(－a)＝－eq\f(1,3)a3＋eq\f(a2a－2,2)＋2a2＝eq\f(1,6)a3＋a2，由條件知eq\f(1,6)a3＋a2<eq\f(1,6)a3－2a＋3，∴a2＋2a－3<0，∴－3<a<1②由①②得，0<a<1.9．(文)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,\r(log2x2－1))的定義域?yàn)?)A．(0，eq\f(1,2)) B．(2，＋∞)C．(0，eq\f(1,2))∪(2，＋∞) D．(0，eq\f(1,2)]∪[2，＋∞)[答案]C[解析](log2x)2－1>0，(log2x)2>1，∴l(xiāng)og2x<－1或log2x>1，∴0<x<eq\f(1,2)或x>2.(理)(2015·重慶文，3)函數(shù)f(x)＝log2(x2＋2x－3)的定義域是()A．[－3,1] B．(－3,1)C．(－∞，－3]∪[1，＋∞) D．(－∞，－3)∪(1，＋∞)[答案]D[解析]考查函數(shù)的定義域與一元二次不等式．由x2＋2x－3>0?(x＋3)(x－1)>0，解得x<－3或x>1；故選D．10．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx，x>0，,x＋2，x<0，))則f(x)>1的解集為()A．(－1,0)∪(0，e) B．(－∞，－1)∪(e，＋∞)C．(－1,0)∪(e，＋∞) D．(－∞，1)∪(e，＋∞)[答案]C[解析]不等式f(x)>1化為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0,lnx>1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<0,x＋2>1))，∴x>e或－1<x<0，故選C.11．(2015·浙江文，5)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))cosx(－π≤x≤π且x≠0)的圖象可能為()A．B．C．D．[答案]D[解析]考查1.函數(shù)的基本性質(zhì)；2.函數(shù)的圖象．因?yàn)閒(－x)＝(－x＋eq\f(1,x))cosx＝－(x－eq\f(1,x))cosx＝－f(x)，故函數(shù)是奇函數(shù)，所以排除A，B；取x＝π，則f(π)＝(π－eq\f(1,π))cosπ＝－(π－eq\f(1,π))<0，故選D．12．(文)(2014·中原名校第二次聯(lián)考)已知函數(shù)g(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的導(dǎo)函數(shù)為f(x)，且a＋2b＋3c＝0，f(0)f(1)>0，設(shè)x1、x2是方程f(x)＝0的兩根，則|x1－x2A．[0，eq\f(2,3)) B．[0，eq\f(4,9))C．(eq\f(1,3)，eq\f(2,3)) D．(eq\f(1,9)，eq\f(4,9))[答案]A[解析]f(x)＝g′(x)＝3ax2＋2bx＋c，∵f(eq\f(1,3))＝eq\f(a,3)＋eq\f(2b,3)＋c＝eq\f(1,3)(a＋2b＋3c)＝0，∴eq\f(1,3)是f(x)＝0的一根，又f(0)·f(1)>0，∴0<x1<x2<1，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(1,3)，,\f(1,3)<x2<1，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(1,3)，,0<x1<\f(1,3).))故選A.(理)(2014·哈三中一模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知P是函數(shù)f(x)＝xlnx－x的圖象上的動(dòng)點(diǎn)，該曲線在點(diǎn)P處的切線l交y軸于點(diǎn)M(0，yM)，過(guò)點(diǎn)P作l的垂線交y軸于點(diǎn)N(0，yN)．則eq\f(yN,yM)的范圍是()A．(－∞，－1]∪[3，＋∞)B．(－∞，－3]∪[1，＋∞)C．[3，＋∞)D．(－∞，－3][答案]A[解析]∵f(x)＝xlnx－x，∴f′(x)＝lnx，設(shè)P(x0，y0)，則y0＝x0lnx0－x0，kl＝lnx0，∴l(xiāng)：y－y0＝(x－x0)·lnx0，令x＝0得yM＝y(tǒng)0－x0lnx0＝－x0，過(guò)點(diǎn)P的直線l的垂線斜率k＝－eq\f(1,lnx0)，方程為y－y0＝－eq\f(1,lnx0)·(x－x0)，令x＝0得yN＝y(tǒng)0＋eq\f(x0,lnx0)＝x0lnx0－x0＋eq\f(x0,lnx0)＝eq\f(x0ln2x0－lnx0＋1,lnx0)∴eq\f(yN,yM)＝eq\f(－ln2x0＋lnx0－1,lnx0)＝－lnx0－eq\f(1,lnx0)＋1當(dāng)x0>1時(shí)，lnx0>0，－lnx0－eq\f(1,lnx0)＋1＝－(lnx0＋eq\f(1,lnx0))＋1≤1－2＝－1，同理當(dāng)0<x0<1時(shí)，－lnx0－eq\f(1,lnx0)＋1≥3，∴選A.二、填空題13．若f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1有極大值和極小值，則a的取值范圍為_(kāi)_______．[答案](－∞，－1)∪(2，＋∞)[解析]f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，由題意知f′(x)＝0有兩個(gè)不等的實(shí)根，故Δ＝(6a)2－4×3×3(a＋2)>0，即a2－a－2>0，解得a>2或a14．(文)已知直線y＝2x＋b是曲線y＝lnx(x>0)的一條切線，則實(shí)數(shù)b＝________.[答案]－ln2－1[解析]由y＝lnx得y′＝eq\f(1,x)，令eq\f(1,x)＝2得x＝eq\f(1,2)，∴切點(diǎn)為(eq\f(1,2)，lneq\f(1,2))，∴l(xiāng)neq\f(1,2)＝eq\f(1,2)×2＋b，∴b＝－ln2－1.(理)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，若f(x)在區(qū)間(－1，0)上單調(diào)遞減，則a2＋b2的取值范圍是________．[答案][eq\f(9,5)，＋∞)[解析]由題意得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(x)≤0在x∈(－1,0)上恒成立，即3x2＋2ax＋b≤0在x∈(－1,0)上恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－b－3≥0，,b≤0.))∴a、b所滿足的可行域如圖中的陰影部分所示．則點(diǎn)O到直線2a－b－3＝0的距離d＝eq\f(3,\r(5)).∴a2＋b2≥d2＝eq\f(9,5).∴a2＋b2的取值范圍為[eq\f(9,5)，＋∞)．15．(文)給出下列四個(gè)命題：①命題“?x∈R，cosx>0”的否定是“?x∈R，cosx≤0”；②若0<a<1，則函數(shù)f(x)＝x2＋ax－3只有一個(gè)零點(diǎn)；③函數(shù)y＝sin(2x－eq\f(π,3))的一個(gè)單調(diào)增區(qū)間是[－eq\f(π,12)，eq\f(5π,12)]；④對(duì)于任意實(shí)數(shù)x，有f(－x)＝f(x)，且當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)>0，則當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)<0.其中真命題的序號(hào)是________(把所有真命題的序號(hào)都填上)．[答案]①③④[解析]①正確；令f(x)＝x2＋ax－3＝0，則ax＝3－x2，在同一坐標(biāo)系中作出函數(shù)y＝ax(0<a<1)與y＝3－x2的圖象知，兩圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，故②錯(cuò)；當(dāng)x∈[－eq\f(π,12)，eq\f(5π,12)]時(shí)，－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)，故③正確；∵對(duì)任意實(shí)數(shù)x，有f(－x)＝f(x)，∴f(x)為偶函數(shù)，又x>0時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，∴f(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)，因此，當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)<0，故④真．(理)命題p：方程x2－x＋a2－6a＝0有一正根和一負(fù)根．命題q：函數(shù)y＝x2＋(a－3)x＋1的圖象與x軸無(wú)交點(diǎn)．若命題“p或q”為真命題，而命題“p且q”為假命題，則實(shí)數(shù)a[答案](0,1]∪[5,6)[解析]由題意，命題p為真時(shí)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－6a<0，,Δ＝1－4a2－6a>0，))解得0<a<6；命題q為真時(shí)，Δ＝(a－3)2－4<0，解得1<a<5.∵命題“p或q”為真命題，而命題“p且q”為假命題，∴命題p與命題q一真一假．當(dāng)命題p真且命題q假時(shí)，a∈(0,1]∪[5,6)；當(dāng)命題q真且命題p假時(shí)，a的值不存在．綜上知，a∈(0,1]∪[5,6)．16．(文)(2014·唐山一模)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f(－x)＋f(x)＝x2，當(dāng)x＜0時(shí)，f′(x)＜x，則不等式f(x)＋eq\f(1,2)≥f(1－x)＋x的解集為_(kāi)_______．[答案](－∞，eq\f(1,2)][解析]令g(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x2，∴g(－x)＝f(－x)－eq\f(1,2)x2，∴g(x)＋g(－x)＝f(x)＋f(－x)－x2＝0，∴函數(shù)g(x)是奇函數(shù)，又g′(x)＝f′(x)－x<0在(－∞，0)上恒成立，∴g(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)，則在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)．f(x)＋eq\f(1,2)≥f(1－x)＋x?f(x)－eq\f(1,2)x2≥f(1－x)－eq\f(1,2)x2＋x－eq\f(1,2)?g(x)≥g(1－x)，∴x≤1－x，∴x≤eq\f(1,2).[方法點(diǎn)撥]函數(shù)的知識(shí)常與導(dǎo)數(shù)、三角函數(shù)、數(shù)列、不等式、概率等知識(shí)結(jié)合命題，是重要的知識(shí)交匯點(diǎn)，解答此類問(wèn)題時(shí)一定要先判明是以函數(shù)為主還是以其他知識(shí)為主，結(jié)合條件找準(zhǔn)解題切入點(diǎn)．(理)(2015·濰坊模擬)定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿足：?x∈(0，＋∞)，都有f(2x)＝2f(x)；當(dāng)x∈(1,2]時(shí)，f(x)＝2－x①?m∈Z，有f(2m)＝0；②函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇0，＋∞)；③存在n∈Z，使f(2n＋1)＝9；④函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞減的充分條件是“存在k∈Z，使得(a，b)?(2k,2k＋1)”．其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是________．[答案]①②④[解析]本題主要考查函數(shù)的圖象以及函數(shù)解析式的求法，考查函數(shù)的值域、單調(diào)性以及充分條件的判斷，難度較大．因?yàn)閒(2x)＝2f(x)，所以f(x)＝2f(eq\f(x,2))，因?yàn)楫?dāng)x∈(1,2]時(shí)，f(x)＝2－x，所以當(dāng)x∈(2,4]時(shí)，eq\f(x,2)∈(1,2]，f(x)＝2(2－eq\f(x,2))＝4－x，當(dāng)x∈(4,8]時(shí)，eq\f(x,2)∈(2,4]，f(x)＝2(4－eq\f(x,2))＝8－x，以此類推，當(dāng)x∈(2n,2n＋1]，n∈Z時(shí)，f(x)＝2n＋1－x，n∈Z，可知?m∈Z，f(2m)＝0，所以①正確；f(x)的值域?yàn)閇0，＋∞)，故②正確；若f(2n＋1)＝9，則2n＋1－2n－1＝9，即2n＝10，又n∈Z，故2n≠10，故③錯(cuò)誤；易知函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞減的充分條件是存在k∈Z，使得(a，b)?(2k,2k＋1)，所以④正確．綜上所述，正確結(jié)論的序號(hào)為①②④.三、解答題17．設(shè)命題p：函數(shù)f(x)＝lg(ax2－x＋eq\f(1,16)a)的定義域?yàn)镽；命題q：不等式3x－9x<a對(duì)一切正實(shí)數(shù)x均成立．(1)如果p是真命題，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)如果命題“p或q”為真命題，且“p且q”為假命題，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解析](1)若命題p為真，即ax2－x＋eq\f(1,16)a>0對(duì)任意x恒成立．(ⅰ)當(dāng)a＝0時(shí)，－x>0不恒成立，不合題意；(ⅱ)當(dāng)a≠0時(shí)，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,1－\f(1,4)a2<0，))解得a>2.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(2，＋∞)．(2)令y＝3x－9x＝－(3x－eq\f(1,2))2＋eq\f(1,4).由x>0得3x>1，則y<0.若命題q為真，則a≥0.由命題“p或q”為真且“p且q”為假，得命題p、q一真一假．(ⅰ)當(dāng)p真q假時(shí)，a不存在；(ⅱ)當(dāng)p假q真時(shí)，0≤a≤2.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是[0,2]．18．(2015·上海十三校聯(lián)考)某創(chuàng)業(yè)投資公司擬投資開(kāi)發(fā)某種新能源產(chǎn)品，估計(jì)能獲得10萬(wàn)元到1000萬(wàn)元的投資收益．現(xiàn)準(zhǔn)備制定一個(gè)對(duì)科研課題組的獎(jiǎng)勵(lì)方案：資金y(單位：萬(wàn)元)隨投資收益x(單位：萬(wàn)元)的增加而增加，且資金不超過(guò)9萬(wàn)元，同時(shí)資金不超過(guò)投資收益的20%.(1)若建立函數(shù)y＝f(x)模型制定獎(jiǎng)勵(lì)方案，試用數(shù)學(xué)語(yǔ)言表述該公司對(duì)獎(jiǎng)勵(lì)函數(shù)f(x)模型的基本要求，并分析函數(shù)y＝eq\f(x,150)＋2是否符合公司要求的獎(jiǎng)勵(lì)函數(shù)模型，并說(shuō)明原因；(2)若該公司采用模型函數(shù)y＝eq\f(10x－3a,x＋2)作為獎(jiǎng)勵(lì)函數(shù)模型，試確定最小的正整數(shù)a的值．[解析](1)若獎(jiǎng)勵(lì)函數(shù)模型為y＝f(x)，按公司對(duì)函數(shù)模型的基本要求，函數(shù)y＝f(x)滿足：當(dāng)