参考答案

1 函数的概念及性质

1. -1 因为f（x+4）=f（x），所以f（-1）=f（2015）=1，又因为f（x）为奇函数，所以f（1）=-f（-1）=-1.

2. B 当x≥0时， f（x）=2x-4>0？圯x>2，又由于函数是偶函数，所以x∈R时， f（x）>0的解集为{xx<-2或x>2}，故f（x-2）>0的解集为{xx<0或x>4}.

3. 因为f（2-x）=-f（x），所以f（x）有对称中心（1，0）. 又f（2-x）=-f（x），所以f（x）=-f（2-x），所以f（x+4）= -f[2-（x+4）]=-f[-（x+2）]. 又f（x）为偶函数，所以f（x+4）=-f（x+2），所以f（x+4）=f[2-（x+2）]=f（-x）=f（x），所以4是f（x）的一个周期. 从而由图象可知其中正确的判断是①②③.

2 函数的图象及零点

1. D 如图8，作出f（x）=x2-2（x>0）的图象，由图象可知，0

图8

2. C 如图9，作出函数y=f（x）的图象，令t=x2+2x，则t=（x+1）2-1≥ -1， f（x2+2x）=a有6个不同的实根？圳关于t的方程f（t）=a在区间（-1，+∞）上有3个不同的根.

注意到f（-1）=8，由图象可知8

图9

3. 16 由于x=-1，x=1是f（x）的零点，y=f（x）的图象关于直线x=-2对称，所以x=-5，x=-3也是f（x）的零点，所以y=f（x）=（1-x2）（x2+ax+b）=（1-x2）·（x+3）（x+5）=-（x2+4x-5）（x2+4x+3）. 令x2+4x+4=t，则t≥0，且y=-（t-9）（t-1）=-（t-5）2+16（其中t≥0），所以t=5时，ymax=16.

3 二次函数与三次函数问题

1. （3，+∞） x3-px+2=0？圳p=f（x）=x2+ ，由f′（x）=2x- = （x3-1）>0得x>1，所以f（x）的递增区间为（1，+∞），递减区间为（-∞，0）和（0，1）， f（1）=3. 如图10，作出函数p=f（x）=x2+ 的图象，由图象可知，当且仅当p>3时原方程有三个不同的实数解.

图10

2. （0， -1） 因为B={xf（x）≥1}=（-∞，-2]∪- ，0∪{1}∪[ ，+∞），集合A∩B只含有一个元素？圳t>0，t+1< ？圳0

3. （2+ ，+∞） y=f（x）+x+a-b有四个零点？圳方程f（x）=-x+b-a有四个不同的解？圳y=f（x）的图象与直线l：y+x=b-a有四个不同的公共点. 设y=fa（x）和y=fb（x）的图象相交于点A（x0，y0），由y0=fa（x0） =（x0-a）2-a，y0=fb（x0） =（x0-b）2-b解得x0= - ，y0= （b-a）2- + . 令b-a=t，则x0+y0= （b-a）2- = （t2-1），其中t>0. 如图11，作出函数y=f（x）的图象，由图象可知02+ . 即b-a的取值范围是（2+ ，+∞）.

图11

4 指数函数和对数函数

1. A 由log0.5（4x-3）>0？圳0<4x-3<1？圳

2. ，2 令log2a=m，则log a=

-m，由于f（x）是偶函数，所以f（m）=f（-m）=f（m），所以原不等式等价于f（m）≤f（1）. 又因为f（x）在区间[0，+∞）上单调递增，所以m≤1，即-1≤m≤1，即-1≤log2a≤1，解得 ≤a≤2.

3. C 由题意可知， f（x）在区间（0，6）及[7，+∞）上都是减函数，且f（7）

5 导数及其应用

1. D y′=4x3+2ax，曲线在P（-1，a+2）处的切线的斜率为k=f ′（-1）= -4-2a=8，解得a=-6.

2. C 当k=1时， f（x）=（ex-1）（x-1）， f ′（x）=xex-1， f ′（1）=e-1>0，所以x=1不是f（x）的极值点，可排除A，B. 当k=2时， f（x）=（ex-1）（x-1）2， f ′（x）=（x-1）（xex+ex-2）. 令g（x）=（x+1）ex-2，则g′（x）=（x+2）ex，所以g（x）=（x+1）·ex-2是（-∞，-2]上的减函数，是[-2，+∞）上的增函数. x→-∞时，g（x）→ -2，所以x∈（-∞，-2]时g（x）<0恒成立. 又g（0）=-1<0，g（1）=2e-2>0，所以g（x）有唯一的零点x0，且x0∈（0，1）. 所以f ′（x）=（x-1）（xex+ex-2）有两个不同的零点x0，1，故f（x）的递增区间为（-∞，x0）和（1，+∞），递减区间为（x0，1），所以f（x）在x=1处取到极小值.

3. （1）设直线l：y=3x-e与函数y=f（x）的图象相切于点Q（x0，y0），则y =3x0-e，且f（x0）=ax0+x0lnx0. 由于f ′（x）=a+1+lnx，所以f ′（x0）=a+1+lnx0=3，所以lnx0=2-a. 故有y0=f（x0）=ax0+x0lnx0=ax0+x0（2-a）=2x0=3x0-e，所以x0=e，a=1.

（2）①由（1）可知， f（x）=x+xlnx，所以g（x）= ，g′（x）= . 令h（x）=x-2-lnx，则x∈（1，+∞）时， h′（x）=1- >0，所以h（x）=x-2-lnx是（1，+∞）上的增函数，h（3）=1-ln3<0，h（4）=2-2ln2>0，所以h（x）=x-2-lnx在（1，+∞）上有唯一的零点x0，当且仅当x>x0时，h（x）=x-2-lnx>0即g′（x）>0，所以g（x）是区间（1，x0）上的减函数，是（x0，+∞）上的增函数. 所以当x=x0时，g（x）取最小值g（x0）.

②由①可知，3

6 函数与应用

（1）把特殊点（0，8）代入C（x）= （0≤x≤10），求出k=40，因此C（x）= .

由f（x）为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和，列出f（x）的表达式.

设隔热层厚度为x cm，而建造费用为C1（x）=6x，最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为f（x）=20×C（x）+C1（x）=20× +6x= +6x （0≤x≤10）.

（2）求出导数f ′（x）=6- ，令f ′（x）=0，即 =6，解得x=5，x=- （舍去）. 当00. 故x=5是f（x）的最小值点，对应的最小值为f（5）=6×5+ =70.

综合测试

1. A 因为f（x）为定义在R上的奇函数，所以有f（0）=1+b=0，即b=-1. 当x≥0时， f（x）=2x+2x-1，所以f（-1）= -f（1）=-3.

2. C 设A（a，b），B（c，d），则四边形APBQ恰是一个平行四边形，所以其对角线互相平分，所以a+c=2+8=10.

3. C ①中的两函数的定义域不同，错误；排除A、B；验证③， f（-x）=f[2-（-x）]=f（2+x），又通过奇函数得f（-x）=-f（x），所以f（x）是周期为4的周期函数，选C.

4. B 由题意可知f（x）=x2+px+q=（x-α）（x-β），由于n<α<β

由于（n+1-α）（α-n）≤ = ，当且仅当α= 时取等号；由于（n+1-β）（β-n）≤ = ，当且仅当β= 时取等号.

而α<β，所以必有f（n）f（n+1）=（n+1-α）（α-n）（n+1-β）（β-n）< 成立. 若min{f（n）， f（n+1）}≥ ，则f（n）≥ ， f（n+1）≥ ，可得f（n）f（n+1）≥ ，得矛盾.

故有min{f（n）， f（n+1）}< 恒成立.

5. A 由题意可知， f ′（x）=3x2+2ax+b，x1，x2是方程3x2+2ax+b=0的两个实数根，所以3f 2（x）+2af（x）+b=0？圳f（x）=x1或f（x）=x2.

如图12，作出函数f（x）=x3+ax2+bx+c的大致图象，则可知3f 2（x）+2af（x）+b=0的不同实根个数即是直线y=x1，y=x2与函数y=f（x）的图象公共点的总数. 由图象可知，两直线与函数的图象共有3个公共点.

图12

6. 27x+27y+4=0 令f ′ =t，则f（x）=x3+tx2-x， f ′（x）=3x2+2tx-1，取x= 得t=3· +2t· -1，解得t=-1， f =- ，所以切线的方程为27x+27y+4=0.

7. 16 由于f（x）的其中两点零点为x1=-1，x2=1，且y=f（x）的图象关于直线x=-2对称，所以f（x）的另两个零点分别为x3=-5，x4=-3，所以y=f（x）=

-（x+5）（x+3）（x+1）（x-1）=-（x2+4x-5）（x2+4x+3）. 令x2+4x+4=t，则t≥0，y=f（x）=g（t）=-（t-9）（t-1）=-（t-5）2+16，所以y =g（5）=16.

8. a≥ 因为？坌x∈（0，+∞）时， f（x）=9x+ 的最小值为6a，所以6a≥a+1，即a≥ .

9. （1）f（x）=x3+（1-a）x2，所以f ′（x）=3x2+2（1-a）x，而f（x）不存在极值点，所以 f ′（x）≥0或 f ′（x）≤0恒成立，所以Δ≤0，由此可得a=1.

（2）不等式f （x）< f ′（x）0，x3-2x2-2（1-a）x>0.又因为x∈（1，+∞），所以上述不等式组等价于（3+a）x+2（1-a）>0，x2-2x -2（1-a）>0在x∈（1，+∞）时恒成立，所以-3≤a≤5，a≥ ，即a的取值范围是 ，5.

10. （1）由已知得2= （3-b），5= （32-b）， 解得a=2，b=-1.所以f（x）= （3x+1）. 令y=f（x），由y= （3x+1）得3x=2y-1，所以x=log （2y-1），故f -1（x）=log （2x-1）x> .

（2）an=3 =2n-1，n∈N？鄢. 设存在正数k，使得1+ 1+ …1+ ≥k 成立，则k≤ 1+ 1+ …1+ . 记F（n）= 1+ 1+ …1+ ，则F（n+1）= 1+ ·1+ …1+ 1+ ， = = > =1. 所以F（n+1）>F（n），所以F（n）是随n的增大而增大. 又因为n∈N？鄢， 所以F（n）min=F（1）= ，即k≤ ，即k的最大值为 .

11. （1）易见y=-x3是[a，b]上的减函数，所以-a3=b，-b3=a（其中b>a），解得a=-1，b=1.所以符合条件②的区间为[-1，1].

（2）易验证函数f（x）=x+ （x>0）不是（0，+∞）上的增函数，也不是（0，+∞）上的减函数，故函数f（x）=x+ （x>0）不是闭函数.

（3）因为y=k+ 是定义在区间[-2，+∞）上的增函数，所以存在区间[a，b]（其中b>a≥-2）使得k+ =a，k+ =b成立，即关于t的方程k+ =t在区间[-2，+∞）上有两个不同的实根. 令 =u，则t=u2-2且u≥0，因此g（u）=u2-u-2-k=0在区间[0，+∞）上有两个不同的实根，所以Δ=1+4（2+k）>0，-2-k≥0，解得-

12. （1）（i）f ′（x）=（3x2-12x+3）ex+（x3-6x2+3x+t）ex=（x3-3x2-9x+t+3）ex. 因为f（x）有3个极值点，所以x3-3x2-9x+t+3=0有3个根a，b，c. 令g（x）=x3-3x2-9x+t+3，g′（x）=3x2-6x-9=3（x+1）·（x-3）. 所以g（x）在（-∞，-1），（3，+∞）上递增，在（-1，3）上递减. 由于g（x）有三个不同的零点，所以g（-1）>0，g（3）<0，解得-8

（ii）因为a，b，c是f（x）的三个极值点，所以x3-3x2-9x+t+3=（x-a）（x-b）（x-c）=x3-（a+b+c）x2+（ab+bc+ca）x-abc. 得a+b+c=3，ab+ac+bc=-9，t+3=-abc，即a=1-2 ，b=1，c=1+2 ，所以t=8.

（2）不等式f（x）≤x，即（x3-6x2+3x+t）ex≤x，即t≤xe-x-x3+6x2-3x.

转化为存在实数t∈[0，2]，使得对？坌x∈[1，m]，不等式t≤xe-x-x3+6x2-3x恒成立.

即不等式0≤xe-x-x3+6x2-3x在x∈[1，m]上恒成立，即不等式0≤e-x-x2+6x-3在x∈[1，m]上恒成立，设φ（x）=e-x-x2+6x-3，则φ′（x）=-e-x-2x+6.

设r（x）=φ′（x）=-e-x-2x+6，则r′（x）=e-x-2，因为1≤x≤m，有r′（x）<0. 故r（x）在区间[1，m]上是减函数. 又r（1）=4-e-1>0，r（2）=2-e-2>0，r（3）=-e-3<0，故存在x0∈（2，3），使得r（x0）=φ′（x0）=0. 当1≤x0，当x>x0时，有φ′（x）<0.

从而y=φ（x）在区间[1，x0]上递增，在区间[x0，+∞）上递减.

又φ（1）=e-1+2>0，φ（2）=e-2+5>0，φ（3）=e-3+6>0，φ（4）=e-4+5>0，φ（5）=e-5+2>0，φ（6）=e-6-3<0.

所以当1≤x≤5时，恒有φ（x）>0；当x≥6时，恒有φ（x）<0.

故使命题成立的正整数m的最大值为5.