【解析版】数学高一上期末提高卷(培优)(1)

一、选择题

log2x,x0，f(x)1．(0分)[ID：12112]已知函数关于x的方程2x2x,x0.f(x)m,mR，有四个不同的实数解x1,x2,x3,x4,则x1x2+x3x4的取值范围为

（ ） A．(0,+)

B．0,

123C．1,

2D．(1,+)

Bx12．(0分)[ID：12093]设集合Ax|21，By|ylog3x,xA，则

A（ ） A．0,1

B．0,1

2C．0,1 D．0,1

3．(0分)[ID：12090]若函数f(x)围是（ ） A．[0,8) C．(0,8)

xmxmx2的定义域为R ，则实数m 取值范

B．(8,) D．(,0)(8,)

ax,x14．(0分)[ID：12106]若函数f(x)是R上的单调递增函数，则实数a4x2,x12a的取值范围是（ ） A．1,

B．（1,8）

C．（4,8）

D．4,8)

5．(0分)[ID：12078]把函数fxlog2x1的图象向右平移一个单位，所得图象与函数gx的图象关于直线yx对称；已知偶函数hx满足hx1hx1，当

x0,1时，hxgx1；若函数ykfxhx有五个零点，则正数k的取值

范围是（ ） A．log32,1

B．log32,1

C．log62,1 2D．log62,

216．(0分)[ID：12077][x]表示不超过实数x的最大整数，x0是方程lnx3x100的根，则[x0]（ ） A．1

B．2

C．3

D．4

7．(0分)[ID：12075]已知函数yf(x)(xR)满足f(x1)f(x)0，若方程

f(x)1有2022个不同的实数根xi（i1,2,32x1x2022( )

,2022），则

x1x2x3A．1010 C．1011

B．2020 D．2022

8．(0分)[ID：12059]函数f(x)的反函数图像向右平移1个单位，得到函数图像C，函数

g(x)的图像与函数图像C关于yx成轴对称，那么g(x)（ ）

A．f(x1)

B．f(x1)

C．f(x)1

D．f(x)1

log2x1x09．(0分)[ID：12058]已知函数fx ，则yffx3的零点

x4x0个数为（ ） A．3

B．4

C．5

D．6

10．(0分)[ID：12049]已知全集为R，函数yln6xx2的定义域为集合

A,Bx|a4xa4，且AA．2a10 C．a2或a10

RB，则a的取值范围是（ ）

B．2a10 D．a2或a10

exex11．(0分)[ID：12034]已知函数fx，xR，若对任意0,，都有

22fsinf1m0成立，则实数m的取值范围是（ ）

A．0,1

B．0,2

C．,1

1 D．，12．(0分)[ID：12030]若函数y＝aax (a>0，a≠1)的定义域和值域都是[0，1]，则loga

548＋loga＝( ) 65B．2

C．3

D．4

A．1

213．(0分)[ID：12067]已知函数f(x)lnx，g(x)x3，则f(x)?g(x)的图象大

致为（ ）

A． B．

C． D．

14．(0分)[ID：12045]点P从点O出发，按逆时针方向沿周长为l的平面图形运动一周，

O，P两点连线的距离y与点P走过的路程x的函数关系如图所示，则点P所走的图形可能是

A． B．

C．

D．

1x2,x115．(0分)[ID：12099]设函数fx1log2x,x1，则满足fx2的x的取值范围

是( ) A．1,2

B．0,2

C．1, D．0, 二、填空题

16．(0分)[ID：12222]已知幂函数y(m2)x在(0,)上是减函数，则

mm__________．

4217．(0分)[ID：12218]通过研究函数fx2x10x2x1在xR内的零点个数，进n2一步研究得函数gx2x10x2x1（n3，nN且n为奇数）在xR内零点有

__________个

18．(0分)[ID：12210]已知logaxxylogaxlogay，则的值为_________________． 22y19．(0分)[ID：12201]已知函数f(x)log2x，定义f(x)f(x1)f(x)，则函数

F(x)f(x)f(x1)的值域为___________.

20．(0分)[ID：12187]求值： 2log2331251lg ________ 81001是奇函数，则的值为________. 4x121．(0分)[ID：12161]已知函数f(x)a3x1x022．(0分)[ID：12151]函数fxx，若函数ym的图像与函数

31x0yfx的图像有公共点，则m的取值范围是______.

2x,0x1,23．(0分)[ID：12145]已知函数f(x)1则关于x的方程

f(x1),1x3,24xf(x)k0的所有根的和的最大值是_______.

24．(0分)[ID：12141]已知函数fx是定义在R上的偶函数，且fx在区间[0,)上是减函数，则fxf2的解集是________．

25．(0分)[ID：12132]已知函数fx为R上的增函数，且对任意xR都有

xffx34，则f4______.

三、解答题

26．(0分)[ID：12314]已知二次函数fx满足:f2xf2x，fx的最小值为1，且在y轴上的截距为4. (1)求此二次函数fx的解析式；

(2)若存在区间a,ba0，使得函数fx的定义域和值域都是区间a,b，则称区间

a,b为函数fx的“不变区间”.试求函数fx的不变区间；

(3)若对于任意的x10,3，总存在x210,100，使得fx12lgx2的取值范围.

27．(0分)[ID：12297]某地下车库在排气扇发生故障的情况下，测得空气中一氧化碳含量达到了危险状态，经抢修，排气扇恢复正常．排气4min后，测得车库内的一氧化碳浓度为64L/L，继续排气4min，又测得浓度为32L/L，经检测知该地下车库一氧化碳浓

m1，求mlgx21度y(L/L)与排气时间t(min)存在函数关系：yc（c，m为常数）。 2（1）求c，m的值；

（2）若地下车库中一氧化碳浓度不高于0.5L/L为正常，问至少排气多少分钟，这个地下车库中的一氧化碳含量才能达到正常状态？ 28．(0分)[ID：12270]已知函数f(x)mtx.

（1）判断函数f(x)在区间[0,)上的单调性，并用定义证明；

（2）函数g(x)f(x)log2x2在区间(1,2)内是否有零点？若有零点，用“二分法”求零点的近似值（精确到0.3）；若没有零点，说明理由.

（参考数据：1.251.118，1.51.225，1.751.323，log21.250.322，

log21.50.585，log21.750.807）

29．(0分)[ID：12251]某群体的人均通勤时间，是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时．某地上班族S中的成员仅以自驾或公交方式通勤．分析显示：当S中x%（0x100）的成员自驾时，自驾群体的人均通勤时间为

0x3030，fx（单位：分钟），而公交群体的人均通勤时间不受18002x90，30x100xx影响，恒为40分钟，试根据上述分析结果回答下列问题：

（1）当x在什么范围内时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间？ （2）求该地上班族S的人均通勤时间gx的表达式；讨论gx的单调性，并说明其实际意义．

30．(0分)[ID：12247]已知函数fxlog991kxkR是偶函数.

x（1）求k的值； （2）若不等式fx1xa0对x,0恒成立，求实数a的取值范围. 2（注：如果求解过程中涉及复合函数单调性，可直接用结论，不需证明）

【参考答案】

2016-2017年度第*次考试试卷 参考答案

**科目模拟测试

一、选择题 1．B 2．B 3．A 4．D 5．C 6．B 7．C

8．D 9．C 10．C 11．D 12．C 13．C 14．C 15．D

二、填空题

16．-3【解析】【分析】根据函数是幂函数可求出m再根据函数是减函数知故可求出m【详解】因为函数是幂函数所以解得或当时在上是增函数；当时在上是减函数所以【点睛】本题主要考查了幂函数的概念幂函数的增减性属于

17．3【解析】【分析】令（为奇数）作出两个函数的图象后可判断零点的个数【详解】由题意令则零点的个数就是图象交点的个数如图所示：由图象可知与的图象在第一象限有一个交点在第三象限有一个交点因为当为正奇数时的

18．【解析】【分析】首先根据对数的运算性质化简可知：即解方程即可【详解】因为且所以即整理得：所以或因为所以所以故答案为：【点睛】本题主要考查对数的运算性质同时考查了学生的计算能力属于中档题

19．【解析】【分析】根据题意以及对数的运算性质得出进而可由基本不等式可得出从而可得出函数的值域【详解】由题意即由题意知由基本不等式得（当且仅当时取等号）所以（当且仅当时取等号）即所以的值域为故答案为：【 20．【解析】由题意结合对数指数的运算法则有： 21．【解析】函数是奇函数可得即即解得故答案为

22．【解析】【分析】作出函数的图象如下图所示得出函数的值域由图象可得m的取值范围【详解】作出函数的图象如下图所示函数的值域为由图象可得要使函数的图像与函数的图像有公共点则m的取值范围是故答案为：【点睛】

23．5【解析】【分析】将化简为同时设可得的函数解析式可得当k等于8时与的交点的所有根的和的最大可得答案【详解】解：由可得：设由函数的性质与图像可得当k等于8时与的交点的所有根的和的最大此时根分别为：当时

24．【解析】【分析】由题意先确定函数在上是增函数再将不等式转化为即可求得的取值

范围【详解】函数是定义在上的偶函数且在区间上是减函数函数在区间上是增函数或解集为故答案为：【点睛】本题考查偶函数与单调性结合

25．【解析】【分析】采用换元法结合函数的单调性计算出的解析式从而即可求解出的值【详解】令所以又因为所以又因为是上的增函数且所以所以所以故答案为：【点睛】本题考查用换元法求解函数的解析式并求值难度一般已知

三、解答题 26． 27． 28． 29． 30．

2016-2017年度第*次考试试卷 参考解析

【参考解析】

**科目模拟测试

一、选择题 1．B 解析：B 【解析】 【分析】

由题意作函数yf(x)与ym的图象，从而可得x1x22，0log2x42，x3x41，从而得解

【详解】

解：因为f(x)log2x,x0，x2x,x0.2，可作函数图象如下所示：

依题意关于x的方程f(x)m,mR，有四个不同的实数解x1,x2,x3,x4,即函数

yf(x)与ym的图象有四个不同的交点，由图可知令

x11x201x31x42， 2则x1x22，log2x3log2x4，即log2x3log2x40，所以x3x41，则

x31，x41,2 x41x4，x41,2 x4所以x1x2x3x42因为y1515x，在x1,2上单调递增，所以y2,，即x42,

x4x22x1x2x3x42故选：B

11x40, x42

【点睛】

本题考查了数形结合的思想应用及分段函数的应用．属于中档题

2．B

解析：B 【解析】 【分析】

先化简集合A,B,再求

BA得解.

【详解】

x10由题得Ax|22{x|x1}，By|y0.

所以

BA{x|0x1}.

故选B 【点睛】

本题主要考查集合的化简和补集运算，考查指数函数的单调性和对数函数的值域的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

3．A

解析：A 【解析】 【分析】

根据题意可得出，不等式mx2-mx+2>0的解集为R，从而可看出m＝0时，满足题意，

m＞0m≠0时，可得出，解出m的范围即可． 2m8m0【详解】

∵函数f（x）的定义域为R；

∴不等式mx2-mx+2>0的解集为R； ①m＝0时，2>0恒成立，满足题意；

②m≠0时，则解得0＜m<8；

综上得，实数m的取值范围是[0,8) 故选：A． 【点睛】

考查函数定义域的概念及求法，以及一元二次不等式的解集为R时，判别式△需满足的条件．

m＞0； 2m8m04．D

解析：D 【解析】 【分析】

根据分段函数单调性列不等式，解得结果. 【详解】

ax,x1因为函数f(x)是R上的单调递增函数， a4x2,x12a1a所以404a8

2a42a2故选：D 【点睛】

本题考查根据分段函数单调性求参数，考查基本分析判断能力，属中档题.

5．C

解析：C 【解析】

分析：由题意分别确定函数f(x)的图象性质和函数h(x)图象的性质，然后数形结合得到关于k的不等式组，求解不等式组即可求得最终结果.

详解：曲线fxlog2x1右移一个单位，得yfx1log2x， 所以g(x)=2x，h(x-1)=h(-x-1)=h(x+1)，则函数h(x)的周期为2. 当x∈[0,1]时，hx21，

xy=kf(x)-h(x)有五个零点，等价于函数y=kf(x)与函数y=h(x)的图象有五个公共点. 绘制函数图像如图所示，由图像知kf（3）<1且kf（5）>1，即：

klog2411，求解不等式组可得：log62k. 2klog261即k的取值范围是log62,本题选择C选项.

1． 2

点睛：本题主要考查函数图象的平移变换，函数的周期性，函数的奇偶性，数形结合解题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

6．B

解析：B 【解析】

【分析】

先求出函数fxlnx3x10的零点的范围，进而判断x0的范围，即可求出x0. 【详解】

由题意可知x0是fxlnx3x10的零点， 易知函数fx是（0，）上的单调递增函数，

而f2ln2610ln240，f3ln3910ln310， 即f2f30

所以2x03，

结合x的性质，可知x02. 故选B. 【点睛】

本题考查了函数的零点问题，属于基础题．

7．C

解析：C 【解析】 【分析】 函数fx和y111都关于,0对称，所有f(x)的所有零点都关于

22x12x11,0对称，根据对称性计算x1x2x32【详解】

x2022的值.

fx1fx0，

1fx关于,0对称，

2而函数y11也关于,0对称， 2x12fxfx11的所有零点关于,0对称， 2x121的2022个不同的实数根xi（i1,2,32x1,2022），

1有1011组关于,0对称，

2x1x2...x2022101111011.

故选：C 【点睛】

本题考查根据对称性计算零点之和，重点考查函数的对称性，属于中档题型.

8．D

解析：D 【解析】 【分析】

首先设出yg(x)图象上任意一点的坐标为(x,y)，求得其关于直线yx的对称点为

(y,x)，根据图象变换，得到函数f(x)的图象上的点为(x,y1)，之后应用点在函数图象

上的条件，求得对应的函数解析式，得到结果. 【详解】

设yg(x)图象上任意一点的坐标为(x,y)， 则其关于直线yx的对称点为(y,x)， 再将点(y,x)向左平移一个单位，得到(y1,x)， 其关于直线yx的对称点为(x,y1)， 该点在函数f(x)的图象上，所以有y1f(x)， 所以有yf(x)1，即g(x)f(x)1， 故选：D. 【点睛】

该题考查的是有关函数解析式的求解问题，涉及到的知识点有点关于直线的对称点的求法，两个会反函数的函数图象关于直线yx对称，属于简单题目.

9．C

解析：C 【解析】 【分析】 由题意，函数yffx3的零点个数，即方程ffx3的实数根个数，设

tfx，则ft3，作出fx的图象，结合图象可知，方程ft3有三个实根，

进而可得答案. 【详解】 由题意，函数yffx3的零点个数，即方程ffx3的实数根个数，

1，t34， 4设tfx，则ft3，作出fx的图象，

如图所示，结合图象可知，方程ft3有三个实根t11，t2则fx1 有一个解，fx故方程f1有一个解，fx4有三个解， 4fx3有5个解.

【点睛】

本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中合理利用换元法，结合图象，求得方程ft3的根，进而求得方程的零点个数是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及数形结合思想的应用.

10．C

解析：C 【解析】 【分析】

由6xx20可得Ax|2x6，CRBxa4或xa4，再通过A为

CRB的子集可得结果.

【详解】

由yln6xx2可知，

6xx202x6，所以Ax|2x6，

CRBxa4或xa4，

因为ACRB，所以6a4或2a4，即a10或a2，故选C. 【点睛】

本题考查不等式的解集和对数函数的定义域，以及集合之间的交集和补集的运算；若集合的元素已知，求解集合的交集、并集、补集时，可根据交集、并集、补集的定义求解.

11．D

解析：D 【解析】

试题分析：求函数f（x）定义域，及f（﹣x）便得到f（x）为奇函数，并能够通过求f′（x）判断f（x）在R上单调递增，从而得到sinθ＞m﹣1，也就是对任意的0,有sinθ＞m﹣1成立，根据0＜sinθ≤1，即可得出m的取值范围． 详解：

f（x）的定义域为R，f（﹣x）=﹣f（x）； f′（x）=ex+e﹣x＞0； ∴f（x）在R上单调递增；

由f（sinθ）+f（1﹣m）＞0得，f（sinθ）＞f（m﹣1）； ∴sinθ＞m﹣1；

2都

即对任意θ∈0,∵0＜sinθ≤1； ∴m﹣1≤0；

2都有m﹣1＜sinθ成立；

∴实数m的取值范围是（﹣∞，1]． 故选：D．

点睛：本题考查函数的单调性与奇偶性的综合应用，注意奇函数的在对称区间上的单调性的性质；对于解抽象函数的不等式问题或者有解析式，但是直接解不等式非常麻烦的问题，可以考虑研究函数的单调性和奇偶性等，以及函数零点等，直接根据这些性质得到不等式的解集.

12．C

解析：C 【解析】 【分析】

先分析得到a＞1，再求出a=2,再利用对数的运算求值得解. 【详解】

由题意可得a－ax≥0，ax≤a，定义域为[0，1]， 所以a>1，

y＝aax在定义域为[0，1]上单调递减，值域是[0，1]， 所以f(0)＝a1＝1，f(1)＝0， 所以a＝2，

548548＋loga＝log2＋log2＝log28＝3. 6565故选C 【点睛】

所loga

本题主要考查指数和对数的运算，考查函数的单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

13．C

解析：C 【解析】 【分析】 【详解】

因为函数fxlnx，gxx3，可得fx•gx是偶函数，图象关于y 轴对

2称，排除A,D ；又x0,1时，fx0,gx0,所以fx•gx0,排除B , 故选C. 【方法点晴】

本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常

见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及x0,x0,x,x时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.

14．C

解析：C 【解析】 【分析】

认真观察函数图像，根据运动特点，采用排除法解决. 【详解】

由函数关系式可知当点P运动到图形周长一半时O,P两点连线的距离最大，可以排除选项A,D,对选项B正方形的图像关于对角线对称，所以距离y与点P走过的路程x的函数图像应该关于故选C． 【点睛】

本题考查函数图象的识别和判断，考查对于运动问题的深刻理解，解题关键是认真分析函数图象的特点．考查学生分析问题的能力．

l对称，由图可知不满足题意故排除选项B， 215．D

解析：D 【解析】 【分析】

分类讨论：①当x1时；②当x1时，再按照指数不等式和对数不等式求解，最后求出它们的并集即可． 【详解】

当x1时，21x2的可变形为1x1，x0，0x1． 当x1时，1log2x2的可变形为x故选D． 【点睛】

本题主要考查不等式的转化与求解，应该转化特定的不等式类型求解．

二、填空题

16．-3【解析】【分析】根据函数是幂函数可求出m再根据函数是减函数知故可求出m【详解】因为函数是幂函数所以解得或当时在上是增函数；当时在上是减函数所以【点睛】本题主要考查了幂函数的概念幂函数的增减性属于 解析：-3 【解析】 【分析】

1，x1，故答案为0,． 2根据函数是幂函数可求出m,再根据函数是减函数知m0，故可求出m. 【详解】 因为函数是幂函数

所以|m|21，解得m3或m3. 当m3时，yx在(0,)上是增函数； 当m3时，yx在(0,)上是减函数， 所以m3. 【点睛】

本题主要考查了幂函数的概念，幂函数的增减性，属于中档题.

317．3【解析】【分析】令（为奇数）作出两个函数的图象后可判断零点的个数【详解】由题意令则零点的个数就是图象交点的个数如图所示：由图象可知与的图象在第一象限有一个交点在第三象限有一个交点因为当为正奇数时的

解析：3 【解析】 【分析】

n2令sx2x（n为奇数，n3），hx10x2x1，作出sx、hx两个函数的

图象后可判断gx零点的个数. 【详解】

n*2由题意，令sx2x,nN,n5，hx10x2x1，则gxsxhx，

gx零点的个数就是sx,hx图象交点的个数，

如图所示：

由图象可知，sx与hx的图象在第一象限有一个交点，在第三象限有一个交点， 因为当n为正奇数时sx2x的变化速度远大于hx的变化速度，故在第三象限内，

nsx、hx的图象还有一个交点，故sx,hx图象交点的个数为3，

所以gx零点的个数为3. 故答案为：3. 【点睛】

本题主要考查了函数的零点的判定，其中解答中把函数的零点问题转化为两个函数的图象

的交点个数求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想的应用，属于中档试题.

18．【解析】【分析】首先根据对数的运算性质化简可知：即解方程即可【详解】因为且所以即整理得：所以或因为所以所以故答案为：【点睛】本题主要考查对数的运算性质同时考查了学生的计算能力属于中档题 解析：322 【解析】 【分析】

首先根据对数的运算性质化简可知：(【详解】 因为logax2xxy2)xy，即()6()10，解方程即可.

yy2xylogaxlogay，且xy， 22所以2logaxyxy2)xy. loga(xy)，即(22x2x整理得：x2y26xy0，()6()10.

yy62432，所以

xx632322或322.

yy2xx1.所以322. yy因为xy0，所以故答案为：322 【点睛】

本题主要考查对数的运算性质，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.

19．【解析】【分析】根据题意以及对数的运算性质得出进而可由基本不等式可得出从而可得出函数的值域【详解】由题意即由题意知由基本不等式得（当且仅当时取等号）所以（当且仅当时取等号）即所以的值域为故答案为：【 解析：2,

【解析】 【分析】

根据题意以及对数的运算性质得出Fxlog2x12，进而可由基本不等式可得出x1x24，从而可得出函数Fx的值域. x【详解】

由题意，Fx2fx1fx2log2x1log2x，

x22x11log2x2， 即Fxlog2xx由题意知，x0，由基本不等式得x所以x112x2（当且仅当x1时取等号）， xx1124（当且仅当x1时取等号），即log2x2log242，

xx所以Fx的值域为2,. 故答案为：2,. 【点睛】

本题考查了函数值域的定义及求法，对数的运算性质，基本不等式的运用，考查了计算能力，属于基础题.

20．【解析】由题意结合对数指数的运算法则有：

3解析：

2【解析】

由题意结合对数、指数的运算法则有：

2log233125153lg32. 81002221．【解析】函数是奇函数可得即即解得故答案为

1 2【解析】 解析：

函数fxa111fxfxaa是奇函数，可得，即，xxx414141114x1即2axx1，解得a，故答案为

22414122．【解析】【分析】作出函数的图象如下图所示得出函数的值域由图象可得m的取值范围【详解】作出函数的图象如下图所示函数的值域为由图象可得要使函数的图像与函数的图像有公共点则m的取值范围是故答案为：【点睛】 解析：0,11,2

【解析】 【分析】

作出函数fx的图象如下图所示，得出函数fx的值域，由图象可得m的取值范围. 【详解】

作出函数fx的图象如下图所示，函数fx的值域为0,11,2，由图象可得要使函数ym的图像与函数yfx的图像有公共点，则m的取值范围是0,11,2， 故答案为：0,11,2.

【点睛】

本题考查两函数图象交点问题，关键在于作出分段函数的图象，运用数形结合的思想求得范围，在作图象时，注意是开区间还是闭区间，属于基础题.

23．5【解析】【分析】将化简为同时设可得的函数解析式可得当k等于8时与的交点的所有根的和的最大可得答案【详解】解：由可得：设由函数的性质与图像可得当k等于8时与的交点的所有根的和的最大此时根分别为：当时

解析：5 【解析】 【分析】

x2,0x1,2x,0x1,1xf(x)f(x)将化简为2,1x2,同时设14f(x1),1x3,21x2,2x3,164xf(x)g(x)，可得g(x)的函数解析式，可得当k等于8时与g(x)的交点的所有根的

和的最大，可得答案. 【详解】

x2,0x1,2x,0x1,1xf(x)f(x)解：由可得：2,1x2, 14f(x1),1x3,21x2,2x3,168x,0x1,1xx设4f(x)g(x)，g(x)8,1x2,

418x,2x3,16由g(x)函数的性质与图像可得，

当k等于8时与g(x)的交点的所有根的和的最大， 此时根分别为：当0x1时，8x18，x11， 当1x2时，

1x2588，x2， 43178x38，x3，

316当2x3时，

此时所有根的和的最大值为：x1x2x35， 故答案为：5. 【点睛】

本题主要考查分段函数的图像与性质，注意分段函数需分对分段区间进行讨论，属于中档题.

24．【解析】【分析】由题意先确定函数在上是增函数再将不等式转化为即可求得的取值范围【详解】函数是定义在上的偶函数且在区间上是减函数函数在区间上是增函数或解集为故答案为：【点睛】本题考查偶函数与单调性结合

22， 解析：，【解析】 【分析】

由题意先确定函数fx在,0上是增函数，再将不等式转化为f11f2即可求得x的取值范围. 【详解】

函数fx是定义在R上的偶函数，且fx在区间[0,)上是减函数，

函数fx在区间,0上是增函数

fxf2

fxf2

x2

x2或x≤2

解集为,2【点睛】

本题考查偶函数与单调性结合解抽象函数不等式问题，直观想象能力，属于中等题型.

2,

故答案为：,22,

25．【解析】【分析】采用换元法结合函数的单调性计算出的解析式从而即可求解出的值【详解】令所以又因为所以又因为是上的增函数且所以所以所以故答案为：【点睛】本题考查用换元法求解函数的解析式并求值难度一般已知 解析：82

【解析】 【分析】

采用换元法结合函数的单调性计算出fx的解析式，从而即可求解出f4的值. 【详解】

令fx3t，所以fx3t，

xx又因为ft4，所以3tt4，

又因为y3t4是R上的增函数且3114，所以t1， 所以fx31，所以f43182.

x4t故答案为：82. 【点睛】

本题考查用换元法求解函数的解析式并求值，难度一般.已知fgx的解析式，可考虑用换元的方法（令gxt）求解出fx的解析式.

三、解答题 26． （1）f(x)【解析】 【分析】

（1）由f2xf2x，得对称轴是x2，结合最小值可用顶点法设出函数式，再由截距求出解析式；

（2）根据二次函数的单调性确定函数的最大值和最小值，然后求解． （3）求出f(x)在[0,3]的最大值4，对函数g(x)2lgx3(x2)21；（2）[1,4]；（3）[2,)． 4m1 lgx换元tlgx，得g(x)y2t【详解】

mm1，t[1,2]，由42t1用分离参数法转化． tt（1）∵f2xf2x，∴对称轴是x2，又函数最小值是1，可设

f(x)a(x2)21（a0），

∴f(0)4a14，a∴f(x)3． 43(x2)21． 472，∴b3且4（2）若a2b，则f(x)min1a，f(1)3f(b)(b2)21b，解得b4．∴a1,b4，不变区间是[1,4]；

432f(a)(a2)1b44f(x)ab[a,b]若0ab2，则在上是减函数，∴3f(b)3(b2)21a4或4，因为0ab2，所以舍去；

3f(a)(a2)21a4若2ab，则f(x)在[a,b]上是增函数，∴，

3f(b)(b2)21b4∴a,b是方程f(x)x的两根，

34(x2)21x，x1,x24，不合题意． 43综上a1,b4；

由f(x)x得（3）f(x)3(x2)21，x[0,3]时，f(x)maxf(0)4， 4设y2lgxm1，令tlgx，当x[10,100]时，t[1,2]． lgxy2tm1， tm1成立，即m2t25t， t由题意存在t[1,2]，使42t525t[1,2]时，2t25t2(t)2的最小值是222522，

48所以m[2,)．

【点睛】

本题考查求二次函数解析式，考查二次函数的创新问题，考查不等式恒成立和能成立问

题．二次函数的解析式有三种形式：

f(x)a(xm)2h,f(x)a(xx1)(xx2),f(x)ax2bxc，解题时要根据具体

的条件设相应的解析式．二次函数的值域问题要讨论对称轴与区间的关系，以确定函数的单调性，得最值．难点是不等式问题，对于任意的x1[0,3]，说明不等式恒成立，而存在

x[10,100]，说明不等式“能”成立．一定要注意是转化为求函数的最大值还是最小

值．

27．

（1）c128，m【解析】 【分析】

mt1（2）32min 411(1)将t4,y64和t8,y32分别代入yc,列方程组可解得c128,m,从42而可得.

(2) 由(1)知y1281,然后利用指数函数的单调性解不等式12811t41t4220.5即可得

到. 【详解】

4m164cc1282(1)由题意，可得方程组，解得1． 8mm1432c2(2)由(1)知y1281．

1t42由题意，可得 12811t420.5，

即 121t481，即 1t8，解得t32． 42所以至少排气 32min，这个地下车库中的一氧化碳含量才能达到正常状态。 【点睛】

本题考查了指数型函数的解析式的求法以及利用指数函数的单调性解指数不等式,属于基础题.

28．

（1）见解析；（2）有，1.5 【解析】

【分析】

性．（2）结合函数单调性，由零点存在性定理得出连续函数gx在区间1,2上有且仅

（1）由条件利用函数的单调性的定义即可证得函数f（x）在区间0,上的单调有一个零点，由二分法即可得出零点的近似值（精确到0.3）. 【详解】

（1）函数fx在区间0,上是增函数， 设x1,x20,，且x1x2， 则fx1fx2x1x2x1x2x1x2x1x2x1x20，

x1x2所以fx1fx2，

故函数fx在区间0,上是增函数. （2）gxxlog2x2是增函数，

又因为g11log21210，g22log222210， 所以连续函数gx在区间1,2上有且仅有一个零点x0

因为g1.51.5log21.521.2250.58520.190， 所以x01.5,2

又因为g1.751.75log21.7521.3230.80720.130， 所以x01.5,1.75

又1.751.50.250.3，所以gx零点的近似值为1.5. 【点睛】

本题考查了用定义证明函数单调性，零点存在性定理的应用，二分法求零点的近似值，属于中档题.

29．

100时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间;(2)见解析. (1) x45，【解析】 【分析】

（1）由题意知求出f（x）＞40时x的取值范围即可；

（2）分段求出g（x）的解析式，判断g（x）的单调性，再说明其实际意义． 【详解】

（1）由题意知，当30x100时，

fx2x18009040， x即x265x9000， 解得x20或x45，

100时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间； ∴x45，（2）当0x30时，

gx30x%401x%40当30x100时，

x； 10180x213gx2x90x%401x%x58；

x5010x4010∴gx2；

x13x585010当0x32.5时，gx单调递减； 当32.5x100时，gx单调递增；

说明该地上班族S中有小于32.5%的人自驾时，人均通勤时间是递减的； 有大于32.5%的人自驾时，人均通勤时间是递增的； 当自驾人数为32.5%时，人均通勤时间最少． 【点睛】

本题考查了分段函数的应用问题，也考查了分类讨论与分析问题、解决问题的能力．

30．

（1）k【解析】 【分析】

(1)由偶函数定义fxfx,代入解析式求解即可;

(2)题设条件可等价转化为alog991x对x,0恒成立,因此设

x1（2）,log92 2gxlog99x1x,求出其在x,0上的最小值即可得出结论.

【详解】

(1)∵函数fxlog991kxkR 是偶函数.

x∴fxfx, ∴log99x1kxlog99x1kx,

xx9x1∴2kxlog991log991log9xx,

91∴k1. 2(2)由(1)知,fxlog991x1x, 2不等式f(x)1xa0即为alog99x1x, 2令gxlog991x,x,0,

x9x1x, 则gxlog991xlog9log199x9x又函数gx在,0上单调递减,所以gxming0log92, ∴a的取值范围是,log92. 【点睛】

本题考查函数奇偶性的定义运用以及不等式恒成立问题,属于中档题.解决不等式恒成立问题时,一般首选参变分离法,将恒成立问题转化为最值问题求解.