1 函數(shù)的概念及其表示

1. 因為對于任意的實數(shù)x，y都有f（x-y）=f（x）-y（2x-y+1）成立，令x=0，可得f（-y）=f（0）-y（-y+1）=y2-y+1， 所以f（x）=x2+x+1.

2. 不等式即為a≥-■+2■在x∈■，2上恒成立，畫出函數(shù)f（x）=-■+2■=x，■

2 函數(shù)圖象與性質(zhì)

1. 由f（x+1）=f（x-1）知f（x）是周期為2的周期函數(shù). 在同一直角坐標系內(nèi)畫出函數(shù)y=f（x）及y=log■x的圖象，可知y=f（x）與y=log■x的圖象有4個交點.

？搖2. 因為f（2-x）=-f（x），所以f（x）有對稱中心（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）為偶函數(shù)，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）的一個周期. 從而由圖象可知其中正確的判斷是①②③.

3 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)

（1）由已知， f ′（x）=■（x>0）. 當a>MD6tIj4eb8Jndij3yEAXM2cJAwbEqhJoxv9H6DpmHz4=0時， f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1]，單調(diào)減區(qū)間為[1，+∞）；當a<0時， f（x）的單調(diào)增區(qū)間為[1，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（0，1]；當a=0時， f（x）不是單調(diào)函數(shù).

（2）由f ′（4）=-■=■得a=-2， f（x）=-2lnx+2x-3，所以g（x）=■x3+■+2x2-2x，所以g′（x）=x2+（m+4）x-2. 因為g（x）在區(qū)間（1，3）上不是單調(diào)函數(shù)，且g′（0）=-2，所以g′（1）<0，g′（3）>0，所以m<-3，m>-■，所以m∈-■，-3.

4 函數(shù)與不等式

1. 由f（x）≥0，得ax≤ex-■x2-1. 因為x≥■，所以a≤■.

令g（x）=■，則g′（x）=■.

再令φ（x）=ex（x-1）-■x2+1，則φ′（x）=x（ex-1）.

因為x≥■，所以φ′（x）>0，即φ（x）在■，+∞上單調(diào)遞增. 所以φ（x）≥φ■=■-■>0，因此φ（x）>0？圯g′（x）>0x∈■，+∞？搖，故g（x）在■，+∞上單調(diào)遞增. 則g（x）≥[g（x）]min=g■=■=2■-■，所以amax=2■-■.

2. 因為f ′（x）=■-■-■=■=-■.

又因為x∈（0，2），所以當x∈（0，1）時， f ′（x）<0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；當x∈（1，2）時， f ′（x）>0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，所以f（x）在（0，2）上的最小值為f（1）=-■.

由于“對任意x1∈（0，2），存在x2∈[1，2]，使f（x1）≥g（x2）”等價于“g（x）在[1，2]上的最小值不大于f（x）在（0，2）上的最小值-■”.

即存在x∈[1，2]，使得g（x）=x2-2bx+4≤-■，即2bx≥x2+■，即2b≥x+■∈■，■，所以2b≥■，解得b≥■，即實數(shù)b的取值范圍是■，+∞.

5 二次函數(shù)、二次方程和二次不等式

1. m∈（-∞，-1]

2. -1

6 指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)

1. 當x0∈A時， f（x0）∈[1，2）， f[f（x0）]∈（0，2]，而要當x0∈A時， f[f（x0）]∈A，則f（x）=4-2x∈[0，1），所以x∈■，2，即2■∈■，2，所以x0∈log■■，1，即選A.

2. （1）因為f ′（x）=lnx+1（x>0），令f ′（x）≥0，即lnx≥-1=lne-1，所以x≥■；同理，令f ′（x）≤0，可得0

（2）F′（x）=■（x>0）.

當a≥0時，F(xiàn)′（x）>0，F(xiàn)（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，則F（x）min=-a=■，所以a=-■？埸[0，+∞），舍去.

當a<0時，F(xiàn)（x）在（0，-a）上單調(diào)遞減，在（-a，+∞）上單調(diào)遞增.

若a∈（-1，0），F(xiàn)（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，F(xiàn)（x）min= -a=■，a=-■？埸（-1，0），舍去；

若a∈[-e，-1]，F(xiàn)（x）在（1，-a）上單調(diào)遞減，在（-a，e）上單調(diào)遞增，所以F（x）min=F（-a）=ln（-a）+1=■，a= -■∈[-e，-1]；

若a∈（-∞，-e），F(xiàn)（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，F(xiàn)（x）min=■=■？圯a= -■e？埸（-∞，-e），舍去.

綜上所述：a=-■.

7 函數(shù)與應(yīng)用

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

由f（x）為隔熱層建造費用與20年的能源消耗費用之和，列出f（x）的表達式.

設(shè)隔熱層厚度為x cm，而建造費用為C1（x）=6x，最后得隔熱層建造費用與20年的能源消耗費用之和為f（x）=20×C（x）+C1（x）=20×■+6x=■+6x （0≤x≤10）.

（2）求出導(dǎo)數(shù)f ′（x）=6-■，令f ′（x）=0，即■=6，解得x=5，x=-■（舍去）. 當00. 故x=5是f（x）的最小值點，對應(yīng)的最小值為f（5）=6×5+■=70.

綜合測試

1. 易知f（x）=log■x，x>0，-log■（-x），x<0 是奇函數(shù)， f（a）>f（-a）？圳f（a）>0？圳-11. 故選C.

2. 如圖1，作出函數(shù)y=f（x）的圖象. 令t=x2+2x，則t=（x+1）2-1≥-1. f（x2+2x）=a有六個不同的實根？圳關(guān)于t的方程f（t）=a在區(qū)間（-1，+∞）有三個不同的根，注意到f（-1）=8，由圖象可知8

■

圖1

3. 由0

4. 由題意可知f（x）=x2+px+q和g（x）=x+■在區(qū)間1，■上有相同的最小值f（x0）=g（x0），由此可知f（x）=（x-2）2+4，所以f（x）在A上的最大值為f（1）=5，故選A.

5. 由f（x）=x3-3x+1≥1解得x≤-2或-■≤x≤0或x=1或x≥■，即B=（-∞，-2]∪[-■，0]∪{1}∪[■，+∞），由A∩B只有一個元素可得0

6. 因為對任意的x∈[1，+∞）， f（mx）+mf（x）=2mx-m+■■<0恒成立，所以當m<0時，有2m2x2-1-m2>0對任意x∈[1，+∞）恒成立，即2m2×1-1-m2>0，解得m2>1，即m<-1；當m>0時，有2m2x2-1-m2<0對任意x∈[1，+∞）恒成立，x無解. 綜上所述，實數(shù)m的取值范圍是m<-1.

7. 由題可知，無論正方形沿著x軸的正方向還是負方向滾動，再次使點P與沿x軸接觸的x軸方向的路程是4，故其最小正周期為4. 在正方形的翻滾過程中，函數(shù)y=f（x）的兩個相鄰零點間點P的軌跡如圖2所示，其面積為■×π×12+■×π×（■）2+2×■×1×1=1+π.

■

圖2

8. 令u=x2-ax+3a，因為00在[2，+∞）上恒成立，且為增函數(shù).所以由此可得■≤2，u（2）=4-2a+3a>0，解得-4

9. （1）由題意：當0≤x≤20時，v（x）=60；當20≤x≤200時，設(shè)v（x）=ax+b，顯然v（x）=ax+b在[20，200]上是減函數(shù). 由已知得200a+b=0，20a+b=60，解得a=-■，b=■.故可得函數(shù)v（x）=60，0≤x<20，■（200-x），20≤x≤200.

（2）依題意并由（1）可得f（x）=60x，0≤x<20，■x（200-x），20≤x≤200.

當0≤x≤20時， f（x）為增函數(shù)，故當x=20時，其最大值為60×20=1200；當20≤x≤200時， f（x）=■x（200-x）≤■■2=■，當且僅當x=200-x，即x=100時，等號成立.

所以，當x=100時， f（x）在區(qū)間[20，200]上取得最大值■.

綜上，當x=100時， f（x）在區(qū)間[0，200]上取得最大值■≈3333.

即當車流密度為100輛/千米時，車流量可以達到最大，最大值約為3333輛/時.

10. （1）當a=2時， f（x）=2lnx-2x的定義域為（0，+∞）， f ′（x）=■-2，由x>0，f ′（x）>0得0

（2）f（x）=0？圳2lnx-ax=0？圳a=g（x）=■，g′（x）=■.

由g′（x）=■>0得0■時， f（x）的零點不存在；當a=■或a≤0時， f（x）有且僅有一個零點；當0

■

圖3

11. 直線AB的方程為x+2y=2，設(shè)直線EF的斜率為k，則直線EF的方程為y=kx（k>0）.

如圖4，設(shè)E（x1，kx1），F(xiàn)（x2，kx2），其中x1

■

圖4

根據(jù)點到直線的距離公式和①式知，點E，F(xiàn)到AB的距離分別為h1=■=■，h2=■=■.又AB=■=■，所以四邊形AEBF的面積為S=■AB（h1+h2）=■·■·■=■=2■≤2■，當2k=1，即當k=■時，上式取等號. 所以S的最大值為2■.

12. （1）設(shè)直線l：y=3x-e與函數(shù)y=f（x）的圖象相切于點Q（x0，y0），則y0=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，則x∈（1，+∞）時，h′（x）=1-■>0，所以h（x）=x-2-lnx是（1，+∞）上的增函數(shù). 又h（3）=1-ln3<0，h（4）=2-2ln2>0，所以h（x）=x-2-lnx在（1，+∞）上有唯一的零點x0，當且僅當x>x0時，h（x）=x-2-lnx>0即g′（x）>0，所以g（x）是區(qū)間（1，x0）上的減函數(shù)，是（x0，+∞）上的增函數(shù). 所以當x=x0時，g（x）取最小值g（x0）.

②由（1）可知，3