一、填空題

1.已知集合A={1，2，4}，B={2，4，6}，則A∪B=.

2.已知集合A={（x，y）|y=2x-1}，B={（x，y）|y=x+2}，則A∩B=.

3.設(shè)全集U={1，3，5，7，9}，集合M={1，a-5}，MU，且UM={3，5，7}，則實數(shù)a=.

4.函數(shù)f（x）=1-2log6x的定義域為.

5.已知函數(shù)f（x）=x21+x2，則f（2）+f（3）+f（4）+f（12）+f（13）+f（14）的值為.

6.若曲線y=e-x上點P處的切線平行于直線2x+y+1=0，則點P的坐標是.

7.設(shè)f（x）是定義在R上的周期為2的函數(shù)，當x∈[-1，1）時，f（x）=-4x2+2，-1≤x<0，

x，0≤x<1，則f（32）=.

8.函數(shù)f（x）=log2x·log2（2x）的最小值為 .

9.已知函數(shù)f（x）=x2-2ax+5（a>1），若f（x）的定義域和值域均是[1，a]，則實數(shù)a=.

10.已知函數(shù)f（x）=|x2+3x|，x∈R.若方程f（x）-a|x-1|=0恰有4個互異的實數(shù)根，則實數(shù)a的取值范圍為.

11.已知f（x）=1+log2x（1≤x≤4），則函數(shù)g（x）=f2（x）+f（x2）的值域為.

12.已知奇函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，且f（1）=0，當f（lgt）<0時，則t的取值范圍為.

13.設(shè)f（x）是定義在R上且周期為2的函數(shù)，在區(qū)間[-1，1]上，f（x）=ax+1，-1≤x<0，

bx+2x+1，0≤x≤1，其中a，b∈R，若f（12）=f（32），則a+3b的值為.

14.若集合{a，b，c，d}={1，2，3，4}，且下列四個關(guān)系：①a=1；②b≠1；③c=2；④d≠4有且只有一個是正確的，則符合條件的有序數(shù)組（a，b，c，d）的個數(shù)是.

二、解答題

15.已知集合A={x|a≤x≤a+4}，B={x|x>1或x<-6}.

（1）若A∩B=，求a的取值范圍；

（2）若A∪B=B，求a的取值范圍.

16.已知函數(shù)f（x）=x3+3|x-a|（a∈R）.若f（x）在[-1，1]上的最大值和最小值分別記為M（a），m（a），求M（a）-m（a）.

17.已知函數(shù)f（x）=1-x21+x2+1+x21-x2.

（1）求f（x）的最小值；

（2）判斷f（x）的單調(diào)性，并說明理由；

18.已知函數(shù)f（x）的定義域為R，當x>0時，f（x）>1，且對于任意實數(shù)x，y恒有f（x+y）=f（x）+f（y）-1.

（1）試探究函數(shù)f（x）的單調(diào)性；

（2）若f（2）=3，試解不等式f（x2）+f（1-4x）<6.

19.已知函數(shù)f（x）=ax+bx2+1是（-1，1）上的奇函數(shù)，且f（12）=5.

（1）求實數(shù)a，b的值；

（2）判斷并證明函數(shù)f（x）在（-1，1）上單調(diào)性；

（3）解關(guān)于t的不等式f（t-1）+f（t）<0.

20.已知函數(shù)f（x）=ex-ax2-bx-1，其中a，b∈R，e=2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù).設(shè)g（x）是函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，求函數(shù)g（x）在區(qū)間[0，1]上的最小值.

參考答案

一、填空題

1. {1，2，4，6}；

2. {（3，5）}；

3. 14；

4. （0，6]；

5. 3；

6. （-ln2，2）；

7. 1；

8. -14；

9. 2；

10. （0，1）∪（9，+∞）；

11. [2，7]；

12. （0，110）∪（1，10）；

13. -10；

14. 6.

二、解答題

15.解：（1）∵A∩B=

∴a≥-6

a+4≤1，

∴-6≤a≤-3.

（2）∵A∪B=B

∴AB

∴a+4<-6或a>1

∴a<-10或a>1.

16.解：因為f（x）=x3+3x-3a，x≥a，

x3-3x+3a，x

所以f′（x）=3x2+3，x≥a，

3x2-3，x

由于-1≤x≤1，

（i）當a≤-1時，有x≥a，

故f（x）=x3+3x-3a，

此時f（x）在（-1，1）上是增函數(shù)，

因此，M（a）=f（1）=4-3a，m（a）=f（-1）=-4-3a，故M（a）-m（a）=（4-3a）-（-4-3a）=8.

（ii）當-1

則f（x）=x3-3x+3a在（-1，a）上是減函數(shù).所以，M（a）=max{f（1），f（-1）}，m（a）=f（a）=a3.

由于f（1）-f（-1）=-6a+2，因此，當-1

（iii）當a≥1時，有x≤a，故f（x）=x3-3x+3a，此時f（x）在（-1，1）上是減函數(shù)，因此，M（a）=f（-1）=2+3a，m（a）=f（1）=-2+3a，

故M（a）-m（a）=（2+3a）-（-2+3a）=4.

綜上，M（a）-m（a）=8，a≤-1，

-a3-3a+4，-1

-a3+3a+2，13

4，a≥1.

17.解：易知f（x）的定義域為（-1，1），且f（x）為偶函數(shù).

（1）a=1時，

f（x）=1-x21+x2+1+x21-x2=21-x4.

x=0時，f（x）=1-x21+x2+1+x21-x2最小值為2.

（2）a=1時，

f（x）=1-x21+x2+1+x21-x2=21-x4

x∈[0，1）時，f（x）遞增；x∈（-1，0]時，f（x）遞減；

f（x）為偶函數(shù).所以只對x∈[0，1）時，說明f（x）遞增.

設(shè)0≤x1≤x2<1，所以1-x41>1-x42>0，得11-x41<11-x42

f（x1）-f（x2）=11-x41-11-x42<0

所以x∈[0，1）時，f（x）遞增.

18.解：（1）任取x1，x2∈R，且x10

f（x2）-f（x1）=f（t+x1）-f（x1）=f（t）+f（x1）-1-f（x1）=f（t）-1

∵當x>0時，f（x）>1

∴f（t）-1>0

∴f（x1）

∴函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增.

（2）由f（x2）+f（1-4x）<6得f（x2-4x+1）+1<6

即f（x2-4x+1）<5

又∵f（2）=3，∴f（4）=2f（2）-1=5

∴f（x2-4x+1）

∵函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，∴x2-4x+1<4，即x2-4x-3<0

∴2-7

∴原不等式的解集為（2-7，2+7）.

19.解：（1）∵f（x）為奇函數(shù)

∴對任意x∈（-1，1），f（-x）+f（x）=0

∴f（0）=0

∴b=0

∴f（x）=axx2+1

又∵f（12）=a21+14=5

∴a=252

∴f（x）=252·x1+x2

（2）f′（x）=2521-x2（x2+1）2

x∈（-1，1），f′（x）>0

∴函數(shù)f（x）在（-1，1）上單調(diào)遞增.

（3）因為f（t-1）+f（t）<0f（t-1）<-f（t）

又f（x）是（-1，1）上的奇函數(shù)

∴f（t-1）

∵f（x）在（-1，1）單調(diào)遞增

∴-1

-1

t-1<-t

∴0

∴關(guān)于t的不等式的解集為（0，12）.

20.解：由f（x）=ex-ax2-bx-1，

得g（x）=f′（x）=ex-2ax-b.

所以g′（x）=ex-2a.

當x∈[0，1]時，g′（x）∈[1-2a，e-2a].

當a≤12時，g′（x）≥0，所以g（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，

因此g（x）在[0，1]上的最小值是g（0）=1-b；

當a≥e2時，g′（x）≤0，所以g（x）在[0，1]上單調(diào)遞減，

因此g（x）在[0，1]上的最小值是g（1）=e-2a-b；

當12

于是，g（x）在[0，1]上的最小值是g（ln（2a））=2a-2aln（2a）-b.

綜上所述，當a≤12時，g（x）在[0，1]上的最小值是g（0）=1-b；

當12

g（ln（2a））=2a-2aln（2a）-b；

當a≥e2時，g（x）在[0，1]上的最小值是g（1）=e-2a-b.

（作者：房國新，江蘇省前黃高級中學(xué)）

故M（a）-m（a）=（2+3a）-（-2+3a）=4.

綜上，M（a）-m（a）=8，a≤-1，

-a3-3a+4，-1

-a3+3a+2，13

4，a≥1.

17.解：易知f（x）的定義域為（-1，1），且f（x）為偶函數(shù).

（1）a=1時，

f（x）=1-x21+x2+1+x21-x2=21-x4.

x=0時，f（x）=1-x21+x2+1+x21-x2最小值為2.

（2）a=1時，

f（x）=1-x21+x2+1+x21-x2=21-x4

x∈[0，1）時，f（x）遞增；x∈（-1，0]時，f（x）遞減；

f（x）為偶函數(shù).所以只對x∈[0，1）時，說明f（x）遞增.

設(shè)0≤x1≤x2<1，所以1-x41>1-x42>0，得11-x41<11-x42

f（x1）-f（x2）=11-x41-11-x42<0

所以x∈[0，1）時，f（x）遞增.

18.解：（1）任取x1，x2∈R，且x10

f（x2）-f（x1）=f（t+x1）-f（x1）=f（t）+f（x1）-1-f（x1）=f（t）-1

∵當x>0時，f（x）>1

∴f（t）-1>0

∴f（x1）

∴函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增.

（2）由f（x2）+f（1-4x）<6得f（x2-4x+1）+1<6

即f（x2-4x+1）<5

又∵f（2）=3，∴f（4）=2f（2）-1=5

∴f（x2-4x+1）

∵函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，∴x2-4x+1<4，即x2-4x-3<0

∴2-7

∴原不等式的解集為（2-7，2+7）.

19.解：（1）∵f（x）為奇函數(shù)

∴對任意x∈（-1，1），f（-x）+f（x）=0

∴f（0）=0

∴b=0

∴f（x）=axx2+1

又∵f（12）=a21+14=5

∴a=252

∴f（x）=252·x1+x2

（2）f′（x）=2521-x2（x2+1）2

x∈（-1，1），f′（x）>0

∴函數(shù)f（x）在（-1，1）上單調(diào)遞增.

（3）因為f（t-1）+f（t）<0f（t-1）<-f（t）

又f（x）是（-1，1）上的奇函數(shù)

∴f（t-1）

∵f（x）在（-1，1）單調(diào)遞增

∴-1

-1

t-1<-t

∴0

∴關(guān)于t的不等式的解集為（0，12）.

20.解：由f（x）=ex-ax2-bx-1，

得g（x）=f′（x）=ex-2ax-b.

所以g′（x）=ex-2a.

當x∈[0，1]時，g′（x）∈[1-2a，e-2a].

當a≤12時，g′（x）≥0，所以g（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，

因此g（x）在[0，1]上的最小值是g（0）=1-b；

當a≥e2時，g′（x）≤0，所以g（x）在[0，1]上單調(diào)遞減，

因此g（x）在[0，1]上的最小值是g（1）=e-2a-b；

當12

于是，g（x）在[0，1]上的最小值是g（ln（2a））=2a-2aln（2a）-b.

綜上所述，當a≤12時，g（x）在[0，1]上的最小值是g（0）=1-b；

當12

g（ln（2a））=2a-2aln（2a）-b；

當a≥e2時，g（x）在[0，1]上的最小值是g（1）=e-2a-b.

（作者：房國新，江蘇省前黃高級中學(xué)）

故M（a）-m（a）=（2+3a）-（-2+3a）=4.

綜上，M（a）-m（a）=8，a≤-1，

-a3-3a+4，-1

-a3+3a+2，13

4，a≥1.

17.解：易知f（x）的定義域為（-1，1），且f（x）為偶函數(shù).

（1）a=1時，

f（x）=1-x21+x2+1+x21-x2=21-x4.

x=0時，f（x）=1-x21+x2+1+x21-x2最小值為2.

（2）a=1時，

f（x）=1-x21+x2+1+x21-x2=21-x4

x∈[0，1）時，f（x）遞增；x∈（-1，0]時，f（x）遞減；

f（x）為偶函數(shù).所以只對x∈[0，1）時，說明f（x）遞增.

設(shè)0≤x1≤x2<1，所以1-x41>1-x42>0，得11-x41<11-x42

f（x1）-f（x2）=11-x41-11-x42<0

所以x∈[0，1）時，f（x）遞增.

18.解：（1）任取x1，x2∈R，且x10

f（x2）-f（x1）=f（t+x1）-f（x1）=f（t）+f（x1）-1-f（x1）=f（t）-1

∵當x>0時，f（x）>1

∴f（t）-1>0

∴f（x1）

∴函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增.

（2）由f（x2）+f（1-4x）<6得f（x2-4x+1）+1<6

即f（x2-4x+1）<5

又∵f（2）=3，∴f（4）=2f（2）-1=5

∴f（x2-4x+1）

∵函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，∴x2-4x+1<4，即x2-4x-3<0

∴2-7

∴原不等式的解集為（2-7，2+7）.

19.解：（1）∵f（x）為奇函數(shù)

∴對任意x∈（-1，1），f（-x）+f（x）=0

∴f（0）=0

∴b=0

∴f（x）=axx2+1

又∵f（12）=a21+14=5

∴a=252

∴f（x）=252·x1+x2

（2）f′（x）=2521-x2（x2+1）2

x∈（-1，1），f′（x）>0

∴函數(shù)f（x）在（-1，1）上單調(diào)遞增.

（3）因為f（t-1）+f（t）<0f（t-1）<-f（t）

又f（x）是（-1，1）上的奇函數(shù)

∴f（t-1）

∵f（x）在（-1，1）單調(diào)遞增

∴-1

-1

t-1<-t

∴0

∴關(guān)于t的不等式的解集為（0，12）.

20.解：由f（x）=ex-ax2-bx-1，

得g（x）=f′（x）=ex-2ax-b.

所以g′（x）=ex-2a.

當x∈[0，1]時，g′（x）∈[1-2a，e-2a].

當a≤12時，g′（x）≥0，所以g（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，

因此g（x）在[0，1]上的最小值是g（0）=1-b；

當a≥e2時，g′（x）≤0，所以g（x）在[0，1]上單調(diào)遞減，

因此g（x）在[0，1]上的最小值是g（1）=e-2a-b；

當12

于是，g（x）在[0，1]上的最小值是g（ln（2a））=2a-2aln（2a）-b.

綜上所述，當a≤12時，g（x）在[0，1]上的最小值是g（0）=1-b；

當12

g（ln（2a））=2a-2aln（2a）-b；

當a≥e2時，g（x）在[0，1]上的最小值是g（1）=e-2a-b.

（作者：房國新，江蘇省前黃高級中學(xué)）