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函数（高考）
12．（新课标Ⅱ）设函数f(x)＝ln(1+|x|)－，则使得f(x)＞f(2x－1)成立的x的取值范围是 ．(，1)
试题分析：由f(x)＝ln(1+|x|)－可知f(x)是偶函数，且在是增函数，所以f(x)＞f(2x－1)等价于f(|x|)＞f(|2x－1|)等价于|x|)＞|2x－1|，解得＜x＜1．
考点：函数性质
13．（江苏）已知函数f(x)＝|lnx|，g(x)＝，则方程| f(x)+ g(x) |＝1实根的个数为 ．4

考点：函数与方程
15．（湖南）已知f(x)＝，若存在实数b，使函数g(x)＝f(x)－b有两个零点，则a的取值范围是 ．
【答案】(－¥，0)∪(1，+¥)
试题分析：分析题意可知，问题等价于方程x3＝b（x≤a）与方程x2＝b（x＞a）的根的个数和为2，若两个方程各有一个根：则可知关于b的不等式组有解，从而a＞1；若方程x3＝b（x≤a）无解，方程x2＝b（x＞a）有2个根：则可知关于b的不等式组有解，从而a＜0．综上，实数a的取值范围是(－¥，0)∪(1，+¥)．
考点：1.函数与方程；2.分类讨论的数学思想.
10．（山东）设函数f(x)＝，若f(f())＝4，则b＝ ．
试题分析：由题意，f()＝3´－b＝－b，由f(f())＝4得，或，解得b＝．
考点：1.分段函数；2.函数与方程.
8．（山东）若函数f(x)＝是奇函数，则使f(x)＞3成立的x的取值范围为　　　　　．(0，1)
试题分析：由题意f(x)＝－f(－x)，即＝，∴(1－a)(2x+1)＝0，∴a＝1，∴f(x)＝，由＞3得，1＜2x＜2，解得0＜x＜1．
考点：1.函数的奇偶性；2.指数运算.
17．（湖北）a为实数，函数f(x)＝|x2－ax|在区间[0，1]上的最大值记为g(a)．当a＝_________时，g(a)的值最小．
【答案】2－2
解：∵函数f(x)＝|x2－ax|，∴分以下几种情况进行讨论：
①当a≤0时，函数f(x)＝|x2－ax|＝x2－ax在区间[0，1]上单调递增，∴f(x)max＝g(a)＝1－a；
②当0＜a≤2－2时，此时f()＝|()2－a´|＝，f(1)＝1－a，－(1－a)＝－2＜0，∴f(x)max＝g(a)＝1－a；
③当a＞2－2时，f(x)max＝g(a)＝．
综上，g(a)＝．故g(a)在上单调递减，在单调递增．
∴g(a)min＝g(2－2)＝3－2．
考点：1、分段函数的最值问题；2、函数在区间上的最值问题；
12．（浙江）若a＝log43，则2a+2－a＝ ．
试题分析：∵，∴，∴.
考点：对数的计算
10．（浙江）已知函数f(x)＝，则f(f(－3))＝ ，f(x)的最小值是 ．0，2－3

考点：分段函数
20．（浙江文）设函数f(x)＝x2+ax+b（a、bÎR）．
（1）当b＝+1时，求函数f(x)在[－1，1]上的最小值g(a)的表达式；
（2）已知函数f(x)在[－1，1]上存在零点，0≤b－2a≤1，求b的取值范围．

解：（1）当b＝+1时，f(x)＝(x+)2+1，故其图象对称轴方程为x＝－．
当a≤－2时，g(a)＝f(1)＝+a+2；
当－2＜a≤2时，g(a)＝f(－)＝1；
当a＞2时，g(a)＝f(－1)＝－a+2．
综上，g(a)＝．
（2）设s、t为方程f(x)＝0的解，且－1≤t≤1，则．
∵0≤b－2a≤1，∴（－1≤t≤1）．
当0≤t≤1时，，
∵和，∴．
当－1≤t≤0时，，
∵－2≤＜0和－3≤＜0，∴－3≤b＜0．
综上，b的取值范围为[－3，]．
考点：1.函数的单调性与最值；2.分段函数；3.不等式性质；4.分类讨论思想.
18．（浙江）（本题满分15分）
已知函数f(x)=x2+ax+b（a，bR），记M(a，b)是|f(x)|在区间[－1，1]上的最大值．
（1）证明：当|a|≥2时，M(a，b) ≥2；
（2）当a，b满足M(a，b)≤ 2，求|a|+|b|的最大值．
试题分析：（1）分析题意可知f(x)在上单调，从而可知
，分类讨论的取值范围即可求解.；（2）分析题意可知
，再由可得，
，即可得证.
解：（1）由 (x+)2+b－，故其图象对称轴方程为x＝－．
由|a|≥2得|－|≥1，故f(x)在[－1，1]上单调，∴M(a，b)＝max{|f(1)|，|f(－1)|}
当a≥2时，由f(1)－f(－1)＝2a≥4，得max{|f(1)|，|f(－1)|}≥2，即M(a，b) ≥2；
当a≤－2时，由f(－1)－f(1)＝－2a≥4，得max{|f(1)|，|f(－1)|}≥2，即M(a，b) ≥2．
综上，当|a|≥2时，M(a，b) ≥2．
（2）由M(a，b)≤ 2得|1+a+b|＝|f(1)|≤2，|1－a+b|＝|f(1)|≤2，故3，|a－b|≤3．
由|a|+|b|＝，得|a|+|b|≤3，当a＝2，b＝－1时，|a|+|b|＝3，
且|x2+2x－1|区间[－1，1]上的最大值为2，即M(2，－1)＝2，∴|a|+|b|最大值为3．
考点：1.二次函数的性质；2．分类讨论的数学思想.
14．（北京）设函数f(x)
①若，则f(x)的最小值为 ；1
②若f(x)恰有2个零点，则实数的取值范围是 ．＜a＜或a≥2

考点：1.函数的图象；2.函数的零点；3.分类讨论思想.
【北京】7.如图，函数f(x)的图象为折线，则不等式f(x)≥的解集是 ．

【答案】C

考点：1.函数图象；2.解不等式.
15．（福建）若函数f(x)＝2|x－a|（aÎR）满足f(1+x)＝f(1－x)，且f(x)在单调递增，则实数m的最小值等于_____．1
试题分析：由f(1+x)＝f(1－x)得函数f(x)关于x＝1对称，故a＝1，则f(x)＝2|x－1|，由复合函数单调性得f(x)在递增，故m≥1，所以实数m的最小值等于1．
考点：函数的图象与性质．
7．（天津）已知定义在R 上的函数f(x)＝2|x－m|－1 （m 为实数）为偶函数，记a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)， 则a、b、c 的大小关系为 ．c＜a＜b
试题分析：因为函数为偶函数，所以，即，
所以，
，
所以c＜a＜b．
考点：1.函数奇偶性；2.指数式、对数式的运算.
8．（天津）已知函数 函数 ，其中bÎR，若函数y＝f(x)－g(x) 恰有4个零点，则b的取值范围是 ．
试题分析：由得，
所以，
即，
,所以y＝f(x)－g(x)恰有4个零点等价于方程有4个不同的解，即函数y＝b与函数的图象的4个公共点，由图象可知．
考点：1.求函数解析式；2.函数与方程；3.数形结合.
12．（湖北）函数的零点个数为　　　　．2
考点：1.二倍角的正弦、余弦公式，2.诱导公式，3.函数的零点.
10．（湖北）设，表示不超过的最大整数. 若存在实数，使得，，…，
同时成立，则正整数n的最大值是 ．4

考点：1.函数的值域，2.不等式的性质.
6．（湖北）已知符号函数是上的增函数，，则下列四个等式中所有成立的序号为 ． ②
①；②；③；④．
试题分析：因为是上的增函数，令，所以，因为，所以是上的减函数，由符号函数知，.
考点：1.符号函数，2.函数的单调性.
1．（新课标Ⅰ）已知集合A={x|x=3n+2,n N},B={6,8,12,14},则集合A∩B中元素的个数为　　　　．2
解析：．
10．（新课标Ⅰ）已知函数f(x)＝，且f(a)＝－3，则f(6－a)＝　　　　　．－
解析：由题意知－log2(a+1)＝－3，∴a＝7，f(6－7)＝f(－1)＝－．
21．（新课标Ⅰ）（本小题满分12分）设函数．
（1）讨论f(x)的导函数f ¢(x)零点的个数；
（2）证明：当a＞0时，．

1．（上海）设全集U＝R．若集合A＝{1,2,3,4}，B＝{x|2≤x≤3}，则A∩∁UB＝ ．{1，4}
【解析】因为，所以
【考点定位】集合运算
7．（上海）方程的解为 ．2
【解析】设，则
．
【考点定位】解指对数不等式
15．（四川）已知函数f(x)＝2x，g(x)＝x2＋ax(其中a∈R).对于不相等的实数x1，x2，设m＝，n＝，现有如下命题：
①对于任意不相等的实数x1，x2，都有m＞0；
②对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2，都有n＞0；
③对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝n；
④对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝－n．
其中真命题有__________________（写出所有真命题的序号）．
【答案】①④
【解析】
对于①，因为f '(x)＝2xln2＞0恒成立，故①正确；
对于②，取a＝－8，即g'(x)＝2x－8，当x1，x2＜4时n＜0，②错误；
对于③，令f '(x)＝g'(x)，即2xln2＝2x＋a．记h(x)＝2xln2－2x，则h'(x)＝2x(ln2)2－2．

8．（四川）某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储藏温度x（单位：°C）满足函数关系y＝ekx+b（e＝2.71828…，e为自然对数的底数，k、b为常数）．若该食品在0°C的保鲜时间是192小时，在22°C的保鲜时间是48小时，则该食品在33°C的保鲜时间是 ．24小时
【解析】由题意，，得．于是当x＝33时，y＝e33k＋b＝(e11k)3·eb＝×192＝24（小时）．
20．（上海文）（本题满分14分）本题共2小题，第1小题6分，第2小题8分.
已知函数，其中a为实数．
（1）根据a的不同取值，判断函数f(x)的奇偶性，并说明理由；
（2）若aÎ(1，3)，判断函数f(x)在[1，2]上的单调性，并说明理由．
【解析】（1）当a＝0时，，显然是奇函数；
当时，，，且，
所以此时是非奇非偶函数．

【考点定位】函数的奇偶性、单调性.
9．（四川）如果函数f(x)＝(m－2)x2+(n－8)x+1（m≥0，n≥0）在区间[，2]单调递减，则mn的最大值为 ．18
试题分析：

21．（四川）(本小题满分14分)
已知函数f(x)＝－2lnx＋x2－2ax＋a2，其中a＞0．
（1）设g(x)为f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；
（2）证明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥g(x)．
【解析】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、化归与转化等数学思想.
（1）由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， g(x)＝f '(x)＝2(x－1－lnx－a)，所以g'(x)＝2－＝．
当x∈(0，1)时，g'(x)＜0，g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g'(x)＞)，g(x)单调递增．
（2）由f '(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx．
令Φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx，
则Φ(1)＝1＞0，Φ(e)＝2(2－e)＜0，于是存在x0∈(1，e)，使得Φ(x0)＝0．
令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx（x≥1）．
由u'(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
故0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1，即a0∈(0，1)．．
当a＝a0时，有f '(x0)＝0，f(x0)＝Φ(x0)＝0．
再由（1）知，f '(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
当x∈(1，x0)时，f '(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0；
当x∈(x0，＋∞)时，f '(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝0；
又当x∈(0，1]时，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx＞0．
故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0．
综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．
11．（安徽）＝ ．－1
试题分析：原式＝
考点：1.指数幂运算；2.对数运算.
14．（安徽）在平面直角坐标系xOy中，若直线y＝2a与函数y＝|x－a|－1的图像只有一个交点，则a的值为 ．
－
试题分析：在同一直角坐株系内，作出的大致图像，如下图：由题意，可知

考点：函数与方程.
21．（安徽）已知函数f(x)＝（a＞0，r＞0）．
（1）求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；
（2）若＝400，求f(x)在(0，+¥)内的极值．

（2）由（1）可知 内的极大值为．f(x)在(0，+¥)内无极小值；
所以f(x)在(0，+¥)内极大值为100，无极小值．
考点：1.导数在函数单调性中的应用；2.函数的极值．