【解析版】数学高一上期末复习题(培优)

一、选择题

11．(0分)[ID：12117]设a，b，c均为正数，且2log1a，log1b，

222ab1log2c．则（ ） 2A．abc

B．cba

C．cab

D．bac

32．(0分)[ID：12109]已知函数f(x)axbx3(a,bR).若f(2)5，则f(2)c（ ） A．4

B．3

C．2

D．1

3．(0分)[ID：12107]德国数学家狄利克在1837年时提出：“如果对于x的每一个值，y总有一个完全确定的值与之对应，则y是x的函数，”这个定义较清楚地说明了函数的内涵．只要有一个法则，使得取值范围中的每一个值，有一个确定的y和它对应就行了，不管这个对应的法则是公式、图象，表格述是其它形式已知函数f（x）由右表给出，则

1f10f的值为（ ）

2

A．0 B．1 C．2 D．3

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2x2,x1a的取值范围是（ ） A．1,

B．（1,8）

C．（4,8）

D．4,8)

xa2,x05．(0分)[ID：12082]设f(x)＝若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为1xa,x0x( )

A．[－1，2] B．[－1，0] C．[1，2] D．[0，2]

6．(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

7．(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08．(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

log2x,x0,9．(0分)[ID：12057]设函数fxlogx,x0.若fafa,则实数的a取

12值范围是( ) A．1,00,1 C．1,01,

B．,11, D．,10,1

10．(0分)[ID：12054]已知定义在R上的奇函数f(x)满足：f(1x)f(3x)0，且

f(1)0，若函数g(x)x6f(1)cos4x3有且只有唯一的零点，则f(2019)（ ） A．1

B．-1

C．-3

D．3

11．(0分)[ID：12051]函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象关于直线x＝－对称．据此可推测，对任意的非零实数a，b，c，m，n，p，关于x的方程m[f(x)]2＋nf(x)＋p＝0的解集都不可能是( ) A．{1,2} C．{1,2,3,4}

12．(0分)[ID：12032]函数yA．（-1，2]

B．[-1,2]

B．{1,4} D．{1,4,16,64}

2x1的定义域是( ) x1C．（-1 ，2）

D．[-1,2)

13．(0分)[ID：12046]已知x表示不超过实数x的最大整数，gxx为取整函数，x0是函数fxlnxA．1

2的零点，则gx0等于（ ） xC．3

D．4

B．2

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．

x1,x1,0fx{15．(0分)[ID：12041]若函数，则f(log43)＝( ) 44x,x0,1A．

1 3B．

1 4xC．3 D．4

二、填空题

16．(0分)[ID：12224]若函数f(x)a(a0,且a1)在[1,2]上的最大值比最小值大

a，则a的值为____________. 241,(x4)17．(0分)[ID：12221]已知函数f(x)．若关于x的方程，f(x)kxlog2x,(0x4)有两个不同的实根，则实数k的取值范围是____________．

x2ax,x1,18．(0分)[ID：12205]已知函数f(x){若x1,x2R,x1x2，使得

ax1,x1,f(x1)f(x2)成立，则实数a的取值范围是 ．

19．(0分)[ID：12193]定义在R上的函数f(x)满足f(x)f(x)，且当

x21,0x1,x0f(x) x22,x1,若任意的xm,m1，不等式f(1x)f(xm)恒成立，则实数m的最大值是 ____________

20．(0分)[ID：12187]求值： 2log2331251lg ________ 8100221．(0分)[ID：12164]已知yf(x)x是奇函数，且f（1）1，若

g(x)f(x)2，则g(1)___．

22．(0分)[ID：12160]某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储存温度x（单位：函数关系

（

）满足

的

为自然对数的底数，k、b为常数）．若该食品在0的保鲜时间是48小时，则该食品在33

保鲜时间设计192小时，在22小时.

的保鲜时间是

23．(0分)[ID：12154]已知函数fx满足：fx1fx，当1x1时，

9fxex，则f________.

2a8a24．(0分)[ID：12134]已知正实数a满足a(9a)，则loga(3a)的值为_____________.

25．(0分)[ID：12133]已知二次函数fx，对任意的xR，恒有

fx2fx4x4成立，且f00.设函数gxfxmmR.若函数gx的零点都是函数hxffxm的零点，则hx的最大零点为________. 三、解答题

26．(0分)[ID：12309]计算(1).log224lg1log327lg2log23 21(2).(332)693－　2(8)0

xx27．(0分)[ID：12288]已知函数fk(x)aka，（kZ，a0且a1）.

（1）若f113，求f1(2)的值； 2（2）若fk(x)为定义在R上的奇函数，且0a1，是否存在实数，使得

2fk(cos2x)fk(2sinx5)0对任意的x0,恒成立若存在，请写出实数的取

3值范围；若不存在，请说明理由.

fx228．(0分)[ID：12253]已知 x1a2xaR.

（1）若fx是奇函数，求a的值，并判断fx的单调性（不用证明）； （2）若函数yfx5在区间(0,1)上有两个不同的零点，求a的取值范围. 29．(0分)[ID：12235]已知𝒇(𝒙)=𝐥𝐨𝐠𝟎.𝟓(𝒙𝟐−𝒎𝒙−𝒎)． （1）若函数𝒇(𝒙)的定义域为𝑹，求实数𝒎的取值范围；

（2）若函数𝒇(𝒙)在区间(−𝟐,−𝟐)上是递增的，求实数𝒎的取值范围．

𝟏

30．(0分)[ID：12256]某镇在政府“精准扶贫”的政策指引下，充分利用自身资源，大力发展养殖业，以增加收入.政府计划共投入72万元，全部用于甲、乙两个合作社，每个合作社至少要投入15万元，其中甲合作社养鱼，乙合作社养鸡，在对市场进行调研分析发现养鱼的收益M、养鸡的收益N与投入a（单位：万元）满足

14a25,15a36,MNa20.设甲合作社的投入为x（单位：万元），两个

249,36a57,合作社的总收益为f(x)（单位：万元）. （1）若两个合作社的投入相等，求总收益；

（2）试问如何安排甲、乙两个合作社的投入，才能使总收益最大?

【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．A 2．D 3．D 4．D 5．D 6．C 7．D 8．C 9．C 10．C 11．D 12．A 13．B

14．C 15．C

二、填空题

16．或【解析】【分析】【详解】若∴函数在区间上单调递减所以由题意得又故若∴函数在区间上单调递增所以由题意得又故答案：或

17．【解析】作出函数的图象如图所示当时单调递减且当时单调递增且所以函数的图象与直线有两个交点时有

18．【解析】【分析】【详解】故答案为

19．【解析】【分析】先根据解析式以及偶函数性质确定函数单调性再化简不等式分类讨论分离不等式最后根据函数最值求m取值范围即得结果【详解】因为当时为单调递减函数又所以函数为偶函数因此不等式恒成立等价于不等式 20．【解析】由题意结合对数指数的运算法则有：

21．-1【解析】试题解析：因为是奇函数且所以则所以考点：函数的奇偶性 22．24【解析】由题意得：所以时考点：函数及其应用

23．【解析】【分析】由已知条件得出是以2为周期的函数根据函数周期性化简再代入求值即可【详解】因为所以所以是以2为周期的函数因为当时所以故答案为:【点睛】本题主要考查函数的周期性和递推关系这类题目往往是奇

24．【解析】【分析】将已知等式两边同取以为底的对数求出利用换底公式即可求解【详解】故答案为:【点睛】本题考查指对数之间的关系考查对数的运算以及应用换底公式求值属于中档题

25．4【解析】【分析】采用待定系数法可根据已知等式构造方程求得代入求得从而得到解析式进而得到；设为的零点得到由此构造关于的方程求得；分别在和两种情况下求得所有零点从而得到结果【详解】设解得：又设为的零点

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．A 解析：A 【解析】

x1ylog1x的图

试题分析：在同一坐标系中分别画出y2,y，ylog2x，

22x象，

1ylog1x的图象的交点的横坐标

y2与ylog1x的交点的横坐标为a，y与222xx1为b，y与ylog2x的图象的交点的横坐标为c，从图象可以看出2考点：指数函数、对数函数图象和性质的应用．

x．

【方法点睛】一般一个方程中含有两个以上的函数类型，就要考虑用数形结合求解，在同

一坐标系中画出两函数图象的交点，函数图象的交点的横坐标即为方程的解．

2．D

解析：D 【解析】 【分析】

3令gxaxbx，则gx是R上的奇函数，利用函数的奇偶性可以推得f(2)的值．

【详解】

令g(x)ax3bx ，则g(x)是R上的奇函数， 又f(2)3，所以g(2)35， 所以g(2)2，g22，

所以f(2)g(2)3231，故选D. 【点睛】

本题主要考查函数的奇偶性的应用，属于中档题．

3．D

解析：D 【解析】 【分析】

采用逐层求解的方式即可得到结果. 【详解】

11，∴∵ ，2则10f1f1， 21110f(10f())f10， ，∴22，∴f103，故选D． 又∵102，【点睛】

本题主要考查函数的基础知识，强调一一对应性，属于基础题．

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2x2,x1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．D

解析：D 【解析】 【分析】

2由分段函数可得当x0时，f(0)a，由于f(0)是f(x)的最小值，则(,0]为减函

数，即有a0，当x0时，f(x)x1a在x1时取得最小值2a，则有xa2a2，解不等式可得a的取值范围.

【详解】

因为当x≤0时，f(x)＝xa，f(0)是f(x)的最小值， 所以a≥0.当x＞0时，f(x)x要满足f(0)是f(x)的最小值，

需2af(0)a，即a2a20，解得1a2， 所以a的取值范围是0a2， 故选D. 【点睛】

该题考查的是有关分段函数的问题，涉及到的知识点有分段函数的最小值，利用函数的性质，建立不等关系，求出参数的取值范围，属于简单题目.

221a2a，当且仅当x＝1时取“＝”． x6．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

2x12x12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11而函数y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），

有1011组关于,0对称，

1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.

7．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.

8．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.

9．C

解析：C 【解析】 【分析】 【详解】

log2x,x0,a0因为函数fxlogx,x0.若fafa,所以或

1logaloga222a0log1alog2a，解得a1或1a0，即实数的a取值范围是2故选C. 1,01,，10．C

解析：C 【解析】 【分析】

由f(1x)f(3x)0结合f(x)为奇函数可得f(x)为周期为4的周期函数，则

f(2019)f(1)，要使函数g(x)x6f(1)cos4x3有且只有唯一的零点，即

x6f(1)cos4x3只有唯一解，结合图像可得f(1)3，即可得到答案．

【详解】

f(x)为定义在R上的奇函数，

f(x)f(x)，

又

f(1x)f(3x)0f(13x)f(33x)0，

f(x4)f(x)0f(x4)f(x)f(x)， f(x)在R上为周期函数，周期为4， f(2019)f(50541)f(1)f(1)

函数g(x)xf(1)cos4x3有且只有唯一的零点，即xf(1)cos4x3只有唯一解，

令m(x)x ，则m(x)6x，所以x(,0)为函数m(x)x减区间，x(0,)6为函数m(x)x增区间，令(x)f(1)cos4x3，则(x)为余弦函数，由此可得函

65666数m(x)与函数(x)的大致图像如下：

由图分析要使函数m(x)与函数(x)只有唯一交点，则m(0)(0)，解得f(1)3

f(2019)f(1)3，

故答案选C． 【点睛】

本题主要考查奇函数、周期函数的性质以及函数的零点问题，解题的关键是周期函数的判定以及函数唯一零点的条件，属于中档题．

11．D

解析：D 【解析】 【分析】

方程mfxnfxp0不同的解的个数可为0,1,2,3,4.若有4个不同解，则可根据二次函数的图像的对称性知道4个不同的解中，有两个的解的和与余下两个解的和相等，故可得正确的选项. 【详解】

2设关于fx的方程mf22xnfxp0有两根，即fxt1或fxt2.

b对称，因而fxt1或fxt2的两根也2a而fxaxbxc的图象关于x关于x【点睛】

b416164对称．而选项D中.故选D.

2a22对于形如fgx0的方程（常称为复合方程），通过的解法是令tgx，从而得

ft0到方程组，考虑这个方程组的解即可得到原方程的解，注意原方程的解的特征

gxt取决于两个函数的图像特征.

12．A

解析：A 【解析】 【分析】

根据二次根式的性质求出函数的定义域即可． 【详解】 由题意得：2x0

x10解得：﹣1＜x≤2，

故函数的定义域是（﹣1，2]， 故选A． 【点睛】

本题考查了求函数的定义域问题，考查二次根式的性质，是一道基础题．常见的求定义域的类型有：对数，要求真数大于0即可；偶次根式，要求被开方数大于等于0；分式，要求分母不等于0，零次幂，要求底数不为0;多项式要求每一部分的定义域取交集.

13．B

解析：B 【解析】 【分析】

根据零点存在定理判断2x03，从而可得结果. 【详解】 因为fxlnx2在定义域内递增， x20， 3且f2ln210，f3ln3由零点存在性定理可得2x03，

根据x表示不超过实数x的最大整数可知gx02，

故选：B. 【点睛】

本题主要考查零点存在定理的应用，属于简单题.应用零点存在定理解题时，要注意两点：（1）函数是否为单调函数；（2）函数是否连续.

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．C

解析：C 【解析】 【分析】

根据自变量范围代入对应解析式，化简得结果. 【详解】

f(log43)＝4log43=3,选C. 【点睛】

本题考查分段函数求值，考查基本求解能力，属基础题.

二、填空题

16．或【解析】【分析】【详解】若∴函数在区间上单调递减所以由题意得又故若∴函数在区间上单调递增所以由题意得又故答案：或

13或 22【解析】 【分析】 【详解】

解析：

若0a1，∴函数f(x)a在区间[1,2]上单调递减，所以

xf(x)maxa,f(x)mina2，由题意得aa2a1，又0a1，故a．若a1，∴222函数f(x)ax在区间[1,2]上单调递增，所以f(x)maxa,f(x)mina，由题意得

a2a答案：

a3，又a1，故a． 2213或 2217．【解析】作出函数的图象如图所示当时单调递减且当时单调递增且所以函数的图象与直线有两个交点时有 解析：(1,2)

【解析】

作出函数f(x)的图象，如图所示，

当x4时，f(x)144单调递减，且112，当0x4时，f(x)log2x单调xx递增，且f(x)log2x2，所以函数f(x)的图象与直线yk有两个交点时，有1k2．

18．【解析】【分析】【详解】故答案为 解析：

【解析】 【分析】 【详解】

故答案为.

19．【解析】【分析】先根据解析式以及偶函数性质确定函数单调性再化简不等式分类讨论分离不等式最后根据函数最值求m取值范围即得结果【详解】因为当时为单调递减函数又所以函数为偶函数因此不等式恒成立等价于不等式

1解析：

3【解析】 【分析】

先根据解析式以及偶函数性质确定函数单调性，再化简不等式f1xfxm，分类讨论分离不等式，最后根据函数最值求m取值范围，即得结果. 【详解】

x21,0x1,因为当x0时 fx为单调递减函数，又fxfx，所以函x22,x1,数fx为偶函数，因此不等式f1xfxm恒成立，等价于不等式

f1xfxm恒成立，即1xxm，平方化简得2m1x1m2，

当m10时，xR； 当m10时，x1m对xm,m1恒成立，2m11m11m1m； 2331m1m1m（舍）； 对xm,m1恒成立，m223当m10时，x综上1m，因此实数m的最大值是. 【点睛】

解函数不等式：首先根据函数的性质把不等式转化为fgxfhx的形式，然后根据函数的单调性去掉“f”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意gx与hx的取值应在外层函数的定义域内.

1313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．-1【解析】试题解析：因为是奇函数且所以则所以考点：函数的奇偶性

解析：-1 【解析】

2试题解析：因为yf(x)x是奇函数且f(1)1，所以

， ．

则

考点：函数的奇偶性．

，所以

22．24【解析】由题意得：所以时考点：函数及其应用

解析：24 【解析】

eb19248111k1,e22k,e，所以x33时，由题意得：{22kb19242e481ye33kb(e11k)3eb19224.

8考点：函数及其应用.

23．【解析】【分析】由已知条件得出是以2为周期的函数根据函数周期性化简再代入求值即可【详解】因为所以所以是以2为周期的函数因为当时所以故答案为:【点睛】本题主要考查函数的周期性和递推关系这类题目往往是奇 解析：e

【解析】 【分析】

9ffx2由已知条件，得出是以为周期的函数，根据函数周期性，化简，再代入求2值即可.

【详解】 因为所以

fx1fx，

fx2fx1fx，

所以fx是以2为周期的函数， 因为当1x1时，fxe ，

x1191所以ff4fe2e .

222故答案为: e. 【点睛】

本题主要考查函数的周期性和递推关系，这类题目往往是奇偶性和周期性相结合一起运用.

24．【解析】【分析】将已知等式两边同取以为底的对数求出利用换底公式即可求解【详解】故答案为:【点睛】本题考查指对数之间的关系考查对数的运算以及应用换底公式求值属于中档题 解析：

9 16【解析】 【分析】

将已知等式a(9a)，两边同取以e为底的对数，求出lna，利用换底公式，即可求解. 【详解】

a8aaa(9a)8a，lnaaln(9a)8a,alna8a(ln9lna)，

a0,7lna16ln3,lna16ln3， 7loga(3a)ln3aln391lna16ln316.

7故答案为:【点睛】

9. 16本题考查指对数之间的关系，考查对数的运算以及应用换底公式求值，属于中档题.

25．4【解析】【分析】采用待定系数法可根据已知等式构造方程求得代入求得从而得到解析式进而得到；设为的零点得到由此构造关于的方程求得；分别在和两种情况下求得所有零点从而得到结果【详解】设解得：又设为的零点

解析：4 【解析】 【分析】

采用待定系数法可根据已知等式构造方程求得a,b，代入f00求得c，从而得到

gx00fx解析式，进而得到gx,hx；设x0为gx的零点，得到，由此构造

hx00关于m的方程，求得m；分别在m0和m3两种情况下求得hx所有零点，从而得到结果. 【详解】

设fxaxbxc

2fx2fxax2bx2cax2bxc4ax4a2b4x4 4a4a1，解得： 4a2b4b4又f00 c0 fxx4x

22gxx24xm，hxx24x4x24xm

22xgx0004x0m0设x0为gx的零点，则，即 222hx00x04x04x04x0m0即m24mm0，解得：m0或m3 ①当m0时

hxx24x4x24xx24xx24x4xx4x2

22hx的所有零点为0,2,4

②当m3时

hxx24x4x24x3x24x3x24x1

2hx的所有零点为1,3,23 综上所述：hx的最大零点为4 故答案为：4 【点睛】

本题考查函数零点的求解问题，涉及到待定系数法求解二次函数解析式、函数零点定义的应用等知识；解题关键是能够准确求解二次函数解析式；对于函数类型已知的函数解析式的求解，采用待定系数法，利用已知等量关系构造方程求得未知量.

三、解答题 26．

3.（2）44. 2【解析】 【分析】

（1）

【详解】

试题分析：（1）底数相同的对数先加减运算，根号化为分数指数.（2）根号化为分数指数，再用积的乘方运算. 试题解析：

1(1).log224lglog327lg2log23231(log224log23)(lglg2)log332

2333log28lg132221(2).(32)9363－　2(-8)(32)(3)20131263219827144

考点：1.对数运算，指数运算.2.分数指数，零指数等运算.

27．

（1）47；（2）存在，3 【解析】 【分析】

（1）由指数幂的运算求解即可.

（2）由函数fk(x)的性质可将问题转化为cos2x52sinx对任意的x0,立，分离变量后利用均值不等式求最值即可得解. 【详解】

12解：（1）由已知f1aa23，

2112恒成3112aa2aa129，aa17， 2aa1a2a2249，

2a2a247，

22即f1(2)aa47.

（2）若fk(x)为定义在R上的奇函数， 则fk(0)1k0，解得k1，

xx0a1，fk(x)aa，在R上为减函数，

则fk(cos2x)fk(2sinx5)0，

可化为fk(cos2x)fk(2sinx5)fk(52sinx)，

即cos2x52sinx对任意的x0,2恒成立， 325cos2x2sin2x42x0,恒成立， 即，对任意的sinx32sinx2sinxsinx令tsinx,t[0,1]，则yt当t1时，y取最小值为3， 所以3. 【点睛】

本题考查了不等式恒成立问题，重点考查了均值不等式，属中档题.

2为减函数， t28．

(1)答案见解析；(2)3,【解析】 试题分析：

(1)函数为奇函数，则fxfx0，据此可得a2，且函数fx在R上单调递增；

(2)原问题等价于a222x52x在区间(0,1)上有两个不同的根，换元令t2x，结合二次函数的性质可得a的取值范围是3,试题解析： （1）因为

是奇函数，

x125. 825. 8所以fxfx2所以(2) 等价于方程即方程所以方程画出函数

；

在

a2x2x1a2xa22x2x0，

上是单调递增函数;

在区间(0,1)上有两个不同的根，

在区间(0,1)上有两个不同的零点，

在区间(0,1)上有两个不同的根， 在区间

上有两个不同的根，

在(1,2)上的图象,如下图,

由图知,当直线y=a与函数所以的取值范围为

.

的图象有2个交点时,

点睛：函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用．

29．

（1）(−𝟒,𝟎);（2）[−𝟏,𝟐]. 【解析】

试题分析：（1）由于函数定义域为全体实数，故𝒙𝟐−𝒎𝒙−𝒎>𝟎恒成立，即有𝜟=𝒎𝟐+𝟒𝒎<𝟎，解得𝒎∈(−𝟒,𝟎)；（2）由于𝒚=𝐥𝐨𝐠𝟎.𝟓𝒙在定义域上是减函数，故根据复合函数单调性有函数𝒚=𝒙𝟐−𝒎𝒙−𝒎在(−𝟐,−)上为减函数，结合函数的定义域有

𝟐

𝒎

𝟐𝟐

{，解得𝒎∈[−𝟏,]. 𝟏𝟏𝟏𝟐𝒈(−)=+𝒎−𝒎≥𝟎

𝟐

𝟒

𝟐

𝟏

𝟏

𝟏

𝟏

≥−

试题解析：（1）由函数𝒇(𝒙)=𝐥𝐨𝐠𝟎.𝟓(𝒙𝟐−𝒎𝒙−𝒎)的定义域为𝑹可得: 不等式𝒙𝟐−𝒎𝒙−𝒎>𝟎的解集为𝑹，∴𝜟=𝒎𝟐+𝟒𝒎<𝟎,解得−𝟒<𝒎<𝟎， ∴所求𝒎的取值范围是(−𝟒,𝟎).

（2）由函数𝒇(𝒙)在区间(−𝟐,−)上是递增的得：

𝟐𝟏

𝒈(𝒙)=𝒙𝟐−𝒎𝒙−𝒎区间(−𝟐,−𝟐)上是递减的， 且𝒈(𝒙)>𝟎在区间(−𝟐,−𝟐)上恒成立；

𝒎

𝟏

𝟏

𝟏

𝟏

则{𝟐𝟏𝟐𝟏𝟏，解得𝒎∈[−𝟏,]. 𝟐

𝒈(−𝟐)=𝟒+𝟐𝒎−𝒎≥𝟎

≥−

30．

（1）87万元；（2）甲合作社投入16万元，乙合作社投入56万元 【解析】 【分析】

（1）先求出x36，再求总收益；（2）（2）设甲合作社投入x万元(15x57)，乙

合作社投入72x万元，再对x分类讨论利用函数求出如何安排甲、乙两个合作社的投入，才能使总收益最大. 【详解】

（1）两个合作社的投入相等，则x36，

1f(36)43625362087（万元）

2（2）设甲合作社投入x万元(15x57)，乙合作社投入72x万元.

当15x36时，f(x)4x25令t11(72x)20x4x81， 22x，得15t6，则总收益g(t)t4t811221(t4)289， 2当t4即x16时，总收益取最大值为89； 当36x57时，f(x)4911(72x)20x105， 22f(x)在(36,57]上单调递减，所以f(x)f(36)87.

因为8987，

所以在甲合作社投入16万元，乙合作社投入56万元时，总收益最大，最大总收益为89万元. 【点睛】

本题主要考查函数的应用和最值的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和应用能力.