一、解答题

1．已知，当时，.

（Ⅰ）若函数过点，求此时函数的解析式；

（Ⅱ）若函数只有一个零点，求实数的值；

（Ⅲ）设，若对任意实数，函数在上的最大值与最小值的差不大于1，求实数的取值范围.

2．已知偶函数满足：当时，，当时，.

(1)求当时，的表达式；

(2)试讨论：当实数满足什么条件时，函数有4个零点，且这4个零点从小到大依次构成等差数列.

3．

已知有穷数列、（），函数.

（1）如果是常数列，，，，在直角坐标系中在画出函数的图象，据此写出该函数的单调区间和最小值，无需证明；

（2）当，（）时，判断函数在区间上的单调性，并说明理由；

（3）当，，时，求该函数的最小值.

4．已知函数有两个不同的零点.

（1）求的取值范围；

（2）记两个零点分别为，且，已知，若不等式恒成立，求的取值范围.

5．已知函数.

（1）当时，求函数的零点.

（2）当，求函数在上的最大值；

（3）对于给定的正数，有一个最大的正数，使时，都有，试求出这个正数的表达式.

6．已知.

（1）若函数在单调递减，求实数的取值范围；

（2）令，若存在，使得成立，求实数的取值范围.

7．已知函数，.

（1）若是方程的根，证明是方程的根；

（2）设方程，的根分别是，，求的值.

8．对于定义域为的函数，如果存在区间，其中，同时满足：

①在内是单调函数：②当定义域为时，的值域为，则称函数是区间上的“保值函数”，区间称为“保值区间”.

（1）求证：函数不是定义域上的“保值函数”；

（2）若函数（）是区间上的“保值函数”，求的取值范围；

（3）对（2）中函数，若不等式对恒成立，求实数的取值范围.

9．已知函数，，如果对于定义域内的任意实数，对于给定的非零常数，总存在非零常数，恒有成立，则称函数是上的级类增周期函数，周期为，若恒有成立，则称函数是上的级类周期函数，周期为.

（1）已知函数是上的周期为1的2级类增周期函数，求实数的取值范围；

（2）已知，是上级类周期函数，且是上的单调递增函数，当时，，求实数的取值范围；

（3）是否存在实数，使函数是上的周期为的级类周期函数，若存在，求出实数和的值，若不存在，说明理由.

10．已知函数

（1）当时，求函数在的值域；

（2）若存在零点，求的取值范围.

11．已知函数.

（1）判断的图象是否是中心对称图形？若是，求出对称中心；若不是，请说明理由；

（2）设，试讨论的零点个数情况.

12．已知定义在上的偶函数和奇函数，且.

（1）求函数，的解析式；

（2）设函数，记 .探究是否存在正整数，使得对任意的，不等式恒成立？若存在，求出所有满足条件的正整数的值；若不存在，请说明理由.

13．对于函数f（x），若f（x0）=x0，则称x0为f（x）的“不动点”；若f[f（x0）]=x0，则称x0为f（x）的“稳定点”满足函数f（x）的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为A和B，即A={x|f（x）=x}，B={x|f[f（x）]=x}．

（Ⅰ）设f（x）=x2-2，求集合A和B；

（Ⅱ）若f（x）=x2-a，且满足∅A=B，求实数a的取值范围．

14．已知集合M是满足下列性质的函数的全体：在定义域内存在使得成立．

（1）函数是否属于集合M？请说明理由；

（2）函数M，求a的取值范围；

（3）设函数，证明：函数M．

15．记函数的定义域为D. 如果存在实数、使得对任意满

足且的x恒成立，则称为函数.

（1）设函数，试判断是否为函数，并说明理由；

（2）设函数，其中常数，证明：是函数；

（3）若是定义在上的函数，且函数的图象关于直线（m为常数）对称，试判断是否为周期函数？并证明你的结论.

【参】

一、解答题

1．（Ⅰ）；（Ⅱ）或；（Ⅲ）

【解析】

【详解】

试题分析：（Ⅰ）将点 代入可得函数的解析式；（Ⅱ）函数有一个零点，即 ，根据对数运算后可得 ，将问题转化为方程有一个实根，分 和 两种情况，得到 值，最后再代入验证函数的定义域；（Ⅲ）首先根据单调性的定义证明函数的单调性，再根据函数的最大值减最小值 整理为 ，对任意 恒成立， 时，区间为函数的单调递增区间，所以只需最小值大于等于0，求解 的取值范围.

试题解析：（Ⅰ）函数过点，

， ，

 此时函数

（Ⅱ）由得，

化为，

当时，可得，

经过验证满足函数只有一个零点； 

当时，令解得，可得，

经过验证满足函数只有一个零点， 

综上可得：或.

（Ⅲ）任取且，则，

，即，

在上单调递减.

 函数在区间上的最大值与最小值分别为，

，

整理得对任意恒成立， 

令，

函数在区间上单调递增，

 ，即，解得，

故实数的取值范围为.

【点睛】本题以对数函数为载体，考查了函数的零点，单调性，最值，恒成立问题，以及转化与化归的能力，综合性比较高，最后一问转化为了二次函数的问题，所以需熟练掌握二次函数的恒成立问题.

2．（1）；（2）①时，；②时，；③时，.

【解析】

【详解】

(1)因为f(x)为偶函数，只需用-x代替中的x即可得到当时，的表达式;

(2) 零点，与交点有4个且均匀分布.所以,然后再分或或或四种情况讨论求出m的值．解：（1）设则，

又偶函数

所以， ………………………3分

（2）零点，与交点有4个且均匀分布

（Ⅰ）时，  得， 

所以时， …………………………5分

（Ⅱ）且时 ， ， 

所以 时，……………………………7分

（Ⅲ）时m=1时 符合题意………………… ……8分

（IV）时，，,m

此时所以 （舍） 

且时，时存在 ………10分

综上： ①时，

②时，

③时，符合题意 ………12分

3．（1）图象见解析；递减区间，递增区间，最小值；（2）单调递增；理由见解析；（3）.

【解析】

（1）根据条件采用零点分段的方法作出函数的图象，根据图象确定出的单调区间和最小值；

（2）写出的解析式，根据分析函数的结构，从而判断出的单调性；

（3）先根据条件证明出的单调性然后即可求解出的最小值.

【详解】

（1）如图所示，

由图象可知：单调递减区间，单调递增区间，最小值；

（2）因为且,

所以，

所以 ，

所以，

所以且，

所以在上单调递增；

（3）因为，

显然当时，单调递增，当时，单调递减，

设存在一个值，使得时递减，时递增，此时最小值即为，下面证明存在：

因为若要时递减，时递增，

则有，解得：，

且，解得：，

所以，所以，所以存在满足条件，故假设成立，

综上可知：在上单调递减，在上单调递增，

【点睛】

本题考查数列与函数的综合应用，其中着重考查了函数单调性方面的内容，对学生的理解与分析能力要求较高，难度较难.

4．（1）（2）

【解析】

【详解】

试题分析：（Ⅰ）方程在有两个不同跟等价于函数与函数的图像在上有两个不同交点,对进行求导，通过单调性画出的草图，由与有两个交点进而得出的取值范围; （Ⅱ）分离参数得：,从而可得恒成立；再令,从而可得不等式在上恒成立，再令，从而利用导数化恒成立问题为最值问题即可．

试题解析：（I）依题意，函数的定义域为，

所以方程在有两个不同跟等价于函数与函数的图像在上有两个不同交点.

又，即当时，；当时，,

所以在上单调递增，在上单调递减.

从而.

又有且只有一个零点是1，且在时，，在时，，

所以的草图如下：

可见，要想函数与函数在图像上有两个不同交点，只需.

（Ⅱ）由（I）可知分别为方程的两个根，即，，

所以原式等价于.

因为，，所以原式等价于.

又由，作差得，，即.

所以原式等价于.

因为，原式恒成立，即恒成立.

令，则不等式在上恒成立.

令，则，

当时，可见时，，所以在上单调递增，又在恒成立，符合题意；

当时，可见当时，；当时，，

所以在时单调递增，在时单调递减.

又，所以在上不能恒小于0，不符合题意，舍去.

综上所述，若不等式恒成立，只须，又，所以.

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值，单调性，不等式恒成立问题，考查分类讨论思想，转化思想，考查学生灵活运用所学知识分析解决问题的能力，本题综合性较强，能力要求较高，属于难题，其中（2）问中对两根的处理方法非常经典，将两个参数合并成一个参数，然后再构造函数，利用导函数进行分类讨论求解.

5．（1）零点为和1；（2）；（3）.

【解析】

【分析】

（1）将代入，令，去掉绝对值直接求解即可得出零点；

（2）依题意，最大值在中取得，然后分类讨论即可得出答案；

（3）问题可转化为在给定区间内恒成立，分及讨论得出答案．

【详解】

（1）当时，，

令，解得：或(舍)；

令，解得：；

函数的零点为和；

（2）由题意得：，其中，

，最大值在中取.

当，即时，在上单调递减，；

当，即时，在上单调递增，上单调递减，

；

当，即时，在上单调递减，上单调递增，

；

，；

综上所述：；

（3）时，，，，

问题转化为在给定区间内恒成立.

，分两种情况讨论：

当时，是方程的较小根，

即时，；

当时，是方程的较大根，

即时，；

综上所述：.

【点睛】

本题考查函数的最值及其几何意义，函数的零点与方程根的关系，属于难题.

6．（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）对讨论，，，，结合二次函数的图象和单调性的性质，得到不等式组，解不等式即可得到的范围；

（2）由题意可得在上，成立， ，令，则．对讨论，（i）当时，（ii）当时，求出单调性和最值，即可得到的范围.

【详解】

（1）①当时，，显然满足，

②，③，

综上实数的取值范围：.

（2）存在，使得成立即：

在上，，

因为，令，

则

（i）当时，在上单调递减，所以，

等价于，所以；

（ii）当时，，

在上单调递减，在上单调递增.

①当时，即，在上单调递增.

由得到，所以.

②当时，即，在上单调递减，

由得到，所以.

③当时，即，，最大值则在与中取较大者，

作差比较，得到分类讨论标准：

a.当时，，此时，

由，

得到或， 

所以

b.当时，，此时，

由，得到，此时无解，

在此类讨论中，

c.当，在上单调递增，由，

得到，所以，

综合以上三大类情况，

【点睛】

本题考查函数的单调性的应用，考查存在性问题的解法，注意运用分类讨论的思想方法，以及转化思想，考查运算能力，属于难题.

7．（1）证明见解析（2）

【解析】

（1）因为是方程的根，即，将代入根据对数的运算性质可得.

（2）由题意知，方程，的根分别是，，即方程，的根分别为，，令，设方程，的根分别为，，结合（1）的结论及函数的单调性可求.

【详解】

解：（1）证明：因为是方程的根，

所以，即

所以，是方程的根.

（2）由题意知，方程，的根分别是，，

即方程，的根分别为，，

令

设方程，的根分别为，，

由（1）知是方程的根，则是方程的根.

令，则是的零点，

又因为是上的增函数，

所以，是的唯一零点，即是方程的唯一根.

所以，

所以，即，

所以

【点睛】

本题考查函数方程思想，函数的零点问题，属于难题.

8．（1）证明见详解；（2）或；（3）

【解析】

【分析】

（1）根据“保值函数”的定义分析即可（2）按“保值函数”定义知，，转化为是方程的两个不相等的实根，利用判别式求解即可（3）去掉绝对值，转化为不等式组，分离参数，利用函数最值解决恒成立问题.

【详解】

（1）函数在时的值域为，不满足“保值函数”的定义，

因此函数不是定义域上的“保值函数”.

（2）因为函数在内是单调增函数，

因此，，

因此是方程的两个不相等的实根，

等价于方程有两个不相等的实根.

由

解得或.

（3），

，

即为对恒成立.

令，易证在单调递增，

同理在单调递减.

因此，，

.

所以

解得.

又或，

所以的取值范围是.

【点睛】

本题主要考查了新概念，函数的单调性，一元二次方程有解，绝对值不等式，恒成立，属于难题.

9．（1）；（2）；（3）当时，，；当时，，.

【解析】

【分析】

（1）由题意f（x+1）＞2f（x）整理可求得a＜x﹣1，令x﹣1＝t（t≥2），由g（t）＝t在[2，+∞）上单调递增，即可求得实数a的取值范围；（2）由x∈[0，1）时，f（x）＝2x，可求得当x∈[1，2）时，f（x）＝mf（x﹣1）＝m•2x﹣1，…当x∈[n，n+1）时，f（x）＝mn•2x﹣n，利用f（x）在[0，+∞）上单调递增，可得m＞0且mn•2n﹣n≥mn﹣1•2n﹣（n﹣1），从而可求实数m的取值范围；（3）f（x+T）＝Tf（x）对一切实数x恒成立，即cosk（x+T）＝Tcoskx对一切实数恒成立，分当k＝0时，T＝1；当k≠0时，要使cosk（x+T）＝Tcoskx恒成立，只有T＝±1，于是可得答案．

【详解】

（1）由题意可知：f（x+1）＞2f（x），即﹣（x+1）2+a（x+1）＞2（﹣x2+ax）对一切[3，+∞）恒成立，

整理得：（x﹣1）a＜x2﹣2x﹣1，

∵x≥3，

∴ax﹣1，

令x﹣1＝t，则t∈[2，+∞），g（t）＝t在[2，+∞）上单调递增，

∴g（t）min＝g（2）＝1，

∴a＜1．

（2）∵x∈[0，1）时，f（x）＝2x，

∴当x∈[1，2）时，f（x）＝mf（x﹣1）＝m•2x﹣1，…

当x∈[n，n+1）时，f（x）＝mf（x﹣1）＝m2f（x﹣2）＝…＝mnf（x﹣n）＝mn•2x﹣n，

即x∈[n，n+1）时，f（x）＝mn•2x﹣n，n∈N*，

∵f（x）在[0，+∞）上单调递增，

∴m＞0且mn•2n﹣n≥mn﹣1•2n﹣（n﹣1），

即m≥2．

（3）由已知，有f（x+T）＝Tf（x）对一切实数x恒成立，

即cosk（x+T）＝Tcoskx对一切实数恒成立，

当k＝0时，T＝1；

当k≠0时，

∵x∈R，

∴kx∈R，kx+kT∈R，于是coskx∈[﹣1，1]，

又∵cos（kx+kT）∈[﹣1，1]，

故要使cosk（x+T）＝Tcoskx恒成立，只有T＝±1，

当T＝1时，cos（kx+k）＝coskx得到 k＝2nπ，n∈Z且n≠0；

当T＝﹣1时，cos（kx﹣k）＝﹣coskx得到﹣k＝2nπ+π，

即k＝（2n+1）π，n∈Z；

综上可知：当T＝1时，k＝2nπ，n∈Z；

当T＝﹣1时，k＝（2n+1）π，n∈Z．

【点睛】

本题考查周期函数，着重考查函数在一定条件下的恒成立问题，综合考查构造函数、分析转化、分类讨论的数学思想与方法，难度大，思维深刻，属于难题．

10．（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）当时，函数，转化为二次函数问题，利用二次函数的性质，即可求解；

（2）由（1）转化为二次函数存在零点，利用二次函数的图象与性质，即可求解．

【详解】

（1）当时，，

令，，则，

故，，

故值域为.

（2）关于的方程有解，

等价于方程在上有解记

当时，解为，不成立；

当时，开口向下，对称轴，过点，不成立；

当时，开口向上，对称轴，过点，必有一个根为正，

所以，.

【点睛】

本题主要考查了函数值域的求解，以及函数的零点问题的应用，其中解答中合理转化为二次函数，利用二次函数的图象与性质求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及分类讨论思想的应用，属于基础题．

11．（1）的图象是中心对称图形，对称中心为：；（2）当或时，有个零点；当时，有个零点

【解析】

【分析】

（1）设，通过奇偶性的定义可求得为奇函数，关于原点对称，从而可得的对称中心，得到结论；（2），可知为一个解，从而将问题转化为解的个数的讨论，即的解的个数；根据的范围，分别讨论不同范围情况下方程解的个数，从而得到零点个数，综合得到结果.

【详解】

（1） 设       定义域为：

为奇函数，图象关于对称

的图象是中心对称图形，对称中心为：

（2）令

，可知为其中一个解，即为一个零点

只需讨论的解的个数即可

①当时，无解

有且仅有一个零点

②当时 ，       为方程的解

有，共个零点

③当时，

（i）若，即时，

为方程的解

有，共个零点

（ii）若，即时，的解为：

有且仅有一个零点

（iii）若，即时，，方程无解

有且仅有一个零点

综上所述：当或时，有个零点；当时，有个零点

【点睛】

本题考查函数对称性的判断、函数零点个数的讨论.解决本题中零点个数问题的关键是能够将问题转化为方程根的个数的讨论，从而根据的不同范围得到方程根的个数，进而得到零点个数，属于较难题.

12．（1）见解析；（2）

【解析】

【分析】

(1)已知，结合函数的奇偶性可得，解方程组即可得函数解析式；（2）由函数奇偶性的性质可知为奇函数，图象关于对称，则的图象关于点中心对称，利用对称性可得，然后利用恒成立问题解即可.

【详解】

（1），

函数为偶函数，为奇函数，

 ，

，.

（2）易知为奇函数，其函数图象关于中心对称，

函数的图象关于点中心对称，

即对任意的，成立.

 ，

 .

两式相加，得

.

即.

.

，即.

.

，

恒成立.

令，.

则在上单调递增.

在上单调递增.

.

又已知，.

【点睛】

本题考查由函数奇偶性求函数解析式，考查由函数的对称性求值问题，考查恒成立问题的解法，属于中档题.

13．（Ⅰ）A={-1，2}；B={-，-1，，3}（Ⅱ）[-，]

【解析】

【分析】

（Ⅰ）由f（x）=x得x2-x-2=0，解得x=-1，x=2，故A={-1，2}；由f（f（x））=x，可得f（x2-2）=x，即（x2-2）2-（x2-2）-2=x；求解x可得集合B． 

（Ⅱ）理解A=B时，它表示方程x2-a=x与方程（x2-a）2-a=x有相同的实根，根据这个分析得出关于a的方程求出a的值．

【详解】

（Ⅰ）由f（x）=x得x2-x-2=0，解得x=-1，x=2，故A={-1，2}；

由f（f（x））=x，可得f（x2-2）=x，即（x2-2）2-（x2-2）-2=x；

即x4-2x3-6x2+6x+9=0，

即（x+1）（x-3）（x2-3）=0，解得x=-1，x=3，x=，x=-，故B={-，-1，，3}；

（Ⅱ）∵∅A=B，

∴x2-a=x有实根，即x2-x-a=0有实根，则△=1+4a≥0，解得a≥-

由（x2-a）2-a=x，即x4-2ax2-x+a2-a=0的左边有因式x2-x-a，

从而有（x2-x-a）（x2+x-a+1）=0．

∵A=B，

∴x2+x-a+1=0要么没有实根，要么实根是方程x2-x-a=0的根．

若x2+x-a+1=0没有实根，则a＜；

若x2+x-a+1=0有实根且实根是方程x2-x-a=0的根，

由于两个方程的二次项系数相同，一次项系数不同，

故此时x2+x-a+1=0有两个相等的根-，此时a=

方程x2-x-a=0可化为：方程x2-x-=0满足条件，

故a的取值范围是[-，]．

【点睛】

本题考查对新概念的理解和运用的能力，同时考查了集合间的关系和方程根的相关知识，解题过程中体现了分类讨论的数学思想．

14．（1）见解析；（2）；（3）见解析

【解析】

【分析】

（1）直接进行验证或用反证法求解；（2）由M得到方程在定义域内有解，然后转化成二次方程的问题求解；（3）验证函数满足即可得到结论成立．

【详解】

（1）．理由如下：

假设，

则在定义域内存在，使得成立，

即，

整理得， 

∵方程无实数解，

∴假设不成立，

∴． 

（2）由题意得，

在定义域内有解，

即在实数集R内有解， 

当时，，满足题意； 

当时，由，得，

解得且，

综上，

∴实数a的取值范围为． 

（3）证明：∵，

∴，

又函数的图象与函数的图象有交点，

设交点的横坐标为a，则，

∴，其中，

∴ 存在使得成立，

∴．

【点睛】

本题以元素与集合的关系为载体考查函数与方程的知识，解题的关键是根据题意中集合元素的特征将问题进行转化，然后再结合方程或函数的相关知识进行求解，考查转化能力和处理解决问题的能力．

15．(1) 是函数(2)见解析(3) 函数为周期函数

【解析】

【详解】

试题分析：求出的定义域，对任意恒成立转化成对任意恒成立，解出，使得

为函数只需证明存在实数，使得当且时，恒成立，化简求得，，满足条件图象关于直线对称，结合，整体换元得，从而证明结论

解析：（1）是函数

理由如下：的定义域为，

只需证明存在实数，使得对任意恒成立.

由，得，即.

所以对任意恒成立.     即 

从而存在，使对任意恒成立.

所以是函数. 

（2）记的定义域为，只需证明存在实数，使得当且时，

恒成立，即恒成立.

所以， 

化简得，.

所以,. 因为，可得，,

即存在实数，满足条件，从而是函数. 

（3）函数的图象关于直线（为常数）对称，

所以             （1）， 

又因为       （2），

所以当时，

由（1）          

由（2）                  （3）

所以

（取由（3）得）

再利用（3）式，.

所以为周期函数，其一个周期为. 

当时，即，又，

所以为常数. 所以函数为常数函数，

，是一个周期函数. 

综上，函数为周期函数

点睛：本题主要考查知识点的是新定义函数，证明函数的特性，本题的解题关键是抓住新定义中的概念，可将问题迎刃而解．对于这类问题，我们要弄清问题的本质，在解题中适当的变形，已知条件的运用，函数周期性等的证明即可得证，本题有一定难度下载本文