(必考题)数学高一上期末经典习题(含答案解析)

一、选择题

1．(0分)[ID：12115]已知函数fx是定义在R上的偶函数，且在0,上是增函数，若对任意x1,，都有fxaf2x1恒成立，则实数a的取值范围是( ) D．,0 2．(0分)[ID：12113]已知fx是偶函数，它在0,上是增函数.若flgxf1，则x的取值范围是（ ） A．2,0

B．,8

C．2,

A．

1,1 10B．0,11010,

C．1,1010D．0,110,

a2x,x23．(0分)[ID：12089]已知函数fx1x, 满足对任意的实数x1≠x2都有

1,x22fx1fx2x1x2A．(－∞，2)

＜0成立，则实数a的取值范围为( )

B．,13 8C．(－∞，2]

D．13,2 84．(0分)[ID：12126]设alog23，b3，A．abc

B．bac

2，则a，b，c的大小关系是（ ） 3ceC．bca D． acb

5．(0分)[ID：12103]已知函数f(x)lnx，若af(2)，bf(3)，cf(5)，则xC．acb

D．cab

a，b，c的大小关系是（ ）

A．bca

B．bac

6．(0分)[ID：12084]对于函数f(x)，在使f(x)m恒成立的式子中，常数m的最小值

x33称为函数f(x)的“上界值”，则函数f(x)x的“上界值”为（ ）

33A．2 B．－2 C．1 D．－1

7．(0分)[ID：12055]用二分法求方程的近似解，求得f(x)x2x9的部分函数值数据如下表所示：

3x f(x) 1 -6 2 3 1.5 -2.625 1.625 -1.459 1.75 -0.14 1.875 1.3418 1.8125 0.5793 则当精确度为0.1时，方程x32x90的近似解可取为 A．1.6 则（ ）

A．f(1)f(2)f(0) C．f(0)f(1)f(2)

B．f(1)f(0)f(2) D．f(2)f(1)f(0)

B．1.7

C．1.8

D．1.9

8．(0分)[ID：12036]已知函数yf(x)是偶函数，yf(x2)在[0,2]是单调减函数，

exex9．(0分)[ID：12034]已知函数fx，xR，若对任意0,，都有

22fsinf1m0成立，则实数m的取值范围是（ ）

A．0,1

B．0,2

C．,1

21 D．，10．(0分)[ID：12033]若二次函数fxaxx4对任意的x1,x21,，且

x1x2，都有

1A．,0

2fx1fx20，则实数a的取值范围为（ ）

x1x2B．1, 2C．1,0 2D．1, 211．(0分)[ID：12072]设fx是R上的周期为2的函数，且对任意的实数x，恒有

1fxfx0，当x1,0时，fx1，若关于x的方程

2xfxlogax10(a0且a1)恰有五个不相同的实数根，则实数a的取值范围是

( ) A．3,5

B．3,5 C．4,6 D．4,6

12．(0分)[ID：12071]已知函数fxlog0.5x，则函数f2xx( ) A．,1

B．1,

2的单调减区间为

C．0,1 D．1,2

x0,时，13．(0分)[ID：12069]已知yfx是以为周期的偶函数，且25fx1sinx，则当x,3时，fx（ ）

2A．1sinx

B．1sinx

C．1sinx

D．1sinx

214．(0分)[ID：12067]已知函数f(x)lnx，g(x)x3，则f(x)?g(x)的图象大

致为（ ）

A． B．

C． D．

15．(0分)[ID：12042]若不等式x2ax10对于一切x0,范围为( ) A．a0

B．a2

C．a1恒成立，则a的取值25 2D．a3

二、填空题

16．(0分)[ID：12228]定义在R上的奇函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，且f（4）=0，则不等式f（x）≥0的解集是___． 17．(0分)[ID：12227]已知f(x)为______．

2x2,x018．(0分)[ID：12226]已知函数fx，则关于x的方程

x3,x01,x0，则不等式x(x2)f(x2)5的解集

1,x0f2xafx0a0,3的所有实数根的和为_______.

41,(x4)19．(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____________．

2x1,x020．(0分)[ID：12219]若函数fx在,上单调递增，则mmxm1,x0的取值范围是__________．

221．(0分)[ID：12197]函数ylog2(x5x6)单调递减区间是 ．

22．(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) x2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 ____________

x2xkx123．(0分)[ID：12182]已知函数fx1，

logxx1123gxalnx2xaR，若对任意的均有x1，x2xxR,x2，均有2x1fx1gx2，则实数k的取值范围是__________．

24．(0分)[ID：12177]已知偶函数fx的图象过点P2,0，且在区间0,上单调递减，则不等式xfx0的解集为______．

25．(0分)[ID：12158]对数式lg25﹣lg22+2lg6﹣2lg3＝_____．

三、解答题

26．(0分)[ID：12327]某种商品的销售价格会因诸多因素而上下浮动，经过调研得知：

2019年9月份第x（1x30，xN）天的单件销售价格（单位：元

20x,1x15f(x),第x天的销售量（单位：件）g(x)mx(m为常数），且第

50x,15x3020天该商品的销售收入为600元（销售收入=销售价格销售量）. （1）求m的值；

（2）该月第几天的销售收入最高？最高为多少？

27．(0分)[ID：12275]设函数fxlog2abxx，且f11,f2log12.

2（1）求a，b的值； （2）求函数fx的零点；

（3）设gxab，求gx在0,4上的值域.

xx28．(0分)[ID：12262]已知函数f(x)是二次函数,f(1)0,f(3)f(1)4. (1)求f(x)的解析式;

(2)函数h(x)f(x)ln(|x|1)在R上连续不断,试探究,是否存在n(nZ),函数h(x)在区间(n,n1)内存在零点,若存在,求出一个符合题意的n,若不存在,请说明由. 29．(0分)[ID：12236]记关于𝒙的不等式集为𝑸．

（1）若𝒂=𝟑，求集合𝑷；

（2）若𝒂>𝟎且𝑸∩𝑷=𝑸，求𝒂的取值范围．

30．(0分)[ID：12230]设全集为R，集合A＝{x|3≤x<7}，B＝{x|2𝒙−𝒂−𝟏𝒙+𝟏

<𝟎的解集为𝑷，不等式(𝒙−𝟏)𝟐≤𝟏的解

∁R(A∩B)，(∁RA)∩B，A∪(∁RB)．

【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．C 3．B 4．A 5．D 6．C 7．C 8．C 9．D 10．A 11．D 12．C 13．B 14．C 15．C

二、填空题 16．-40∪4+∞）【解析】【分析】由奇函数的性质可得f（0）=0由函数单调性可得在（04）上f（x）＜0在（4+∞）上f（x）＞0结合函数的奇偶性可得在（-

40）上的函数值的情况从而可得答案【详解】根

17．【解析】当时解得；当时恒成立解得：合并解集为故填：

18．【解析】【分析】由可得出和作出函数的图象由图象可得出方程的根将方程的根视为直线与函数图象交点的横坐标利用对称性可得出方程的所有根之和进而可求出原方程所有实根之和【详解】或方程的根可视为直线与函数图象

19．【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

20．【解析】【分析】由题意根据函数在区间上为增函数及分段函数的特征可求得的取值范围【详解】∵函数在上单调递增∴函数在区间上为增函数∴解得∴实数的取值范围是故答案为【点睛】解答此类问题时要注意两点：一是根

21．【解析】【分析】先求出函数的定义域找出内外函数根据同增异减即可求出【详解】由解得或所以函数的定义域为令则函数在上单调递减在上单调递增又为增函数则根据同增异减得函数单调递减区间为【点睛】复合函数法：复

22．【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

23．【解析】【分析】若对任意的均有均有只需满足分别求出即可得出结论【详解】当当设当当当时等号成立同理当时若对任意的均有均有只需当时若若所以成立须实数的取值范围是故答案为;【点睛】本题考查不等式恒成立问题

24．【解析】【分析】根据函数奇偶性和单调性的性质作出的图象利用数形结合进行求解即可【详解】偶函数的图象过点且在区间上单调递减函数的图象过点且在区间上单调递增作出函数的图象大致如图：则不等式等价为或即或即

25．1【解析】【分析】直接利用对数计算公式计算得到答案【详解】故答案为：【点睛】本题考查了对数式的计算意在考查学生的计算能力

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】 【分析】

根据偶函数的性质，可知函数在,0上是减函数，根据不等式在x1,上恒成立，可得：xa2x1在1,上恒成立，可得a的范围. 【详解】

fx为偶函数且在0,上是增函数

fx在,0上是减函数

对任意x1,都有fxaf2x1恒成立等价于xa2x1

2x1xa2x1 3x1ax1

3x1maxax1min

当x1时，取得两个最值

31a11 2a0 本题正确选项：A 【点睛】

本题考查函数奇偶性和单调性解抽象函数不等式的问题，关键在于能够通过单调性确定自变量之间的关系，得到关于自变量的不等式.

2．C

解析：C 【解析】 【分析】

利用偶函数的性质将不等式flgxf1变形为flgxf1，再由函数

yfx在0,上的单调性得出lgx1，利用绝对值不等式的解法和对数函数的单

调性即可求出结果.

【详解】

由于函数yfx是偶函数，由flgxf1得flgxf1， 又

函数yfx在0,上是增函数，则lgx1，即1lgx1，解得

1x10. 10故选：C. 【点睛】

本题考查利用函数的单调性和奇偶性解不等式，同时也涉及了对数函数单调性的应用，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

3．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

a20,解出试题分析：由题意有,函数fx在R上为减函数,所以有{1(a2)2()212a13,选B. 8考点：分段函数的单调性. 【易错点晴】

本题主要考查分段函数的单调性,属于易错题. 从题目中对任意的实数x1x2，都有

fx1fx20成立，得出函数fx在R上为减函数,减函数图象特征:从左向右看,图

x1x2象逐渐下降,故在分界点x2处,有(a2)2()1,解出a是容易漏掉分界点x2处的情况.

12213. 本题容易出错的地方84．A

解析：A 【解析】 【分析】

根据指数幂与对数式的化简运算,结合函数图像即可比较大小. 【详解】

因为alog23,b3,2 ce3令fxlog2x,gx函数图像如下图所示:

x

则f4log242,g442 所以当x3时, 3log23,即ab

b2 3,ce36则b36227,c6e3e42.7453.1

6所以b6c6,即bc 综上可知, abc 故选:A 【点睛】

本题考查了指数函数、对数函数与幂函数大小的比较,因为函数值都大于1,需借助函数图像及不等式性质比较大小,属于中档题.

5．D

解析：D 【解析】 【分析】 可以得出a11ln32,cln25，从而得出c＜a，同样的方法得出a＜b，从而得出a，1010b，c的大小关系． 【详解】

af2ln2ln321ln25, cf5ln5,根据对数函数的单调性得到a>c, 210510ln3ln2ln8ln3ln9,又因为af2，bf3，再由对数函数

32636的单调性得到a6．C

解析：C 【解析】 【分析】

利用换元法求解复合函数的值域即可求得函数的“上界值”. 【详解】 令t3,t0 则

xyt3611 t3t3故函数fx的“上界值”是1； 故选C 【点睛】

本题背景比较新颖，但其实质是考查复合函数的值域求解问题，属于基础题，解题的关键是利用复合函数的单调性法则判断其单调性再求值域或 通过换元法求解函数的值域.

7．C

解析：C 【解析】 【分析】

利用零点存在定理和精确度可判断出方程的近似解. 【详解】

根据表中数据可知f1.750.140，f1.81250.57930，由精确度为0.1可知

1.751.8，1.81251.8，故方程的一个近似解为1.8，选C. 【点睛】

不可解方程的近似解应该通过零点存在定理来寻找，零点的寻找依据二分法（即每次取区间的中点，把零点位置精确到原来区间的一半内），最后依据精确度四舍五入，如果最终零点所在区间的端点的近似值相同，则近似值即为所求的近似解.

8．C

解析：C 【解析】 【分析】

2上的单调性，结合函数图像即可求得答案 函数关于y轴对称得0，【详解】

先根据yfx2在0,2是单调减函数，转化出yfx的一个单调区间，再结合偶

yfx2在0,2是单调减函数，

0，即ft在2，0上是减函数 令tx2，则t2，yfx在2，0上是减函数

函数yfx是偶函数，

yfx在0，2上是增函数

f1f1,

则f0f1f2 故选C 【点睛】

本题是函数奇偶性和单调性的综合应用，先求出函数的单调区间，然后结合奇偶性进行判定大小，较为基础．

9．D

解析：D 【解析】

试题分析：求函数f（x）定义域，及f（﹣x）便得到f（x）为奇函数，并能够通过求f′（x）判断f（x）在R上单调递增，从而得到sinθ＞m﹣1，也就是对任意的0,有sinθ＞m﹣1成立，根据0＜sinθ≤1，即可得出m的取值范围． 详解：

f（x）的定义域为R，f（﹣x）=﹣f（x）； f′（x）=ex+e﹣x＞0； ∴f（x）在R上单调递增；

由f（sinθ）+f（1﹣m）＞0得，f（sinθ）＞f（m﹣1）； ∴sinθ＞m﹣1；

2都

即对任意θ∈0,都有m﹣1＜sinθ成立；

2∵0＜sinθ≤1； ∴m﹣1≤0；

∴实数m的取值范围是（﹣∞，1]． 故选：D．

点睛：本题考查函数的单调性与奇偶性的综合应用，注意奇函数的在对称区间上的单调性的性质；对于解抽象函数的不等式问题或者有解析式，但是直接解不等式非常麻烦的问题，可以考虑研究函数的单调性和奇偶性等，以及函数零点等，直接根据这些性质得到不等式的解集.

10．A

解析：A 【解析】 【分析】

，上单调递减，结合二次函数的开口方向及对称轴的位置即由已知可知，fx在1可求解．

【详解】

2∵二次函数fxaxx4对任意的x1,x21,，且x1x2，都有

fx1fx20，

x1x2，上单调递减， ∴fx在1∵对称轴x1， 2aa01∴ ，解可得a0，故选A． 1122a【点睛】

本题主要考查了二次函数的性质及函数单调性的定义的简单应用，解题中要注意已知不等式与单调性相互关系的转化，属于中档题.

11．D

解析：D 【解析】

x1由fxfx0，知fx是偶函数，当x1,0时，fx1，且

2fx是R上的周期为2的函数，

作出函数yfx和ylogax1的函数图象，关于x的方程

fxlogax10(a0且a1)恰有五个不相同的实数根，即为函数yfx和ylogax1的图象有5个交点，

a1所以loga311，解得4a6.

log511a故选D.

点睛：对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．

12．C

解析：C 【解析】

函数fxlog0.5x为减函数，且x0, 令t2xx2，有t0，解得0x2.

又t2xx2为开口向下的抛物线，对称轴为x1，所以t2xx2在0,1上单调递增，在1,2上单调递减，

根据复合函数“同增异减”的原则函数f2xx故选C.

2的单调减区间为0,1.

yfx的复合函数， ygx为内层函点睛：形如yfgx的函数为ygx, yfx为外层函数. 数, 当内层函数ygx单增，外层函数yfx单减时，函数yfgx也单减； 当内层函数ygx单减，外层函数yfx单增时，函数yfgx也单减； 当内层函数ygx单减，外层函数yfx单减时，函数yfgx也单增.

当内层函数ygx单增，外层函数yfx单增时，函数yfgx也单增； 简称为“同增异减”.

13．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

因为yfx是以为周期，所以当x,3时，fxfx3π，

521x3,0此时,又因为偶函数，所以有fx3πf3πx, 2 3πx0,,所以f3πx1sin3πx1sinx,

2故fx1sinx，故选B.

14．C

解析：C

【解析】 【分析】 【详解】

因为函数fxlnx，gxx3，可得fx•gx是偶函数，图象关于y 轴对

2称，排除A,D ；又x0,1时，fx0,gx0,所以fx•gx0,排除B , 故选C. 【方法点晴】

本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及x0,x0,x,x时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.

15．C

解析：C 【解析】 【分析】 【详解】

xax10对于一切x0,21成立， 21x21则等价为a⩾对于一切x∈(0, )成立，

2x即a⩾−x−设y=−x−∴−x−

11对于一切x∈(0, )成立， x211,则函数在区间(0, 〕上是增函数 x2115<−−2=， x225. 2故选C.

∴a⩾点睛：函数问题经常会遇见恒成立的问题：

（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；

（2）若f(x)0就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为

f(x)min0，若f(x)0恒成立，转化为f(x)max0;

（3）若f(x)g(x)恒成立，可转化为f(xmin)g(x)max.

二、填空题

16．-40∪4+∞）【解析】【分析】由奇函数的性质可得f（0）=0由函数单调性可得在（04）上f（x）＜0在（4+∞）上f（x）＞0结合函数的奇偶性可得在（-40）上的函数值的情况从而可得答案【详解】根 解析： [-4，0]∪[4，+∞） 【解析】 【分析】

由奇函数的性质可得f（0）=0，由函数单调性可得在（0，4）上，f（x）＜0，在（4，+∞）上，f（x）＞0，结合函数的奇偶性可得在（-4，0）上的函数值的情况，从而可得答案. 【详解】

根据题意，函数f（x）是定义在R上的奇函数，则f（0）=0，

又由f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，且f （4）=0，则在（0，4）上，f（x）＜0，在（4，+∞）上，f（x）＞0，

又由函数f（x）为奇函数，则在（-4，0）上，f（x）＞0，在（-∞，-4）上，f（x）＜0， 若f（x）≥0，则有-4≤x≤0或x≥4， 则不等式f（x）≥0的解集是[-4，0]∪[4，+∞）； 故答案为：[-4，0]∪[4，+∞）． 【点睛】

本题考查函数的单调性和奇偶性的综合应用，属于基础题．

17．【解析】当时解得；当时恒成立解得：合并解集为故填：

3解析：{x|x}

2【解析】

当x20时，xx2fx25xx25，解得 2x3 ；当2x20时，xx2fx25xx25，恒成立，解得：x2，合并

解集为xx3 ，故填：xx23. 218．【解析】【分析】由可得出和作出函数的图象由图象可得出方程的根将方程的根视为直线与函数图象交点的横坐标利用对称性可得出方程的所有根之和进而可求出原方程所有实根之和【详解】或方程的根可视为直线与函数图象 解析：3

【解析】 【分析】 由f2xafx0可得出fx0和fxaa0,3，作出函数yfx的图

象，由图象可得出方程fx0的根，将方程fxaa0,3的根视为直线ya与函数yfx图象交点的横坐标，利用对称性可得出方程fxaa0,3的所有根之和，进而可求出原方程所有实根之和. 【详解】

f2xafx00a3，fx0或fxa0a3.

方程fxa0a3的根可视为直线ya与函数yfx图象交点的横坐标， 作出函数yfx和直线ya的图象如下图：

由图象可知，关于x的方程fx0的实数根为2、3.

由于函数yx2的图象关于直线x2对称，函数yx3的图象关于直线x3对称，

关于x的方程fxa0a3存在四个实数根x1、x2、x3、x4如图所示， 且

2xx4x1x22，33，x1x2x3x4462， 22因此，所求方程的实数根的和为2323. 故答案为：3. 【点睛】

本题考查方程的根之和，本质上就是求函数的零点之和，利用图象的对称性求解是解答的关键，考查数形结合思想的应用，属于中等题.

19．【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．

20．【解析】【分析】由题意根据函数在区间上为增函数及分段函数的特征可求得的取值范围【详解】∵函数在上单调递增∴函数在区间上为增函数∴解得∴实数的取值范围是故答案为【点睛】解答此类问题时要注意两点：一是根 解析：(0,3]

【解析】 【分析】

由题意根据函数ymxm1在区间,0上为增函数及分段函数的特征，可求得m的取值范围． 【详解】

2x1,x0∵函数fx在,上单调递增，

,x0mxm1∴函数ymxm1在区间,0上为增函数，

m0∴，解得0m3， 0m1212∴实数m的取值范围是(0,3]．

故答案为(0,3]． 【点睛】

解答此类问题时要注意两点：一是根据函数fx在,上单调递增得到在定义域的每一个区间上函数都要递增；二是要注意在分界点处的函数值的大小，这一点容易忽视，属于中档题．

21．【解析】【分析】先求出函数的定义域找出内外函数根据同增异减即可求出【详解】由解得或所以函数的定义域为令则函数在上单调递减在上单调递增又为增函数则根据同增异减得函数单调递减区间为【点睛】复合函数法：复 解析：(,1)

【解析】 【分析】

先求出函数的定义域，找出内外函数，根据同增异减即可求出. 【详解】

2由x25x60，解得x6或x1，所以函数ylog2(x5x6)的定义域为

(,1)(6,).令ux25x6，则函数ux25x6在,1上单调递减，

在6,上单调递增，又ylog2u为增函数，则根据同增异减得，函数

ylog2(x25x6)单调递减区间为(,1).

【点睛】

复合函数法：复合函数yfg(x)的单调性规律是“同则增，异则减”，即yf(u)与

ug(x)若具有相同的单调性，则yfg(x)为增函数，若具有不同的单调性，则

yfg(x)必为减函数．

22．【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x2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22313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.

1323．【解析】【分析】若对任意的均有均有只需满足分别求出即可得出结论【详解】当当设当当当时等号成立同理当时若对任意的均有均有只需当时若若所以成立须实数的取值范围是故答案为;【点睛】本题考查不等式恒成立问题

3解析：,

4【解析】 【分析】

若对任意的均有x1，x2xxR,x2，均有fx1gx2，只需满足

f(x)maxg(x)min，分别求出f(x)max,g(x)min，即可得出结论.

【详解】

当2x1fxxxk(x)k22121， 4k6f(x)1k， 411x1,fxlogx当， 1223gxalnx2设yx， 2x1x，当x0,y0， 2x1当

x0,yx111,0yx21x122，

x1y0， 2当x1时，等号成立 同理当2x0时，yx11[,]， 2x122若对任意的均有x1，x2xxR,x2， 均有fx1gx2，只需f(x)maxg(x)min， 当x2时，ln(x2)R， 若a0,x2,g(x)， 若a0,x,g(x) 所以a0，g(x)x1,g(x)， minx212113f(x)maxg(x)min成立须，k,k，

4243,. 实数k的取值范围是4故答案为;,.

43【点睛】

本题考查不等式恒成立问题，转化为求函数的最值，注意基本不等式的应用，考查分析问题解决问题能力，属于中档题.

24．【解析】【分析】根据函数奇偶性和单调性的性质作出的图象利用数形结合进行求解即可【详解】偶函数的图象过点且在区间上单调递减函数的图象过点且在区间上单调递增作出函数的图象大致如图：则不等式等价为或即或即 解析：,20,2

【解析】 【分析】

根据函数奇偶性和单调性的性质作出fx的图象，利用数形结合进行求解即可． 【详解】

偶函数fx的图象过点P2,0，且在区间0,上单调递减，

函数fx的图象过点2,0，且在区间,0上单调递增，

作出函数fx的图象大致如图：

x0x0则不等式xfx0等价为fx0或fx0，

即0x2或x2，

即不等式的解集为,20,2， 故答案为,20,2 【点睛】

本题主要考查不等式的解集的计算，根据函数奇偶性和单调性的性质作出fx的图象是解决本题的关键．

25．1【解析】【分析】直接利用对数计算公式计算得到答案【详解】故答案为：【点睛】本题考查了对数式的计算意在考查学生的计算能力

解析：1 【解析】 【分析】

直接利用对数计算公式计算得到答案. 【详解】

lg25lg222lg6﹣2lg3lg5lg2lg5lg2lg36lg9lg5lg2lg41

故答案为：1 【点睛】

本题考查了对数式的计算，意在考查学生的计算能力.

三、解答题 26．

（1）m40；（2）当第10天时，该商品销售收入最高为900元． 【解析】 【分析】

（1）利用分段函数，直接求解f(20)g(20)600．推出m的值．（2）利用分段函数分别求解函数的最大值推出结果即可． 【详解】

20x,1x15,（1）销售价格f(x)第x天的销售量（单位：件）g(x)mx(m为

50x,15x30,常数）， 当x20时，由f(20)g(20)(5020)(m20)600，

解得m40．

（2）当1x15时，y(20x)(40x) x220x800(x10)2900，

故当x10时，ymax900，

当15x30时，y(50x)(40x)x290x2000(x45)225， 故当x15时，ymax875，

因为875900，故当第10天时，该商品销售收入最高为900元． 【点睛】

本题考查利用函数的方法解决实际问题，分段函数的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．

27．

（1）a4,b2（2）xlog2【解析】 【分析】

15（3）gx0,240 2（1）由f11,f2log212解出即可 （2）令fxx0得4x2x1，即2x2x10，然后解出即可

2（3）gx42，令2xt，转化为二次函数

x【详解】

f1log2ab1ab2（1）由已知得，即， 2222ab12f2log2ablog212解得a4,b2；

（2）由（1）知fxlog242xx，令fx0得4x2x1，

即2x22x10，解得2x15， 2又2x0,2x1515，解得xlog2； 22xx（3）由（1）知gx42，令2xt，

11则gtttt，t1,16， 2422因为gt在t1,16上单调递增 所以gx0,240，

28．

(1)f(x)(x1);(2)存在,1. 【解析】 【分析】

（1）由f(3)f(1),知此二次函数图象的对称轴为x1, 由f(1)0可设出抛物线

2的解析式为f(x)a(x1)，再利用f(1)4求得a的值；

2（2）利用零点存在定理，证明h(0)h(1)0即可得到n的值. 【详解】

(1)由f(3)f(1),知此二次函数图象的对称轴为x1, 又因为f(1)0,所以(1,0)是f(x)的顶点, 所以设f(x)a(x1)，

2因为f(1)4,即a(11)4，

2所以设a1 所以f(x)(x1)

2(2)由(1)知h(x)(x1)ln(|x|1)

2因为h(1)(11)2ln(|1|1)ln(2)0

h(0)(01)2ln(|0|1)10

即h(0)h(1)0

因为函数h(x)f(x)ln(|x|1)在R上连续不断, 由零点存在性定理,所以函数h(x)在(1,0)上存在零点. 所以存在n1使得函数h(x)在区间(n,n1)内存在零点. 【点睛】

本题考查一元二次函数的解析式、零点存在定理，考查函数与方程思想考查逻辑推理能力和运算求解能力.

29．

（1）𝑷=(−𝟏,𝟒);（2）(𝟏,+∞). 【解析】

试题分析：（1）当𝒂=𝟑时，利用分式不等式的解法，求得𝑷=[−𝟏,𝟒]；（2）根据一元二次不等式的求解方法，解得𝑸=[𝟎,𝟐]，由于𝒂>𝟎，故𝑷=𝑸⇔𝑸⊆𝑷，则𝒂+𝟏>𝟐⇒𝒂>𝟏. 试题解析：（1）当𝒂=𝟑时， 原不等式为：

𝒙−𝟒𝒙+𝟏

𝒙−𝒂−𝟏𝒙+𝟏

<𝟎⇔−𝟏<𝒙<𝒂+𝟏.𝑸∩

<𝟎⇔(𝒙−𝟒)(𝒙+𝟏)<𝟎⇔−𝟏<𝒙<

𝟒,∴集合𝑷=(−𝟏,𝟒).（2）易知：𝑷=(−𝟏,𝒂+𝟏)，𝑸=[𝟎,𝟐]；由𝑸∩𝑷=𝑸⇒𝑸⊆𝑷，则𝒂+𝟏>𝟐⇒𝒂>𝟏，∴𝒂的取值范围为(𝟏,+∞).

30．

见解析 【解析】 【分析】

根据题意，在数轴上表示出集合A,B，再根据集合的运算，即可得到求解. 【详解】 解：如图所示．

∴A∪B＝{x|2∴∁R(A∪B)＝{x|x≤2或x≥7}， ∁R(A∩B)＝{x|x≥6或x<3}． 又∵∁RA＝{x|x<3或x≥7}，

∴(∁RA)∩B＝{x|2∴A∪(∁RB)＝{x|x≤2或x≥3}． 【点睛】

本题主要考查了集合的交集、并集与补集的混合运算问题，其中解答中正确在数轴上作出集合A,B，再根据集合的交集、并集和补集的基本运算求解是解答的关键，同时在数轴上画出集合时，要注意集合的端点的虚实，着重考查了数形结合思想的应用，以及推理与运算能力.