2017版数学知识方法篇专题3函数与导数第11练含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第11练研创新—-以函数为背景的创新题型［题型分析·高考展望]在近几年的高考命题中,以函数为背景的创新题型时有出现。主要以新定义、新运算或新规定等形式给出问题，通过判断、运算解决新问题.这种题难度一般为中档，多出现在选择题、填空题中，考查频率虽然不是很高,但失分率较高。通过研究命题特点及应对策略，可以做到有备无患.体验高考1.（2015·湖北)已知符号函数sgnx＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（1，x>0，，0,x＝0，,－1,x〈0。）)f(x）是R上的增函数，g（x)＝f(x)－f(ax）（a>1）,则()A。sgn［g（x)］＝sgnx B.sgn［g（x)]＝sgn［f（x)］C.sgn[g(x)]＝－sgnx D.sgn［g（x）］＝－sgn［f(x）］答案C解析因为f(x)是R上的增函数，令f(x）＝x，所以g(x）＝（1－a）x，因为a＞1,所以g(x）是在R上的减函数.由符号函数sgnx＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(1，x＞0，,0，x＝0，,－1，x＜0））知，sgn［g（x）]＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1，x＞0，,0，x＝0，,1，x＜0。））所以sgn[g(x）］＝－sgnx。2。（2016·山东）若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f（x）具有T性质。下列函数中具有T性质的是（)A。y＝sinx B.y＝lnxC。y＝ex D。y＝x3答案A解析对函数y＝sinx求导，得y′＝cosx,当x＝0时,该点处切线l1的斜率k1＝1,当x＝π时，该点处切线l2的斜率k2＝－1,∴k1·k2＝－1,∴l1⊥l2；对函数y＝lnx求导，得y′＝eq\f（1，x）恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y＝ex求导，得y′＝ex恒大于0,斜率之积不可能为－1；对函数y＝x3求导，得y′＝2x2恒大于等于0,斜率之积不可能为－1。故选A。3.（2015·四川)已知函数f(x)＝2x，g（x）＝x2＋ax（其中a∈R).对于不相等的实数x1，x2,设m＝eq\f(fx1－fx2，x1－x2），n＝eq\f(gx1－gx2,x1－x2），现有如下命题:①对于任意不相等的实数x1,x2，都有m＞0;②对于任意的a及任意不相等的实数x1,x2，都有n＞0;③对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝n；④对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2,使得m＝－n。其中的真命题有________（写出所有真命题的序号).答案①④解析设A（x1，f(x1）），B(x2，f(x2）)，C（x1,g（x1）），D（x2，g(x2）)。对于①,从y＝2x的图象可看出，m＝kAB＞0恒成立,故①正确；对于②，直线CD的斜率可为负，即n＜0，故②不正确;对于③，由m＝n得f（x1）－f(x2)＝g(x1）－g（x2），即f(x1）－g（x1)＝f（x2）－g(x2)，令h（x)＝f(x)－g（x)＝2x－x2－ax，则h′(x）＝2x·ln2－2x－a。由h′(x）＝0，得2x·ln2＝2x＋a，（＊）结合图象知,当a很小时，方程（*）无解，∴函数h（x)不一定有极值点，就不一定存在x1,x2使f(x1)－g（x1）＝f（x2)－g(x2），不一定存在x1，x2使得m＝n，故③不正确；对于④，由m＝－n，得f(x1）－f（x2)＝g(x2）－g(x1)，即f(x1）＋g(x1）＝f(x2)＋g(x2），令F（x)＝f(x）＋g（x)＝2x＋x2＋ax，则F′（x）＝2xln2＋2x＋a。由F′(x)＝0，得2xln2＝－2x－a，结合如图所示图象可知，该方程有解，即F(x）必有极值点，∴存在x1，x2,使F（x1）＝F(x2)，使m＝－n，故④正确。故①④正确.4。(2015·福建）一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…xn（n∈N＊),其中xk(k＝1，2，…，n)称为第k位码元。二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1，或者由1变为0)。已知某种二元码x1x2…x7的码元满足如下校验方程组：eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x4x5x6x7＝0,,x2x3x6x7＝0，，x1x3x5x7＝0，）)其中运算定义为00＝0，01＝1，10＝1，11＝0。现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于________.答案5解析(1)x4x5x6x7＝1101＝1，(2)x2x3x6x7＝1001＝0;(3）x1x3x5x7＝1011＝1.由(1)(3)知x5，x7有一个错误，（2)中没有错误,∴x5错误，故k等于5。5。(2016·四川)在平面直角坐标系中,当P（x，y）不是原点时，定义P的“伴随点”为P′eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（y，x2＋y2),\f（－x，x2＋y2)））；当P是原点时，定义P的“伴随点”为它自身，平面曲线C上所有点的“伴随点"所构成的曲线C′定义为曲线C的“伴随曲线”.现有下列命题：①若点A的“伴随点”是点A′,则点A′的“伴随点"是点A；②单位圆的“伴随曲线”是它自身；③若曲线C关于x轴对称，则其“伴随曲线”C′关于y轴对称;④一条直线的“伴随曲线”是一条直线.其中的真命题是________(写出所有真命题的序号).答案②③解析①设A的坐标为(x，y),则其“伴随点”为A′eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（y,x2＋y2）,\f(－x,x2＋y2）)），A′的“伴随点"横坐标为eq\f(\f(－x,x2＋y2），\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（y，x2＋y2）))2＋\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－x,x2＋y2）））2)＝－x，同理可得纵坐标为－y，故A″（－x，－y)，①错误；②设单位圆上的点P的坐标为（cosθ，sinθ)，则P的“伴随点"的坐标为P′(sinθ，－cosθ），则有sin2θ＋(－cosθ)2＝1，所以P′也在单位圆上，即单位圆的“伴随曲线”是它自身,②正确；③设曲线C上点A的坐标为（x，y），其关于x轴的对称点A1（x，－y）也在曲线C上，所以点A的“伴随点"A′eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（y，x2＋y2），\f(－x，x2＋y2)))，点A1的“伴随点”A1′eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(－y，x2＋y2），\f（－x,x2＋y2）))，A′与A1′关于y轴对称，③正确；④反例：例如y＝1这条直线，则A(0，1)，B（1，1)，C（2，1),这三个点的“伴随点”分别是A′(1,0）,B′eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)，－\f（1,2）)），C′eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,5),－\f(2,5)））,而这三个点不在同一直线上,下面给出严格证明:设点P(x，y)在直线l:Ax＋By＋C＝0上，P点的“伴随点”为P′（x0，y0），则eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x0＝\f(y，x2＋y2),，y0＝\f（－x,x2＋y2），）)解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x＝\f(－y0，x\o\al(2，0)＋y\o\al（2，0)),,y＝\f（x0，x\o\al（2，0）＋y\o\al(2，0）)。）)代入直线方程可知，Aeq\f(－y0，x\o\al(2,0）＋y\o\al(2，0））＋Beq\f(x0,x\o\al（2，0）＋y\o\al（2,0）)＋C＝0,化简得－Ay0＋Bx0＋C(xeq\o\al(2，0)＋yeq\o\al（2,0)）＝0。当C＝0时，C（xeq\o\al(2，0)＋yeq\o\al(2,0）)是一个常数，点P′的轨迹是一条直线；当C≠0时,C（xeq\o\al（2，0）＋yeq\o\al(2，0））不是一个常数，点P′的轨迹不是一条直线.所以，一条直线的“伴随曲线”不一定是一条直线，④错误.综上，真命题是②③.高考必会题型题型一与新定义有关的创新题型例1已知函数y＝f（x）(x∈R).对函数y＝g(x)(x∈I），定义g（x）关于f(x)的“对称函数”为函数y＝h（x)（x∈I）,y＝h(x）满足：对任意x∈I，两个点（x，h(x）)，（x，g（x））关于点（x，f（x)）对称.若h(x)是g(x）＝eq\r(4－x2）关于f（x)＝3x＋b的“对称函数”,且h（x)〉g(x)恒成立，则实数b的取值范围是________.答案（2eq\r（10),＋∞）解析由已知得eq\f（hx＋\r(4－x2），2)＝3x＋b，所以h(x)＝6x＋2b－eq\r（4－x2）.h(x）〉g（x)恒成立，即6x＋2b－eq\r（4－x2)>eq\r（4－x2），3x＋b>eq\r(4－x2)恒成立。在同一坐标系内，画出直线y＝3x＋b及半圆y＝eq\r（4－x2)(如图所示)，可得eq\f(b,\r（10))>2，即b>2eq\r(10），故答案为(2eq\r(10），＋∞)。点评解答这类题目关键在于解读新定义,利用定义的规定去判断和求解是这类题目的主要解法.变式训练1若函数y＝f(x）在定义域内给定区间［a，b］上存在x0（a＜x0＜b），满足f（x0)＝eq\f(fb－fa，b－a)，则称函数y＝f(x)是［a，b]上的“平均值函数"，x0是它的一个均值点.例如y＝|x|是[－2，2］上的“平均值函数"，0就是它的均值点.若函数f(x）＝x2－mx－1是[－1，1］上的“平均值函数"，则实数m的取值范围是________.答案(0,2）解析因为函数f(x）＝x2－mx－1是[－1,1］上的“平均值函数”，所以关于x的方程x2－mx－1＝eq\f(f1－f－1,2）在区间（－1，1）内有实数根，即x2－mx－1＝－m在区间(－1，1)内有实数根，即x2－mx＋m－1＝0，解得x＝m－1或x＝1.又1不属于（－1，1)，所以x＝m－1必为均值点，即－1＜m－1＜1，即0＜m＜2，所以实数m的取值范围是(0,2).题型二综合型函数创新题例2以A表示值域为R的函数组成的集合，B表示具有如下性质的函数φ(x）组成的集合：对于函数φ(x),存在一个正数M，使得函数φ（x）的值域包含于区间[－M，M］。例如，当φ1(x）＝x3，φ2(x)＝sinx时，φ1(x）∈A，φ2（x）∈B.现有如下命题：①设函数f（x）的定义域为D,则“f(x)∈A"的充要条件是“∀b∈R，∃a∈D，f(a）＝b”；②函数f(x)∈B的充要条件是f（x）有最大值和最小值；③若函数f（x)，g（x）的定义域相同，且f(x）∈A，g（x)∈B，则f（x）＋g（x)∉B；④若函数f(x)＝aln(x＋2）＋eq\f(x，x2＋1)(x>－2，a∈R）有最大值，则f（x）∈B.其中的真命题是________.(写出所有真命题的序号）答案①③④解析因为f(x)∈A，所以函数f(x)的值域是R，所以满足∀b∈R，∃a∈D，f（a)＝b，同时若∀b∈R，∃a∈D，f（a）＝b,则说明函数f(x)的值域是R,则f（x）∈A，所以①正确；令f(x）＝eq\f（1，x),x∈(1，2］，取M＝1，则f(x)⊆[－1，1］，但是f(x）没有最大值，所以②错误；因为f(x）∈A，g（x）∈B且它们的定义域相同（设为［m，n]）,所以存在区间［a,b]⊆[m,n］，使得f（x）在区间［a，b]上的值域与g（x)的值域相同，所以存在x0∉[a，b］,使得f（x0)的值接近无穷，所以f(x）＋g(x）∉B，所以③正确；因为当x>－2时，函数y＝ln（x＋2)的值域是R，所以函数f（x)若有最大值，则a＝0，此时f(x)＝eq\f(x，x2＋1).因为对∀x∈R,x2＋1≥2｜x｜，所以－eq\f(1，2)≤eq\f(x,x2＋1)≤eq\f（1,2).即－eq\f（1,2）≤f（x）≤eq\f（1,2)，故f（x）∈B，所以④正确.点评此类题目包含了与函数有关的较多的概念、性质及对基本问题的处理方法。解答这类题目,一是要细心,读题看清要求；二是要熟练掌握函数的基本性质及其判断应用的方法，掌握基本函数的图象与性质等。变式训练2如果y＝f（x)的定义域为R，对于定义域内的任意x，存在实数a使得f（x＋a)＝f（－x）成立，则称此函数具有“P(a)性质”。给出下列命题：①函数y＝sinx具有“P（a)性质”；②若奇函数y＝f(x)具有“P（2)性质”，且f（1）＝1，则f（2015）＝1；③若函数y＝f（x）具有“P(4)性质”,图象关于点(1,0）成中心对称，且在(－1，0)上单调递减，则y＝f（x）在（－2,－1）上单调递减，在(1,2)上单调递增；④若不恒为零的函数y＝f(x）同时具有“P(0）性质”和“P(3）性质"，则函数y＝f（x）是周期函数。其中正确的是________（写出所有正确命题的编号）.答案①③④解析①因为sin(x＋π）＝－sinx＝sin(－x），所以函数y＝sinx具有“P(a）性质”，所以①正确；②因为奇函数y＝f（x）具有“P(2）性质”，所以f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x),所以f（x＋4）＝f(x)，周期为4，因为f（1）＝1，所以f（2015）＝f(3)＝－f（1）＝－1.所以②不正确;③因为函数y＝f(x）具有“P(4)性质”，所以f（x＋4)＝f(－x）,所以f（x)的图象关于直线x＝2对称,即f(2－x）＝f（2＋x），因为图象关于点(1，0)成中心对称，所以f（2－x）＝－f（x），即f（2＋x）＝－f(－x）,所以得出f(x)＝f（－x），f(x)为偶函数,因为图象关于点（1，0)成中心对称,且在（－1，0）上单调递减，所以图象也关于点(－1,0）成中心对称,且在（－2，－1）上单调递减;根据偶函数的对称性得出在(1，2)上单调递增，故③正确；④因为具有“P（0）性质”和“P（3）性质"，所以f（x）＝f(－x），f（x＋3）＝f（－x）＝f（x），所以f(x）为偶函数,且周期为3，故④正确.高考题型精练1.对于函数f（x）,若存在常数a≠0，使得x取定义域内的每一个值,都有f(x)＝f（2a－x)，则称f（x)为准偶函数，下列函数中是准偶函数的是()A.f（x）＝cos（x＋1) B.f(x)＝eq\r（x）C。f(x)＝tanx D.f(x)＝x3答案A解析由题意知，若f(x)是准偶函数,则函数的对称轴是直线x＝a，a≠0，选项B，C,D中,函数没有对称轴;函数f(x)＝cos（x＋1)，有对称轴，且x＝0不是对称轴，选项A正确.故选A。2。设f(x）的定义域为D，若f（x)满足条件：存在[a,b］⊆D,使f(x)在［a，b］上的值域是eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(a，2)，\f（b,2）))，则称f(x)为“倍缩函数”。若函数f(x）＝ln(ex＋t）为“倍缩函数”，则t的范围是()A。eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,4），＋∞）) B.(0，1)C。eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1（0，\f（1,2)）) D.eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f(1，4）））答案D解析因为函数f（x）＝ln(ex＋t）为“倍缩函数”，所以存在［a,b］⊆D，使f（x)在［a，b］上的值域是eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f(a，2），\f（b，2)）),因为函数f（x)＝ln（ex＋t)为增函数，所以eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(lnea＋t＝\f(a，2)，，lneb＋t＝\f（b，2），））即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（ea＋t＝e,,eb＋t＝e，））即方程ex－e＋t＝0有两个不等的正根，即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（－12－4t＞0，,t＞0，))解得t的范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1，4)）)。3.设函数y＝f（x）的定义域为D，若对于任意x1，x2∈D且x1＋x2＝2a,恒有f（x1）＋f(x2)＝2b，则称点(a，b）为函数y＝f(x)图象的对称中心。研究并利用函数f（x）＝x3－3x2－sinπx的对称中心，可得f（eq\f(1，2016））＋f（eq\f(2,2016）)＋…＋f（eq\f(4030,2016))＋f(eq\f（4031,2016)）等于（)A.－16124B。16124C。－8062D。8062答案C解析如果x1＋x2＝2，则f（x1)＋f（x2）＝xeq\o\al(3，1)－3xeq\o\al（2,1)－sinπx1＋xeq\o\al(3,2）－3xeq\o\al（2，2）－sinπx2＝xeq\o\al(3,1)－3xeq\o\al(2，1）－sinπx1＋（2－x1)3－3(2－x1)2－sinπ(2－x1）＝－4.令S＝f（eq\f（1,2016））＋f（eq\f(2，2016）)＋…＋f(eq\f(4030,2016)）＋f（eq\f(4031,2016)），又S＝f(eq\f（4031，2016)）＋f（eq\f(4030,2016））＋…＋f(eq\f（1,2016））,两式相加得2S＝－4×4031，所以S＝－8062.故选C。4。函数f(x)在［a，b］上有定义，若对任意x1,x2∈［a,b]，有feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(x1＋x2,2)))≤eq\f(1，2)［f（x1)＋f（x2)]，则称f(x)在［a，b]上具有性质P.设f(x)在［1，3]上具有性质P,现给出如下命题：①f（x）在[1，3］上的图象是连续不断的；②f（x2）在［1，eq\r（3）]上具有性质P；③若f(x）在x＝2处取得最大值1,则f(x）＝1,x∈［1，3];④对任意x1,x2,x3,x4∈[1，3］，有feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(x1＋x2＋x3＋x4,4）)）≤eq\f（1，4)［f(x1）＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)］。其中真命题的序号是（）A。①②B。①③C.②④D。③④答案D解析令f(x）＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(1，x＝1，，0，1<x〈3，,1,x＝3，)）可知对∀x1，x2∈[1，3］，都有feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（x1＋x2,2))）≤eq\f（1，2）［f(x1）＋f（x2)],但f（x)在［1,3］上的图象不连续,故①不正确;令f（x)＝－x，则f（x）在[1，3］上具有性质P，但f(x2）＝－x2在[1，eq\r（3）］上不具有性质P，因为－eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（x1＋x2,2）））2＝－eq\f(x\o\al(2，1)＋x\o\al（2,2)＋2x1x2,4）≥－eq\f(2x\o\al（2，1)＋x\o\al（2，2）,4)＝eq\f（1，2)(－xeq\o\al(2,1）－xeq\o\al(2,2))＝eq\f(1，2)［f(xeq\o\al(2，1））＋f（xeq\o\al(2，2））］，故②不正确;对于③，假设存在x0∈[1，3]，使得f(x0)≠1,因为f(x)max＝f(2)＝1，x∈[1，3]，所以f（x0）〈1.又当1≤x0≤3时，有1≤4－x0≤3，由f(x)在［1，3］上具有性质P,得f(2)＝feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(x0＋4－x0,2）)）≤eq\f（1,2）[f(x0）＋f(4－x0)］，由于f（x0）〈1，f（4－x0)≤1，与上式矛盾。即对∀x∈[1,3]，有f（x)＝1,故③正确。对于④，对∀x1，x2，x3，x4∈［1,3］，feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（x1＋x2＋x3＋x4，4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(\f（x1＋x2，2）＋\f（x3＋x4，2),2)）)≤eq\f（1，2）eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（f\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))）＋f\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x3＋x4,2）)）)）≤eq\f(1，2）eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1（\f(1，2)［fx1＋fx2］＋\f（1,2)［fx3＋fx4］）)＝eq\f(1，4）［f（x1）＋f（x2）＋f(x3）＋f（x4）]，故④正确。5。已知函数f（x）＝1－|2x－1|，x∈［0,1].定义：f1（x)＝f(x），f2（x）＝f［f1（x)]，…,fn（x）＝f［fn－1(x）]，n＝2,3，4，…，满足fn（x）＝x的点x∈［0，1]称为f(x)的n阶不动点.则f（x)的n阶不动点的个数是()A。nB.2n2C.2(2n－1）D.2n答案D解析函数f(x）＝1－|2x－1｜＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(2x，0≤x≤\f(1，2)，，2－2x,\f(1，2）＜x≤1，)）当x∈eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（0，\f(1，2）))时,f1(x）＝2x＝x⇒x＝0,当x∈eq\b\lc\（\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(1,2），1））时,f1(x）＝2－2x＝x⇒x＝eq\f（2,3），∴f1(x）的1阶不动点的个数为2.当x∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（0，\f（1，4））)时，f1（x)＝2x,f2(x）＝4x＝x⇒x＝0，当x∈eq\b\lc\(\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(1，4），\f(1,2)）)时,f1（x）＝2x,f2(x）＝2－4x＝x⇒x＝eq\f(2,5)，当x∈eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（1，2）,\f（3，4））)时,f1(x）＝2－2x，f2（x）＝4x－2＝x⇒x＝eq\f(2，3),当x∈eq\b\lc\(\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（3,4)，1））时，f1(x)＝2－2x，f2（x）＝4－4x＝x⇒x＝eq\f（4,5）.∴f2(x）的2阶不动点的个数为22，以此类推,f(x）的n阶不动点的个数是2n。6。若集合A＝｛1，2，3，k}，B＝｛4，7,a4,a2＋3a}，其中a∈N*，k∈N＊，f：x→y＝3x＋1，x∈A，y∈B是从定义域A到值域B的一个函数，则a＋k＝________.答案7解析由对应法则知1→4,2→7,3→10，k→3k＋1，又a∈N*,∴a4≠10，∴a2＋3a＝10，解得a＝2（舍去a＝－5），所以a4＝16，于是3k＋1＝16，∴k＝5。∴a＋k＝7。7.如果定义在R上的函数f(x)，对任意两个不相等的实数x1,x2，都有x1f(x1)＋x2f（x2)＞x1f(x2）＋x2f(x1），则称函数f(x）为“H函数”.给出下列函数:①y＝x2;②y＝ex＋1；③y＝2x－sinx;④f(x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（ln｜x｜，x≠0,，0，x＝0。））以上函数是“H函数"的所有序号为________。答案②③解析由已知x1f(x1）＋x2f(x2)＞x1f（x2)＋x2f（x1）得（x1－x2)·[f(x1）－f(x2）］＞0，所以函数f（x)在R上是增函数.对于①,y＝x2在(－∞,0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数，其不是“H函数”;对于②,y＝ex＋1在R上为增函数，所以其为“H函数”；对于③，由于y′＝2－cosx＞0恒成立,所以y＝2x－sinx是增函数，所以其为“H函数”；对于④，由于其为偶函数,所以其不可能在R上是增函数,所以不是“H函数”。综上知，是“H函数”的序号为②③。8.已知二次函数f（x）的两个零点分别为eq\f（b，1－a)，eq\f(b,1＋a）（0<b〈a＋1）,f(0）＝b2.定义card(A）：集合A中的元素个数.若“eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x∈A，，cardA∩Z＝4))”是“f（x）〉0”的充要条件，则实数a的取值范围是____________.答案（1，2）解析由条件可得f（x)＝（1－a2）（x－eq\f(b,1－a））（x－eq\f（b,1＋a））,结合eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x∈A，,cardA∩Z＝4)）知a>1，所以f(x)开口向下，所以f(x）>0的解集为eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（b,1－a)，\f（b,1＋a）)），且0<eq\f（b，1＋a）〈1.结合数轴分析，知－4≤eq\f（b，1－a）<－3，即3a－3<b≤4a－4，又0〈b〈a＋1，所以3a－3〈b<a＋1，得1<a<2.9。设f(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，且f(x)＞0，对任意a＞0,b＞0，若经过点（a，f（a）），(b，－f（b）)的直线与x轴的交点为（c,0)，则称c为a,b关于函数f（x)的平均数，记为Mf(a，b）。例如，当f(x)＝1（x＞0）时,可得Mf（a，b)＝c＝eq\f(a＋b,2），即Mf(a，b）为a，b的算术平均数.（1）当f（x）＝________(x＞0）时，Mf（a，b)为a，b的几何平均数；（2)当f（x)＝________(x＞0）时，Mf(a，b）为a，b的调和平均数eq\f(2ab,a＋b）。（以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可)答案(1)eq\r（x）(2）x解析设A(a，f（a))，B（b,－f(b))，C(c，0),则三点共线。(1）依题意，c＝eq\r（ab），则求得eq\f（fa，\r（a）)＝eq\f(fb，\r（b))，故可以选择f(x)＝eq\r(x）(x＞0）.(2)依题意，c＝eq\f(2ab，a＋b),求得eq\f(fa,a）＝eq\f(fb,b），故可以选择f(x）＝x（x＞0).10。对于函数f（x），若存在区间M＝［a，b］(其中a〈b），使得{y|y＝f（x),x∈M｝＝M，则称区间M为函数f(x）的一个“稳定区间"。给出下列4个函数：①f(x)＝（x－1）2；②f(x)＝｜2x－1｜；③f(x）＝coseq\f(π,2）x；④f(x)＝ex。其中存在“稳定区间"的函数是________.(填出所有满足条件的函数序号）答案①②③解析据已知定义，所谓的“稳定区间”即函数在区间[a，b］内的定义域与值域相等。问题可转化为已知函数y＝f（x）的图象与直线y＝x是否相交，若相交则两交点所在区间即为函数的“稳定区间”.数形结合依次判断，①②③均符合条件,而④不符合条件.综上可知，①②③均为存在“稳定区间"的函数.11。若函数f(x)在定义域D内的某个区间I上是增函数，且F(x）＝eq\f（fx，x）在I上是减函数，则称y＝f(x)在I上是“非完美增函数”.已知f（x）＝lnx,g（x)＝2x＋eq\f（2,x)＋alnx(a∈R).（1)判断f（x)在（0,1］上是否为“非完美增函数”；（2）若g（x)在[1，＋∞)上是“非完美增函数”，求实数a的取值范围。解(1)易知f′(x）＝eq\f（1,x)＞0在（0，1]上恒成立，所以f(x）＝lnx在（0，1］上是增函数.F(x）＝eq\f（fx，x）＝eq\f(lnx，x），求导得F′（x）＝eq\f（1－lnx,x2），因为x∈（0，1],所以lnx≤0,即F′（x）＞0在（0，1］上恒成立，所以F(x）＝eq\f(lnx,x)在(0,1]上是增函数.由题意知,f(x)在（0，1］上不是“非完美增函数”。（2）若g（x）＝2x＋eq\f(2,x)＋alnx(a∈R）在[1，＋∞)上是“非完美增函数”，则g(x）＝2x＋eq\f(2,x)＋alnx在[1，＋∞)上单调递增，G(x）＝eq\f(gx，x)＝2＋eq\f(2，x2）＋eq\f（alnx,x)在[1,＋∞）上单调递减.①若g（x)在［1，＋∞)上单调递增，则g′(x)＝2－eq\f(2,x2）＋eq\f(a,x)≥0在[1，＋∞）上恒成立，即a≥eq\f（2,x）－2x在[1，＋∞)上恒成立。令h（x）＝eq\f（2,x)－2x，x∈［1,＋∞)，因为h′（x)＝－eq\f（2,x2)－2＜0恒成立，所以h（x）在［1，＋∞）上单调递减，h（x）max＝h（1）＝0，所以a≥0。②若G（x)在[1，＋∞)上单调递减,则G′（x)＝－eq\f（4，x3)＋eq\f(a1－lnx,x2)≤0在［1,＋∞）上恒成立，即－4＋ax－axlnx≤0在[1，＋∞）上恒成立。令t（x）＝－4＋ax－axln