2019年馬鞍山市高一數(shù)學(xué)上期末試卷及答案

1、2019 年馬鞍山市高一數(shù)學(xué)上期末試卷及答案、選擇題1若函數(shù) f （ x）mx2mx的定義域為 R ，則實數(shù) m 取值范圍是（ ）2A0,8)B (8, )C(0,8)D ( ,0) (8,)2已知 a30.2,blog64,clog 3 2 ，則 a,b,c 的大小關(guān)系為（）AcabBcb aC b a cD b c3 酒駕是嚴重危害交通安全的違法行為為了保障交通安全，根據(jù)國家有關(guān)規(guī)定：100mL血液中酒精含量低于 20mg 的駕駛員可以駕駛汽車，酒精含量達到2079mg 的駕駛員即為酒后駕車， 80mg 及以上認定為醉酒駕車假設(shè)某駕駛員喝了一定量的酒后，其血液中的酒 精含量上升到了 1mg

2、/mL如果在停止喝酒以后，他血液中酒精含量會以每小時30%的速度減少，那么他至少經(jīng)過幾個小時才能駕駛汽車？）（參考數(shù)據(jù)：lg0.2 0.7，1g0.3 0.5， 1g0.7 0.15， 1g0.8 0.1 )A 1B324函數(shù) f xx2sinx 的圖象大致為 ( )2 xlog125 函數(shù) f x）2x 的單調(diào)遞增區(qū)間為A,1B2,C,0D1,6若 x0 cosx0，則（Ax0( ， )32Bx0（ ， ） C43x0Dx0( 0， )6（單位：小時）之間的函數(shù)關(guān)系為個小時廢氣中的污染物被過濾掉了7某工廠產(chǎn)生的廢氣必須經(jīng)過過濾后排放，規(guī)定排放時污染物的殘留含量不得超過原污染 物總量的 0.5

3、% .已知在過濾過程中的污染物的殘留數(shù)量P （單位：毫克 /升）與過濾時間 tP P0 e kt （ k 為常數(shù)， P0 為原污染物總量） .若前 4 80%，那么要能夠按規(guī)定排放廢氣，還需要過濾n 小時，則正整數(shù) n的最小值為（ ）（參考數(shù)據(jù)：取 log5 2 0.43）A0B1C2D10已知定義在R 上的函數(shù) f x 在, 2 上是減函數(shù)，若gxf數(shù)，且 g 2 0 ，則不等式 xf x0的解集是()A,22,B4, 20,C,42,D,40,11已知 f x= 2x 2 x ,若 f a3,則 f 2a等于A5B7C9D1112下列函數(shù)中，在區(qū)間 ( 1,1) 上為減函數(shù)的是A1 yB

4、y cosxCy ln(x1)D ya=n，則 m+2n 的值為x)為奇函數(shù)，記)1x 二、填空題 13 定義在 R上的奇函數(shù) (x)0的解集是 _2xx 2 是奇函A8B 9C10D148函數(shù) y2x1x1 1的定義域是 ( )A-1，2B-1,29已知函數(shù) f( x)=x( ex+aex)( x R)C( -1 ，2)，若函數(shù) f( x)是偶函數(shù)，記D-1,2) a=m，若函數(shù) f0，+)上單調(diào)遞增，且 ff ( x)在則不等式 f4)=0，2x ax,x14已知函數(shù) f(x) ax 1, x則實數(shù) a 的取值范圍是 1,若 x1,x2 R,x1 x2，使得 f (x1)1, 1 2 1

5、2 1f (x2) 成立，15函數(shù) y log0.5 x2 的單調(diào)遞增區(qū)間是161 x 2 成立，則2已知函數(shù) f x 滿足對任意的 x R 都有 f 1 x 217 函數(shù) y2 sin x 2 的最大值和最小值之和為 x2 1x 1,x 018已知函數(shù) f (x)，若方程 f(x) m(m R)恰有三個不同的實數(shù)解ln x 1,x 0a、b、c(a b c) ，則 (a b)c 的取值范圍為 ；x x 219 若函數(shù) f x ex e x 2x2 a 有且只有一個零點，則實數(shù) a .20已知函數(shù) f x 為R上的增函數(shù)，且對任意 x R都有 f f x 3x4，則f4三、解答題21 已知函數(shù)

6、f ( x)log13ax 22x的圖象關(guān)于原點對稱，其中a 為常數(shù) .(1)求 a 的值；(2)若當 x(7,)時，f ( x)log1(x 2) m恒成立 .3求實數(shù) m 的取值范圍22 已知函數(shù)f(x)log22x 1kx 為偶函數(shù) .1) 求實數(shù) k 的值；12) 若不等式 f (x) ax恒成立，求實數(shù) a 的取值范圍；13)若函數(shù) h(x) 2f(x) 2x m 4x， x 1,2 ，是否存在實數(shù) m，使得 h x 的最小值為2，若存在，請求出 m 的值；若不存在，請說明理由 .23泉州是全國休閑食品重要的生產(chǎn)基地, 食品產(chǎn)業(yè)是其特色產(chǎn)業(yè)之一 , 其糖果產(chǎn)量占全國 的 20%.現(xiàn)擁

7、有中國馳名商標 17件及“全國食品工業(yè)強縣” 2個(晉江 ?惠安)等榮譽稱號 ,涌 現(xiàn)出達利 ?盼盼?友臣?金冠 ?雅客?安記?回頭客等一大批龍頭企業(yè) .已知泉州某食品廠需要定 期購買食品配料 , 該廠每天需要食品配料 200千克,配料的價格為 1元/千克, 每次購買配料 需支付運費 90 元. 設(shè)該廠每隔 x x N* 天購買一次配料 . 公司每次購買配料均需支付保管 費用,其標準如下 :6天以內(nèi)(含6天), 均按 10元/天支付;超出 6天,除支付前 6天保管費用 外,還需支付剩余配料保管費用 ,剩余配料按 3(x 5) 元/千克一次性支付 .200(1)當 x 8時,求該廠用于配料的保管

8、費用 P元;( 2)求該廠配料的總費用 y(元)關(guān)于 x的函數(shù)關(guān)系式 ,根據(jù)平均每天支付的費用 ,請你給出合 理建議 , 每隔多少天購買一次配料較好 .附: f ( x) x 80 在 (0,4 5)單調(diào)遞減 ,在(4 5,)單調(diào)遞增 .x224已知 f(x)2 x ，g(x) f(x) 1.1 2x(1)判斷函數(shù) g(x) 的奇偶性；10 10(2)求f ( i)f (i)的值.i 1 i 1225 已知函數(shù) f x ax2 bx c a 0 ，滿足 f 0 2， f x 1 f x 2x 1.1)求函數(shù) f x 的解析式；2)求函數(shù) f x 的單調(diào)區(qū)間；3) 當 x 1,2 時，求函數(shù)的最

9、大值和最小值26設(shè)全集為 R，集合 Ax|3x<7，Bx|2<x<6，求 ?R(AB)，?R(AB)，(?RA)B， A ( ?RB)參考答案】 * 試卷處理標記，請不要刪除、選擇題 1A 解析： A解析】 分析】根據(jù)題意可得出，不等式mx2- mx+2>0 的解集為 R，從而可看出 m0 時，滿足題意，m>0m0 時，可得出Vm>m02 8m 0，解出 m的范圍即可【詳解】函數(shù) f（ x）的定義域為 R； 不等式 mx2 - mx+2>0 的解集為 R； m0時， 2>0 恒成立，滿足題意； m0 時，則m>0V m2 8m 0解得 0&

10、lt; m<8；綜上得，實數(shù) m 的取值范圍是 0,8） 故選： A【點睛】考查函數(shù)定義域的概念及求法，以及一元二次不等式的解集為R 時，判別式需滿足的條件2B解析： B【解析】【分析】先比較三個數(shù)與零的大小關(guān)系，確定三個數(shù)的正負，然后將它們與1進行大小比較，得知a 1，0 b,c 1，再利用換底公式得出 b 、 c的大小，從而得出三個數(shù)的大小關(guān)系【詳解】函數(shù) y 3x 在 R 上是增函數(shù)，則 a 30.2 30 1 ，函數(shù) y log6x在 0, 上是增函數(shù)，則 log61 log64 log 6 6 ，即 0 log64 1，2即 0 b 1，同理可得 0 c 1，由換底公式得 c

11、log3 2 log32 22 log9 4，且 c log9 4【點睛】ln 4 ln 4ln 9ln 6log6 4 b，即 0 c b 1，因此， c b a ，故選 A本題考查比較數(shù)的大小，這三個數(shù)的結(jié)構(gòu)不一致，這些數(shù)的大小比較一般是利用中間值法來比較，一般中間值是 0 與1，步驟如下： 首先比較各數(shù)與零的大小，確定正負，其中正數(shù)比負數(shù)大；其次利用指數(shù)函數(shù)或?qū)?shù)函數(shù)的單調(diào)性，將各數(shù)與1進行大小比較，或者找其他中間值來比較，從而最終確定三個數(shù)的大小關(guān)系3C解析： C【解析】【分析】根據(jù)題意先探究出酒精含量的遞減規(guī)律，再根據(jù)能駕車的要求，列出模型 0.7 x 0.2 求 解.【詳解】因為

12、1 小時后血液中酒精含量為（ 1-30%） mg/mL , x小時后血液中酒精含量為（ 1-30%）x mg/mL 的，由題意知 100mL 血液中酒精含量低于 20mg的駕駛員可以駕駛汽車，x所以 1 30%x0. 2，0.7x 0.2 ， 兩邊取對數(shù)得， lg 0.7 x lg 0.2 ，lg 0.2 14 x，lg 0.7 3所以至少經(jīng)過 5 個小時才能駕駛汽車 . 故選： C【點睛】 本題主要考查了指數(shù)不等式與對數(shù)不等式的解法，還考查了轉(zhuǎn)化化歸的思想及運算求解的 能力，屬于基礎(chǔ)題 .4C解析： C【解析】【分析】2根據(jù)函數(shù) f x x2sinx 是奇函數(shù)，且函數(shù)過點,0 ，從而得出結(jié)論

13、【詳解】2由于函數(shù) f x x2sinx是奇函數(shù)，故它的圖象關(guān)于原點軸對稱，可以排除B 和 D；故選： C【點睛】本題主要考查奇函數(shù)的圖象和性質(zhì)，正弦函數(shù)與x 軸的交點，屬于基礎(chǔ)題5C解析： C【解析】【分析】求出函數(shù)fxlog 1 x222x 的定義域，然后利用復(fù)合函數(shù)法可求出函數(shù) y f x 的單調(diào)遞增區(qū)間【詳解】解不等式2 x2x0 ，解得x 0或 x 2，函數(shù) y f x 的定義域為 ,0 U 2,內(nèi)層函數(shù)u2 x2x 在區(qū)間,0 上為減函數(shù)，在區(qū)間 2, 上為增函數(shù)，外層函數(shù)ylog1 u 在 0,2上為減函數(shù)，由復(fù)合函數(shù)同增異減法可知，函數(shù) f x log1 x 2x 的單調(diào)遞增區(qū)

14、間為 ,02故選： C.【點睛】 本題考查對數(shù)型復(fù)合函數(shù)單調(diào)區(qū)間的求解，解題時應(yīng)先求出函數(shù)的定義域，考查計算能 力，屬于中等題 .解析： C 【解析】 【分析】 畫出 y6Cfx【詳解】 畫出 yx,y cosx 的圖像判斷出兩個函數(shù)圖像只有一個交點，構(gòu)造函數(shù)x cosx ，利用零點存在性定理，判斷出f x 零點 x0 所在的區(qū)間x, ycosx 的圖像如下圖所示，由圖可知，兩個函數(shù)圖像只有一個交點，構(gòu)造函3cosx ， f 0.523 0.866 0.343 0，6 6 22 0.785 0.707 0.078 0，根據(jù)零點存在性定理可知， f x 的唯一2零點 x0在區(qū)間 6,4故選： C

15、點睛】本小題主要考查方程的根，函數(shù)的零點問題的求解，考查零點存在性定理的運用，考查數(shù) 形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法，屬于中檔題 .7C 解析： C 【解析】 【分析】e 4k 1 ，可得出 k ln5 ，然后解不等式 e kt 54圍，即可得出正整數(shù) n 的最小值 .【詳解】根據(jù)已知條件得出1，解出 t 的取值范200由題意，前 4 個小時消除了 80%的污染物，因為P P0 ekt ，所以4k1 80% P0 P0e 4k ，所以 0.2 e4k ，即 4kln0.2ln5 ，所以 k ln45，則由 0.5%P0 P0e kt ，得 ln 0.005ln5t ，45 52 23所以 t 4ln 2

16、00 4log 5 200 4log ln5 5故正整數(shù) n 的最小值為 14 4 10. 故選： C.【點睛】本題考查指數(shù)函數(shù)模型的應(yīng)用，涉及指數(shù)不等式的求解，考查運算求解能力，屬于中等題8 12log5 2 13.16 ，8A解析： A【解析】【分析】 根據(jù)二次根式的性質(zhì)求出函數(shù)的定義域即可詳解】由題意得：2x0 x10解得： 1< x2， 故函數(shù)的定義域是（ 1， 2， 故選 A 【點睛】 本題考查了求函數(shù)的定義域問題，考查二次根式的性質(zhì)，是一道基礎(chǔ)題常見的求定義域 的類型有：對數(shù)，要求真數(shù)大于 0 即可；偶次根式，要求被開方數(shù)大于等于0；分式，要求分母不等于 0，零次冪，要求底數(shù)

17、不為 0;多項式要求每一部分的定義域取交集.9B 解析： B 【解析】 試題分析：利用函數(shù) f（ x） =x（ ex+aex）是偶函數(shù)，得到 g（x） =ex+aex 為奇函數(shù)，然后利 用 g（ 0） =0，可以解得 m函數(shù) f（ x） =x（ex+aex）是奇函數(shù)，所以 g（ x） =ex+aex 為偶函 數(shù)，可得 n，即可得出結(jié)論解：設(shè) g（ x） =ex+aex，因為函數(shù) f（ x） =x（ ex+aex）是偶函數(shù)，所以 g（ x） =ex+aex為奇函 數(shù)又因為函數(shù) f（x）的定義域為 R，所以 g（ 0）=0， 即 g（ 0） =1+a=0，解得 a= 1，所以 m= 1因為函數(shù) f

18、（ x） =x（ ex+aex）是奇函數(shù)，所以 g（x）=ex+aex為偶函數(shù) 所以（ ex+aex） =ex+aex即（ 1 a）（ exex）=0 對任意的 x 都成立 所以 a=1，所以 n=1， 所以 m+2n=1 故選 B考點：函數(shù)奇偶性的性質(zhì)10C 解析： C 【解析】 【分析】 由 g x f x 2 是奇函數(shù)，可得 f x 的圖像關(guān)于 2,0 中心對稱，再由已知可得函 數(shù) f x 的三個零點為 -4， -2， 0，畫出 f x 的大致形狀，數(shù)形結(jié)合得出答案【詳解】由 g x f x 2 是把函數(shù) f x 向右平移 2 個單位得到的，且 g 2 g 0 0 ，2時， xf x 0

19、 ，故選 C.g 0 0 ，畫出 f x 的大致形狀【點睛】 本題主要考查了函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用，作出函數(shù)簡圖，考查了學(xué)生數(shù)形結(jié)合的能力，屬于中檔 題.11B解析： B【解析】因為 f x=2x2x,所以 f a=2a2 a3,則 f2a=22a22a=（2a2 a）22=7.選 B.12D解析： D【解析】1試題分析： y 1 在區(qū)間 1,1 上為增函數(shù)； y cosx 在區(qū)間 1,1 上先增后減； 1xy ln 1 x 在區(qū)間 1,1 上為增函數(shù)； y 2 x 在區(qū)間 1,1 上為減函數(shù)，選 D. 考點：函數(shù)增減性 二、填空題13-404+）【解析】【分析】由奇函數(shù)的性質(zhì)可得 f（0）=0 由函

20、數(shù)單調(diào)性 可得在（ 04）上 f（x）0 在（4+）上 f（x）0 結(jié)合函數(shù)的奇偶性可得在（-40）上的函數(shù)值的情況從而可得答案【詳解】根解析： -4 ，04 ，+）【解析】【分析】由奇函數(shù)的性質(zhì)可得 f （ 0） =0，由函數(shù)單調(diào)性可得在（ 0， 4）上， f（x）0，在（ 4， +）上， f（x） 0，結(jié)合函數(shù)的奇偶性可得在（ -4 ， 0）上的函數(shù)值的情況，從而可得答 案.【詳解】根據(jù)題意，函數(shù) f （x）是定義在 R上的奇函數(shù)，則 f （0）=0，又由 f （ x）在區(qū)間（ 0，+）上單調(diào)遞增，且 f （ 4） =0，則在（ 0， 4）上， f （x） 0， 在（ 4，+）上， f（x

21、） 0，又由函數(shù) f （x）為奇函數(shù)，則在（ -4 ，0）上， f （x） 0，在（ -， -4）上， f（x） 0， 若 f （x） 0，則有 -4x0或 x4，則不等式 f （x）0的解集是 -4 ，04，+）； 故答案為： -4 ，0 4 ，+）【點睛】 本題考查函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性的綜合應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題 14【解析】【分析】【詳解】故答案為解析：【解析】【分析】【詳解】故答案為 . 15【解析】【分析】先求得函數(shù)的定義域然后利用同增異減來求得復(fù)合函數(shù) 的單調(diào)區(qū)間【詳解】依題意即解得當時為減函數(shù)為減函數(shù)根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性 同增異減可知函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是【點睛】本小題主要考查復(fù)合函數(shù)的單

22、解析： 1,0【解析】【分析】先求得函數(shù)的定義域，然后利用“同增異減”來求得復(fù)合函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 【詳解】x0依題意 2 ，即 0 x2 1，解得 x 1,0 U 0,1 .當 x1,0 時， x2 為減函log0.5 x 0數(shù)， log0.5 x為減函數(shù)，根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性 “同增異減 ”可知，函數(shù) ylog0.5x2 的單調(diào)遞增區(qū)間是 1,0 .點睛】 本小題主要考查復(fù)合函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的求法，考查函數(shù)定義域的求法，屬于基礎(chǔ)題167【解析】【分析】【詳解】設(shè)則因為所以故答案為 7解析： 7【解析】【分析】【詳解】設(shè)則因為 f 1 x f 1 x 2 ，22所以 ，,故答案為 7.174【解析】

23、【分析】設(shè)則是奇函數(shù)設(shè)出的最大值則最小值為求出的最大值與 最小值的和即可【詳解】 函數(shù) 設(shè)則是奇函數(shù)設(shè)的最大值根據(jù)奇函數(shù)圖象 關(guān)于原點對稱的性質(zhì) 的最小值為又 故答案為： 4【點睛】本題主要考 解析： 4【解析】【分析】求出 yxx2 1sin x ，則 g x 是奇函數(shù)，設(shè)出 g x 的最大值 M ，則最小值為sin x 2 的最大值與最小值的和即可M，詳解】函數(shù) yxx2 1sin x 2 ，設(shè) g xx2 1sin x ，則 g2 sin x x2 1gx， g x 是奇函數(shù)，設(shè) g x 的最大值 M ，根據(jù)奇函數(shù)圖象關(guān)于原點對稱的性質(zhì)，g x 的最小值為 M ，又 ymax2 g x

24、max 2 M ， ymin2 g x min 2 M ， ymax ymin2 M 2 M 4 ， 故答案為： 4.【點睛】 本題主要考查了函數(shù)的奇偶性與最值的應(yīng)用問題，求出 g x 2 sin x 的奇偶性以及x 2 1 最值是解題的關(guān)鍵，屬于中檔題 .18【解析】【分析】畫出的圖像根據(jù)圖像求出以及的取值范圍由此求得的取 值范圍【詳解】函數(shù)的圖像如下圖所示由圖可知令令所以所以故答案為：【點 睛】本小題主要考查分段函數(shù)的圖像與性質(zhì)考查數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法屬 解析： 2e2 , 2e解析】分析】 畫出 f x 的圖像，根據(jù)圖像求出 a b以及 c的取值范圍，由此求得 (a b)c 的取值范圍

25、詳解】函數(shù) f x 的圖像如下圖所示，由圖可知ab21,a bln x 1 0,x e ，所以 e c e2 ，所以 (a b)c 2c2.令 ln x 1 1,x e2 ，令2e2, 2e .故答案為： 2e2, 2e【點睛】 本小題主要考查分段函數(shù)的圖像與性質(zhì)，考查數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法，屬于基礎(chǔ)題 . 192【解析】【分析】利用復(fù)合函數(shù)單調(diào)性得的單調(diào)性得最小值由最小值為0可求出【詳解】由題意是偶函數(shù)由勾形函數(shù)的性質(zhì)知時單調(diào)遞增時遞減 因為只有一個零點所以故答案為： 2【點睛】本題考查函數(shù)的零點考查復(fù)合解析： 2【解析】【分析】 利用復(fù)合函數(shù)單調(diào)性得 f (x) 的單調(diào)性，得最小值，由最小

26、值為 0可求出 a【詳解】由題意 f x ex e x2x2x 1 2 a e x 2x ea 是偶函數(shù)，由勾形函數(shù)的性質(zhì)知 x0時，f ( x) 單調(diào)遞增，x 0 時， f (x) 遞減 f (x )min f (0) ，因為 f (x) 只有一個零點，所以f (0) 2 a 0 ，a 2 故答案為： 2.【點睛】 本題考查函數(shù)的零點，考查復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性與最值掌握復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)是解題 關(guān)鍵20【解析】【分析】采用換元法結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性計算出的解析式從而即可 求解出的值【詳解】令所以又因為所以又因為是上的增函數(shù)且所以所以所以故 答案為：【點睛】本題考查用換元法求解函數(shù)的解析式并求值難度

27、一般已知 解析： 82【解析】【分析】采用換元法結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性計算出 f x 的解析式，從而即可求解出 f 4 的值 . 【詳解】令 f x 3x t ，所以 f x 3x t ，又因為 f t 4 ，所以 3t t 4，又因為 y 3t t 4是R上的增函數(shù)且 31 1 4，所以 t 1，所以 f x 3x 1，所以 f 4 34 1 82 .故答案為： 82 .【點睛】本題考查用換元法求解函數(shù)的解析式并求值，難度一般.已知 f g x 的解析式，可考慮用換元的方法(令 g x t )求解出 f x 的解析式 .、解答題21 （ 1） a1（2） m 2【解析】分析】1）根據(jù)奇函數(shù)性質(zhì) f

28、 （ x） f （x） 和對數(shù)的運算性質(zhì)即可解得； 2）根據(jù)對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即可求出 .詳解】 解：（ 1）函數(shù) f （x） 的圖象關(guān)于原點對稱，函數(shù) f （x） 為奇函數(shù)， f （ x）f （x） ，即 logax2ax22x1log 1log 1，13 2x32x3ax 2ax 22x4-22 ax，即2 =12xax 242 -x解得：a1或 a 1 ，x2當a1時，f ( x) log 1log11 ，不合題意；32x3故a1；（2）f ( x)log 1(x 2)log 1 2 xlog 1 (x 2) log 1 (233 x 233x)，函數(shù) y log 1（2 x） 為減函數(shù)，

29、3當 x 7時， log 1(2 x) log 1(2 7)33 x (7,)時， f (x) log1 (x 2) m恒成立，3 m 2 .【點睛】本題主要考查函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性，函數(shù)恒成立的問題，屬于中檔題1322 （1） k（2） a 0 （ 3）存在， m2 16【解析】【分析】1）利用公式 f x f x 0，求實數(shù) k 的值；2）由題意得 a log2 2x 1 恒成立，求 a 的取值范圍；3） h（x） 2x 1 m 4x ， x 1,2 ，通過換元得 y mt2 t 1， t 2,4 ，討論 m 求 函數(shù)的最小值，求實數(shù) m 的值 .詳解】1） （f x）是偶函數(shù)f ( x)

30、 f (x) 0 ，log 2 2 x 1 kxlog22x 1 kx0，2x 12kx log2 2 x 1(2 k 1)x0 Q x R 2k 11k.2Q 2x11log2 2x1 0 a 0 .（3）h(x)2x1m4x， x 1,2 ，令t2x，則ymt2t1， t 2,4 ，1°當m0時，yt1的最小值為 3，不合題意，舍去；2°當m0時，ymt2t 1 開口向上，對稱軸為tymt2t1在 2,4 上單調(diào)遞增ymin 4m32m140，故舍去；3°當m0時，ymt2t 1 開口向下，對稱軸為t1 恒成立，2）由題意得 a log 22x12m0，12m

31、0，12m3即m1時，6時，y在 t 4時取得最小值，ymin16m2m3 ，符合題意；1612m3即0 時， y 在 t 2 時取得最小值，ymin4m1 ，不合題意，故舍去；4綜上可知， m316點睛】本題考查復(fù)合型指，對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，求參數(shù)的取值范圍，意在考查分類討論的思想，轉(zhuǎn)化與化歸的思想，以及計算能力，本題的難點是第三問，討論 m ，首先討論函數(shù)類型，和二次函數(shù)開口方向討論，即分m0，m域的關(guān)系，求最小值210x90,0x623 ( 1) 78;( 2) y23x2167x240,x, x N , 9天.0，和 m 0 三種情況，再討論對稱軸和定義解析】分析】1)由題意得第 6天后剩

32、余配料為 (8 6) 200 400( 千克), 從而求得 P；6其中xN. 求出分段函數(shù)取得最小值時，對210x 90,0 x 6(2)由題意得 y23x2 167x 240,x應(yīng)的 x 值，即可得答案 .【詳解】(1)第 6天后剩余配料為 (86)200400 (千克 ),所以 P 60 3 (8 5)200x 6 時 , y 200x40078;(2)當10x90210x 90,當x6時 , y 200x90 603(x5)200200 (x6) 3x2 167x 240 ,所以 y210x 90,023x2 167xx6240,x6其中xN.設(shè)平均每天支付的費用為f (x) 元 ,當

33、0 x 6時, f(x)210x 9021090f (x) 在0,6 單調(diào)遞減 ,所以 f(x)minf (6)225;當x6時, f(x)3x2 167x 2403x80167 ,可知f(x)在 (0,4 5)單調(diào)遞減 ,在(4 5, )單調(diào)遞增 ,f (9) 220232又84 5 9, f (8) 221, f(9) 220 , 所以 f(x)min3綜上所述 ,該廠 9 天購買一次配料才能使平均每天支付的費用最少 【點睛】 本題考查構(gòu)建函數(shù)模型解決實際問題、函數(shù)的單調(diào)性和最值，考查函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化 與化歸思想、分類討論思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，求解時注意對勾函數(shù)圖 象的應(yīng)用 .24 ( 1) g(x) 為奇函數(shù)；( 2)20【解析】【分析】(1)先求得函數(shù) g x 的定義域，然后由 g x g x 證得 g x 為奇函數(shù) .(2)根據(jù)