函數與方程-1981-2018年歷年數學聯(lián)賽48套真題WORD版分類匯編含詳細答案

1、1981年2018年全國高中數學聯(lián)賽一試試題分類匯編2、函數與方程部分2018A 5、設f(x)是定義在R上的以2為周期的偶函數，在區(qū)間0,1上嚴格遞減，且滿足f( ) 1,1 x 2 ，f(2 ) 2,則不等式組的解集為1 f (x) 2答案： 2,8 2解析：由f(x)為偶函數及在區(qū)間 0,1上嚴格遞減知，f (x)在 1,0上遞增，結合周期性知，f (x)在 1,2 上遞增，又 f( 2) f( ) 1, f(8 2 ) f( 2 )f(2 ) 2,所以不等式等價于 f (2) f(x) f (8 2 ),又12 8 22所以 2x82,即不等式的解集為2,8 22018A , B 9、

2、(本題滿分 16分)log 3 x 10x9已知定義在 R上的函數f(x)為f(x) 1 L ,，設a,b,c是三個互不相同的4 v x ,x 9實數，滿足f(a) f(b) f(c),求abc的取值范圍。解析：不妨設a b c,由于f(x)在0,3上遞減，在3,9上遞增，在9, 上遞減，且f (3) 0,f (9) 1,結合圖像知： a 0,3 , b 3,9 , c 9, ，且 f (a) f (b) f (c)0,1 。由 f(a)f (b)得 10g3a 10g3b2 ,即ab 9 ,此時 abc9c,又 f(c)4 7c,由 0 4 屁1得c9,16 ,所以 abc9c81,144

3、。2018B 7、設f(x)是定義在R上的以2為周期的偶函數，在區(qū)間1,2上嚴格遞減，且滿足f( ) 1,一 0x1f (2 ) 0,則不等式組的解集為0 f (x) 1答案：26,4解析：由f(x)為偶函數及在區(qū)間1,2上嚴格遞減知，f(x)在 2, 1上遞增，結合周期性知,f(x)在0,1上遞增，又 f (4) f ( ) 1 , f(26) f (2 ) 0 ,所以不等式等價于f (26) f(x) f(4)，又0 26 41 ,即不等式的解集為26,42017A1、設f(x)是定義在R上函數，對任意的實數時，f(x) log 2(9 射，則£( 100)的值為 答案：-2 解

4、析：由條件知，f(x 7)f(x)1,即f(x函數f(x)的周期為14,所以f( 100) f( 2)2017B 3、設f(x)是定義在R上的函數，若f(x)值為 答案：74 解析：由條件知，f(1) 1(f( 1) ( 1)2)兩式相加消去f ( 1),可知：2f (1) 3x 有 f (x 3) f(x 4)1 ,又當 0 x 77)f(x 14)1 ,故 f(x) f(x 14),即11而2x2是奇函數，f (x) 2x是偶函數，則f(1)的，1f( 1) 1, f(1) 2 f( 1)21一,即 f(1) 22016A 3、正實數口，丫，w 均不等于 1,若 logu vw logv

5、w 5 , log v u logw v 3,則 logwV的值為4答案：4 5解析：令 logu v a , log v w b,則,1.1,logvU - , log w v - , log u vw logu v logu v?log v w a ab ablog wU log w v?log v u2016A 10、(本題滿分20分)已知f(x)是R上的奇函數，f(1)1 ,且對任意x 0,均有xf)xf(x)。求f(1)f()f () f ()10029911f(3)f(98)1一斛析：設 anf()(n=1, 2, 3,)，則 a1nf(1) 1 ., x 、在f ()xf(x)中

6、取xx 11 ,.x一(k N*),注意到kx 11k1 1 k，及f (x)為奇函數.可知心)11-f(-) k k即如ak一,從而an kn 1 a? ak 1a1 ？k 1因此50ai a101 i 1501 (i1)!(100 i)!ak4911_1 k (n11)!10分i!?(99i)!49c i C9999! i 0199! i49以 c9990i)99! 229929899!20分2015A1、設a、b為兩不相等的實數，若二次函數f(x)axb滿足f(a) f(b),則 f(2)的值為答案：4解析：由己知條件及二次函數圖像的軸對稱性，可得a _一，即2a b 0 ,所以2f (

7、2) 4 2ab 4.2015A 9、(本題滿分16分)若實數a,b,c滿足2a4b2c,4a2b4c,求c的最小值。解析：將2a,2b, 2c分別記為x,y,z,則x, y,z 0 .由條件知，x y2 z,x2 y z2,故z2 y(z2 2 y )2y2z y4 . 8 分因此，結合平均值不等式可得,4z 1(2y22V4o 1當2y2 ,即yy由于 c log 2 z ,11、12 1 133- 八)332y 22. . 12 分y y 4 ; y y 4工時，z的最小值為-V2 (此時相應的X值為33/2,符合要求).3 244 3l5故 c的取小值 log2(-2) log23 -

8、 . 16分2016B 4、已知f(x) , g(x)均為定義在 R上的函數，f(x)的圖像關于直線 x 1對稱，g(x)的圖像關于點(1, 2)中心對稱，且f(x) g(x) 9x x3 1,則f(2)g(2)的值為答案:2016解析：由條件知f 0 g 02,f 2 g 281 8 1 90.由f x ,g x圖像的對稱性，可得 f 0 f 2 ,g 0 g 24,結合知，f 2 g 24fo g0 2.由、解得 f 248,g 242,從而 f 2 g 248 42 2016.另解：因為f x g x 9x x3 1 ,所以f 2 g 290.因為f x的圖像關于直線x 1對稱，所以f

9、x f 2 x .又因為gx的圖像關于點1, 2中心對稱，所以函數h x g x 12是奇函數，h x h x , g x 12 g x 12 ,從而 g x g 2 x 4.將、代入，再移項，得 f 2 x g 2 x 9x x3 5.在式中令x 0 ,得f 2 g 26.由、解得 f 248, g 246.于是f 2 g 22016.11-的值為 b答案:108解析:log 2 a 3 log 3 blog6(a b) k ,則 a 2k 2 , b3k 3a b 6k，從而a babOk6222333108。a x2015B1、已知函數 f (x), xalog20,3(3,),其中a為

10、常數，如果f (2)f (4),則a的取值范圍為答案： 2,解析：f(2) a2, f (4) 2a,所以2a ,解得：a2014A1、若正數 a、b滿足 2 log2 a 2 10g3b 10g6(a b),貝U a._3 _ _2015B 2、已知y f(x) x3為偶函數，且 f(10) 15 ,貝U f( 10)的值為答案:2015解析：由己知得 f( 10) ( 10)3 f (10) 103,即 f ( 10) f (10) 2000=2015.22014A 3、若函數f (x) x a | x 1|在0,)上單倜遞增，則實數 a的取值范圍為 答案：2,0a 解析：在1,)上，f

11、(x) x2 ax a單調遞增，等價于 一1,即a 2。在0,1上， 2f (x) x2 ax a單調遞增，等價于 a 0,即a 0,因此實數a的取值范圍是2,0 22014B1、若函數f(x)的圖像是由依次連接點(0,0), (1,1) , (2,3)的折線，則f 1(2) 3 答案：323 一 3 一解析：可求得直線 y 2與函數圖像的交點為一,2 ,即f 2,根據反函數的性質知22f 1(2) 3。22014B 8、設g(X)7x(1 X),是定義在區(qū)間0,1上的函數，則函數y Xg(X)的圖像與X軸所圍成圖形的面積為 答案：一16解析：顯然g(x)的圖像與x軸圍成一個半圓，我們用A表示

12、xg(x)與x軸圍成的圖形。直線2x 1是半圓的對稱軸，它將 A分成左右兩個部分。我們知道：1xg(x) (1 x)g(1 x) xg(x) (1 x)g(x) g(x) (0 X 一)，這個式子的幾何息乂如下圖所2示：根據祖咂原理的二維形式，A的左半部分與右半部分的面積之和恰好是四分之一圓的面積。即我們21 11要求的面積是11 一。42162014B二、(本題滿分40分)在同一直角坐標系中，函數 f(x) Max 4 (a 0)與其反函數 y f 1(x)的圖像恰有三個不同的交點.求實數a的取值范圍，并證明你的結論。1解析：由題意可得其反函數 f 1(x) - x2 4 ,記f(x)與其反

13、函數f 1(x)的父點坐標為 u,v , au2 av 4則 2，兩式子相減得 u vu v a 0,得u v或u v a 0,v au 4若a 0,顯然兩個函數的圖像都在第一象限，所以u v a 0,聯(lián)立u v和2u av 4 ,得到一個交點(另一個是負數)，與題目要求三個交點不相符，故 a 0當a 0時，聯(lián)立uv和u2 av 4 ,得交點a a2 16 a - a2 16,;聯(lián)立u v a 0和u2 av 4,得交點a . 3a2 16 a 、3a2 162,2或 a V 3a 16, a v 3a W ,考慮這兩個交點不重合，且坐標非負，故 22216 3a2 0的/日；丁解得a .16

14、 3a2 04、. 332,即所求的范圍為4 3 八V，2。2013A 5、設a,b為實數，函數f(x)值為-1答案：14ax b滿足：對任意x0,1,都有f (x) 1,則ab的最大解析：由題意得a f(1) f(0), b f (0)121 21 21所 以 ab f (0) f (1) f(0)f(0) -f(1)-f2(1) -f2(1) 41.1,12f(0) f (1)1,即a b 時，ab ,故所求最大值為 一2442013A 7、若實數x, y滿足x 4yly 2tx y,則實數x的取值范圍為 答案:04,20斗r, f a解析：令y a,樞y b ,顯然a 0, b 0,且x

15、 a2 b2 , x 4jy 2&""y 即為 a2 b2 4a 2b,/ J p ： /22亦為a 2 b 15( a 0, b 0),以a,b為坐標。4 方作圖如圖示，在平面aOb內，a,b的軌跡為如圖所示的實線部分含原點O ,因此Ja2 b202,2<5，即 x a2 b204,20 。2013A 11、（本題滿分20分）設函數f（x）2 axb,求所有的正實數對（a,b）,使得對任意的實數x, y 均有 f (xy) f (x y) f(x)f(y)。解析：已知即可變?yōu)椋篴x2 *y2 b a x y bax2 b ay2 b 先尋找a,b所滿足的必要

16、條件。式中，令y 0,的對任意的x都有1 b ax22b 2 b 0 ,由于a 0 ,故ax可以取到任息大的正值，因此必有1 b 0 ,即0 b1。式中，令yx ,得 ax4bb22ax b ，即對任意實數x , 有2422a a x 2abx 2b b 0 記 g(x)2 4 _ . 2.21,、a a x2abx2b b , IP g(x)222 bba a x 2 2a b1 a 1 a要g（x） 0恒成立，則a a 0b。 u 2即 0a1，0b1，2ab 22 2a b 01 a下面證明對滿足的任意實數對a,b及任意實數x, y,總有成立，令 h(x,y) (a a2)x2y2 a(

17、1 b)(x2 y2) 2axy (2b b2) 0恒成立，事實上，在成立時，有 a(1b)0, aa20, -b- 22ab 0,又 x2y22xy,1 a可得 h(x,y) (a a2)x2y2a(1b)(x2y2) 2axy (2bb2)2 2 22(a a2)x2y2a(1 b)( 2xy) 2axy (2b b2)3 2 2_2(a a )x y 2abxy (2b b )綜上所述，滿足條件的（a,b）為a,b0 b 1,0 a 1,2a b 2。2013B 2、設 i/彳為虛數單位，則i 2i23i32013i2013答案:10061007i解析:因為i2i23i3 L 2013i

18、20132010 201211005項2011 2013 i 1006 1007i1006 項2013B 5、在區(qū)間0,中，方程sin12xX的解的個數為答案：4解析：因為當1時,sin12xx,方程無解；當 x 0,1時，312 4 ,做出sin12x 及 yx的圖像即可得到。2013B 6、定義在實數上的函數答案:解析:因為x2sin34,又當x2013B 7、設a,b為實數，函數 f x答案:解析:由題意得a f(1) f(0),ab f(0) f (1) f(0)sin x所以所求最小值為R的最小值是2、. 3ax b滿足：對任意b f(0)21 1f(0) - f(1)4f(x)0,

19、1 ，1,則ab的最大值f2(1) 142f (1)r1 ,112f(0)f(1)1,即a b時，ab,故所求最大值為一。2442012A 3、設 x,y,z 0,1,則 M J|x y | |y z| ?| z x | 的最大值為 答案：2 1 解析：不妨設0 x y z 1,則M C因為 y x ,Zy 2(y x) (z y) . 2(z x).所以 M ,2(z x)z-x (. 2 1).z_x 2 1.當且僅當y x z y,x 0,z 1,y 1時上式等號同時成立.故Mmax 72 1. 222012A 6、設函數f(x)是定義在R上的奇函數，且當x 0時，f(x) x .若對任

20、意的x a,a 2,不等式f(x a) 2 f (x)恒成立，則實數a的取值范圍是 答案：、2,).2 解析：由題設知f(x) x (x )，則2 f (x) f (J2x).因此，原不等式等價于 x2(x 0)f (x a) f ( . 2x).因為f(x)在R上是增函數，所以x a J5x,即a (J2 1)x.又x a,a 2,所以當x a 2時，(& 1)x取得最大值(72 1)(a 2).因此，a (近 1)(a 2),解得a 72.故a的取值范圍是收).2012A 9、(本題滿分16分)1R,a0.已知函數 f(x) asinx cos2x2若對任意x R,都有f(x) 0

21、,求實數a的取值范圍;若a 2 ,且存在x R,使得f (x) 0 ,求實數a的取值范圍;解析：令t sin x ,則 1 t1 ,函數 f (x)即為 g(t)t2 at3、a 一，由 f (x) ag(t) 0對任意 1 t 1恒成立，即g(1)g(1)1 2 a2a 3 a故所求實數a的取值范圍為 0,1因為a 2,所以g(t)的對稱軸x,有g(t)在1,1上遞增,3所以g(t)的最小值為g( 1) 1 一即f (x)的最小值為13,又a 2 ,故所求實數a的取值范圍為2,33，,-x2012B 4、若關于x的不等式組 2x3x22ax0)的整數解有且只有一個，則取值范圍為3 4答案：3

22、,44 3解析：由x33x2x 3 0解得1,所以不等式組的唯一整數解只可能為f (x)x2 2ax1,由于對稱軸0 ,所以整數解只能是2 ,因此有f( 2) 3f(2) 3f(3) 84a 0一34a 0 ,斛得一46a4 E故所求范圍為32012B 7、設函數f (x)是定義在R上的奇函數，且當x0時，f(x) x2.若對任意的x a,a不等式f(x a) 2 f (x)恒成立，則實數a的取值范圍是 答案：.2,).x2(x 0)解析：由題設知f(x) () ，則2 f (x) f (J2x).因此，原不等式等價于x2(x 0)f(x a)f(72x).因為f(x)在R上是增函數，所以x

23、a T2x,即a (42 1)x.又x a, a2,所以當x a 2時，(J2 1)x取得最大值(J2 1)(a2).因止匕,a(J2 1)(a 2),解得aJ2.故a的取值范圍是J2,).2012B 9、已知函數(本題滿分16分)一、 ,1cf (x) asin x - cos2x a2若對任意x R,都有f(x) 0,求實數a的取值范圍;若a 2,且存在x R,使得f (x)0 ,求實數a的取值范圍；解析：令t sin x ,則 1 t1 ,函數f (x)即為g(t) t2at3 一a 一,由 f (x)ag(t) 0對任意 1 t 1恒成立，即g(1)g(1)1 E a2a B a故所求

24、實數a的取值范圍為 0,1因為a 2,所以g(t)的對稱軸x1,有g(t)在1,1上遞增,3所以g(t)的最小值為g( 1) 1 - a即f (x)的最小值為13,由1 a3,又a 2,故所求實數a的取值范圍為2,32011A 2、函數_ x2 1 f (x)的值域為1答案：(U(1,解析：提示:tanf(x) 上0-tan 11sin cos.2 sin(.2 sin()-),則22.u42,(1,2).r-1且u 0,所以f (x)( u112011A 3、設 a,b為正實數，一一2<2 , (a a b答案：111解析：由一 一 2/2，得 a b 242ab .a bb)24(a

25、b)3,貝U logab 又(a b)2 4ab (a b)24ab 4(ab)3 4 2vab (ab)3 8(ab)2,即 a b 272ab.242ab .再由不等式中等號成立的條件,ab 1 .與聯(lián)立解得,2 1 -L 或,2 1,11,故 log a bb 1、f( ) , f (10a 6b 21) 41g 2 .b 22011A 9、(本題滿分16分)已知函數f(x) 11g(x 1)|,實數a,b (a b)滿足f(a)求實數a,b的值。b 1、b 11解析：因為 f(a) f( )，所以 |1g(a 1)| |1g( 1)| |1g()| |1g(b 2)|, b 2b 2b

26、 2所以 a 1 b 2或(a 1)(b 2) 1,又因為 a b,所以 a 1 b 2,所以(a 1)(b 2) 1 .又由f(a) |1g(a 1)|有意義知0 a 1 ,從而0 a 1 b 1 b 2,于是 0 a 1 1 b 2.10,所以(10a 6b 21) 1 10(a 1) 6(b 2) 6(b 2) 1.b 21010從而 f (10a 6b 21) 11g6(b 2) | 1g6(b 2) .b 2b 210又 f(10a 6b 21) 41g2 ,所以 1g6(b 2) 41g 2, b 2一101 .故6(b 2) 16 .解得b 或b 1 (舍去).b 231 2把b

27、 一代入(a 1)(b 2) 1解得a -.3 5 ,2所以a b52011B 3、若正實數1a,b滿足一 a234(ab),貝U log a b答案：1一 ,11解析：由一 一a b2j2ab .又(a b)24ab(a b)24ab4(ab)3 4 2 . ab (ab)328(ab),即 a2v2ab .再由不等式中等號成立的條件,ab 1 .與聯(lián)立解得.221,1,2011B 9、（本題滿分16分）已知實數x, y, z滿足：x y3.求實數x的取值范圍解析:代入ty t2由方程有實根,得 t24(t2t 1) 0,解得由方程z可得y、4 4t 3t22t 4 4t 3t -，即2 3

28、t弋4224t 3t2 ,解得t 0 ,綜上可得0t 1,5,所以實數x的取值范圍為315I, o3且滿足28 ,求a b c的最大值.2011B三、（本題滿分50分）設實數a,b,c 1,222abc 2a 2b 2c ca cb 4a 4b c解析：由已知等式可得，a 12 b12c2 1a1b1c162令a/ a 1, b/ b 1,則a a/ 1, b b/ 1,則式等價于/ 2/ 221/ /a b c-a b c 16 2易知 mina/,b/,c 4.令 1 a/ b/ c,則 a b c (a 1) (b 1) c a/ b/ c 1。設 f(x) (x a/)(x b/)(x

29、 c) x答案： 3 a 122解析：令 sinxt ,則原函數化為 g(t)( at2a 3)t ,即g(t) at3(a 3)t.由at3 (a3)t3, at(t2 1)3(t 1) 0, (t 1)(at(t1) 3)0 及t 10 知,.、一 一 一 ,2、 一at(t 1) 3 0 即 a(t t) 3.(1) lx2 (a/b/ b/c ca/)x a/b/c,則_ 2_f (4)21161 32。/13_當x min a ,b ,c時，由平均不等式得 (x a )(x b )(x c) , 3x 12713213.32所以 f(4) 12 1 ，從而 212 161 32 12

30、 1 ，整理得 13 1812 27 32 0,2727即 1 6 12 241 6 240 ,所以 16。式中等號成立的條件是x a/ x b/x c,即a/ b/ c,代入得a/b/ c 2,因此a 3,b 1,c 2, 1的最大值即a b c的最大值為6。2010AB1、函數 f (x) Vx 5 v24 3x 的值域為 答案:3, . 3解析：易知f(x)的定義域是 5,8，且f(x)在5,8上是增函數，從而可知f(x)的值域為3,<3.一 一一，22010AB 2、已知函數y (a cos x 3)sinx的最小值為3 ,則實數a的取值范圍為 2_12當 t 0, 1時(1)總

31、成立；對 0 t 1,0 t t 2 ；對 1 t 0, t t 0.43從而可知一 a 122 2x x2010AB 5、函數f(x) a 3a 2 ( a 0,且a 1)在區(qū)間x 1,1上的最大值為8,則它在這個區(qū)間上的最小值為 -1答案：143解析：令axy,則原函數化為g(y) y2 3y 2,g(y)在(一,+ )上是遞增的.2當 0 a 1 時，y a,a 1 , g(y)max a 2 3a 1 2 8 a 1 2 a -,2、，1211所以g(y)min(-)3二2二；224當 a 1時，y a 1,a, g(y)max a2 3a 2 8 a 2,所以 g(y)min2 2

32、3 2 1 21.4八，一，一，1綜上f(x)在x 1,1上的最小值為-.42010AB 9、(本題滿分16分)已知函數f(x) ax3 bx2 cx d, (a 0),當0 x 1時，f/(x) 1,求實數a的最大值。f (0) c,2 c13斛析：斛法一： f (x) 3ax 2bx c,由 f (一) a b c,得 24f (1) 3a 2b c13a 2f (0) 2f 4f (-).2所以 3a 2f (0) 2f (1) 4f (；)2 f (0) 2f 4 f (；)8,所以a8一.又易知當f (x) 38x3 4x2 x 3m ( m為常數)滿足題設條件，所以 a最大值為8.

33、3解法f (x) 3ax2 2bxc.設 g(x)f (x) 1 ,則當 0 x 1 時，0 g(x) 2., z 1設 z 2x 1 ,則 x ,1 z 1z 1 3a 2hF 723a 2b 3a z b c4容易知道當1 z 1時，0 h(z)2,0 h( z)1.2.從而當 1 z 1時,0 h(z) h( z)2從而里b c 142 ,即0 3a z2 40, 3az2 2,由3abe 142,又易知當f(x)48x3x3.2一4x x m2010A 11、(本題滿分20分)正整數數列證明：令f (x) 2x3 13f(0)2 0, f(-)-24即2r r451 r3故數列an3n

34、 2(n0 z21 知 a(m為常數)滿足題設條件，所以 a最大值為8 . 3證明：方程2x3 5x 20恰有一個實根r,且存在唯一嚴格遞增的ra15x0,1,2,若存在兩個不同的正整數數列a1a2r rra3rb1a2 a3r r 。2 ,則 f (x) 6x2故f(x)有唯一實數根io -r L .1r (0,-).所以2)是滿足題設要求的數列a1a2rb2rb3f(x)是嚴格遞增的.又2r3 5r 2 0,an 和 b1b2bn滿足S1S2r rS3 rt1r rt2這里SiS2 s 3,t1t2t3所有的不妨設S1rs1rs1r s2矛盾.故滿足題設的數列是唯一的-,去掉上面等式兩邊相

35、同的項，有 5Si與tj都是不同的.rt1t2r ,2009*1、函數 f(X) , X 一 且 f (X) .1 X2fff f(x),則 f(99)(1) n個f答案:解析:110由題意得f(1)(x)f(x)(99)/ f (X)X-故1 99xf (99) (1)X1 X21.10f(2)(X)ff (X)k的取值范圍為2009*6、若關于x的方程Igkx 2lg(x 1)僅有一個實根，則實數答案：k 0或k 4kx 0解析：由題意，方程等價于x 1 0,當且僅當kx (x 1)22_kx 0 (1); x 1 0 (2)； X (2 k)x 1 0(3)對(3)由求根公式得x1,x2

36、 -k 2 Vk2 4k(4)2又 k2 4k 0 k 0 或 k 4x1 x2 k 2 0(i)當k 0時，由(3)得，所以x1x2同為負根。X1X2 1 0,X1 1 0 又由(4)知， 1，所以原方程有一個解 X1 oX2 1 0k (ii)當k 4時，原方程有一個解 x - 1 1.2,.,X1 x2 k 2 0(iii)當k 4時，由(3)得，所以X1,X2同為正根，且X1 X2,不合題意。X1X21 0綜上可得k 0或k 4為所求。2009*11、(本題滿分15分)求函數y Jx 27 J13X JX的最大和最小值。解析：函數的定義域為0,13。因為 y & Jx 27 J

37、13 x Jx 27 (13 2jx(13 x).271333 .13當x 0時等號成立。故y的最小值為3。3 J13又由柯西不等式得 y2 (.x x 27.13 x)21 1(1 -)(2x (x 27) 3(13 x) 121,2 3所以y 1110分由柯西不等式等號成立的條件，得4x 9(13 x) x 27,解得x 9 .故當x 9時等號成立。因此y的最大值為11. 15分5 4x x2008AB1、函數f(x) 在(，2)上的取小值為()2 xA. 0B. 1C. 2D. 3答案：C解析： 當 x 2 時， 2 x 0,因此 f(x) 因此f2(2)2a2(4-4x-x-) (2

38、x) 2 J (2 x) 2 x 2 x. 2 x2,當且僅當2 x時取等號.而此方程有解x 1 (,2),因此f(x)在(，2)上的最小2 x值為2.2008A 7、設 f (x)ax b ,其中a, b為實數，f1(x)f(x) , fn 1(x)f(fn(x), n 1,2,3,若 f7(x) 128x 381,則 a b 答案：5 n解析：由題意知fn(x)anx(an1an2 L a 1)banx-1b，由f7(x)128x 381 得a 17a7 128, a1b 381 ,因此 a 2, b 3, a b 5. a 12008B 7、設 f(x) ax b,其中 a,b 為實數，

39、f(x)f(x) , fn i(x) f (fn (x), n 1,2,3,若 f7(x) 128x 381,則 fz(2) 答案：17n 解析：由題息知 fn(x) a x (a a L a 1)b anx -1b, a 17由 f7(x) 128x 381 得 a 128, a1 b 381，因此 a 2, b 3.a 1一一 一.一 .12008AB 8、設 f (x) cos2x 2a(1 cosx)的最小值為 一，貝U頭數 a2答案：2.3解析:f(x)22cos x 1 2a 2acosx 2(cosx2)22a 1, a 2時，f(x)當cosx 1時取最小值1 4a；(2) a

40、 2時，f(x)當cosx 1時取最小值1; 2 a 2時，f(x)當cosx時取最小值la2 2a 1 -22又a 2或a 2時，f(x)的c不能為 1,故 1a22a 11222解得a 2 a 2褥(舍去).2008A 11、設f(x)是定義在R上的函數，若f(0)2008 ,且對任意x R ,滿足f (x 2) f (x) 3 2x, f (x 6)f (x) 63 2x,貝U f (2008) 答案：22008 2007解析：方法一：由題設條件知f(x 2) f(x) (f(x 4) f(x 2) (f(x 6) 3 2x 2 3 2x 4 63 2x 3 2x,因此有 f (x 2)

41、 f(x) 3 2x,故f(x 4)(f(x 6) f(x)f (2008) f (2008) f(2006) 2006-2004,3 (22L1003 1A413 f(0) 4 122008 2007.方法二：令 g(x) f(x) 2x,則 g(x 2) g(x) f (x 2) g(x 6) g(x) f (x 6) 即 g(x 2) g(x),g(x 6) g(x),f (2006) f (2004) L一 2一21) f(0)f(2) f(0)x 2 xxxf (x)223 23 20 ,x 6 xxxf (x)2263 26320,故 g(x) g(x 6) g(x 4) g(x

42、2)f(0)g(x),得g(x)是周期為的周期函數，所以 f(2008)g(2008) 22008 g(0) 2200822008 2007.2008B 11 、設f(x)是定義在R上的函數，若f(0)2009 ,且對任意x R ,滿足f (x 2) f (x) 3 2x, f (x 6) f (x) 63 2x,則 f(2008) 答案：2 20082008解析：解法一由題設條件知f(x 2) f(x) (f(x 4)f(x 2) (f(x 6)f(x 4)(f (x 6) f(x)3 2x2 32x 4 63 2x 3 2x,因此有 f (x 2) f (x) 3 2x,故f (2008)

43、 f (2008) f(2006)f (2006) f (2004)f(2)f(0) f(0)2006- 2004,3 (22L22 1)f(0)1003 1 A413f(0)4 122008 2008.解法二令g (x)f (x)2x,則g(x 2)g(x)f(x 2)f(x)2x 22x0,g(x 6)g(x)f(x 6)f(x)2x 6x2632x即 g(x 2) g(x),g(x 6) g(x),故 g(x) g(x 6) g(x 4) g(x2) g(x),得g(x)是周期為2的周期函數，所以f(2008)g(2008)-20082008-20082g(0) 222008 .2008

44、A B14、解不等式 log 2(x123x10 5x83x6 1)1 10g 2 (x4 1)解析：方法一：由12 c 10x 3x分組分解得4_ 41 10g 2 (x 1) log 2(2 x2),且 10g 2 y 在(0,)上為增函數，故原不等式等價于85x12 x3x610 x1 2x4 2 ,即 x12 3x10 5x8 3x62x41 0.(x8所以x4 x2 1解得.1-52方法二：即馬工x6x x8x2x102x84x8c 6,42x 4x0,即(x22x64x6 4x4642x x x42x x 10,421)(x x 1) 0,1.5、, 215、.(x-015x.故原

45、不等式解集為(欄m，2410g 2 (x1210x 3x423x4 3x2 1-41) log 2(2 x5x8 3x6 12x2 2 (x22),且 10g 2 y 在(0, 2x4 2 .1)3 2(x2 1)，片).)上為增函數，故原不等式等價于1clece 入313d)3 2(-2) (x2 1)3 2(x2 1),令 g(t) t 2t,則不等式為 g()g(x2 1),顯然 g(t) t 2t x xx在R上為增函數，由此上面不等式等價于2 x2 1 ,即(x2)2 x2 1 0,解得x2 / 1 ,故原x22不等式解集為(產1,5)2008A二、(本題滿分50分)設f(x)是周期

46、函數，T和1是f (x)的周期且0 T 1,證明:, ，1 一 _ 一 一一若T為有理數，則存在素數 p ,使'是f (x)的周期;P若T為無理數，則存在各項均為無理數的數列an滿足1 an an 10,(n 1,2,),且每個 an ( n 1,2,)都是f(x)的周期。證明：(1)若T是有理數，則存在正整數 m,n使得T 上且(m, n) 1 ,從而存在整數a,b ,使得 m1ma nb 1.于是一 mma nbma bT a 1 b T是f (x)的周期.又因0 T 1,從而m 2 .設p是m的素因子，則 m pm , m N ,從而工 m是f(x)的周期.p m(2)若T是無理數，令a1 1二T，則0 a11,且a1是無理數，令1 Ta21 a1, an1 1an, 由數學歸納法易知an均為無理數且0 an1 ,又a n an n11.1.11,故1 an an,即an 11 anan 因此an是遞減數列.an ananant亦是f (x)的 T最后證：每個an是f(x)的周期.事實上，因1和T是f (x)的周期，故a1 1周期.