知识点：3.集合的基本运算

{0，2}

【考点】交集及其运算．

【专题】计算题；集合思想；定义法；集合．

【分析】由P与Q，找出两集合的交集即可．

【解答】解：∵P={﹣3，0，2，4]，集合Q={x|﹣1＜x＜3}，

∴P∩Q={0，2}，

故答案为：{0，2}

【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．

知识点：2.定义域与值域

{x|x＜1}

【考点】对数函数的定义域．

【专题】计算题．

【分析】要使函数f（x）=log2（1﹣x）有意义，只需对数的真数大于0，建立不等式解之即可，注意定义域的表示形式．

【解答】解：要使函数f（x）=log2（1﹣x）有意义

则1﹣x＞0即x＜1

∴函数f（x）=log2（1﹣x）的定义域为{x|x＜1}

故答案为：{x|x＜1}

【点评】本题主要考查了对数函数的定义域，以及一元一次不等式的解法，属于基础题．

知识点：3.单调性与最大（小）值

（﹣∞，0）

【考点】函数的单调性及单调区间．

【专题】函数的性质及应用．

【分析】根据函数奇偶性和单调性之间的关系进行求解即可．

【解答】解：函数y=x﹣2为偶函数，在（0，+∞）内为减函数，

则在（﹣∞，0）内为增函数，

故函数的增区间为（﹣∞，0），

故答案为：（﹣∞，0）

【点评】本题主要考查函数单调区间的求解，根据幂函数的性质是解决本题的关键．

知识点：4.基本不等式

2

【考点】基本不等式在最值问题中的应用．

【专题】分析法；不等式的解法及应用．

【分析】由x，y＞0，xy=1，可得x2+y2≥2xy，即可得到所求最小值．

【解答】解：正数x，y满足xy=1，

则x2+y2≥2xy=2，

当且仅当x=y=1时，取得最小值，且为2．

故答案为：2．

【点评】本题考查基本不等式的运用：求最值，考查运算能力，属于基础题．

知识点：13.函数与方程

47

【考点】根与系数的关系．

【专题】计算题；转化思想；函数的性质及应用．

【分析】由韦达定理可得x1+x2=﹣7，x1•x2=1，再由+x=（x1+x2）2﹣2x1•x2，可得答案．

【解答】解：∵x1和x2是方程x2+7x+1=0的两个根，

∴x1+x2=﹣7，x1•x2=1，

∴+x=（x1+x2）2﹣2x1•x2=49﹣2=47，

故答案为：47

【点评】本题考查的知识点是一元二次方程根与系数的关系﹣﹣﹣﹣韦达定理，难度不大，属于基础题．

知识点：6.二次函数

2a

【考点】二次函数的性质．

【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用．

【分析】根据a的范围判断f（x）在[﹣1，1]上的单调性，利用单调性求出最大值．

【解答】解：f（x）的图象开口向下，对称轴为x=﹣a＜﹣1，

∴f（x）在[﹣1，1]上是减函数，

∴f（x）在区间[﹣1，1]上的最大值为f（﹣1）=2a．

故答案为2a．

【点评】本题考查了二次函数的单调性与对称轴的关系，是基础题．

知识点：13.函数与方程

m≥2或m≤﹣2

【考点】函数零点的判定定理．

【专题】计算题；方程思想；判别式法；函数的性质及应用．

【分析】可转化为x2﹣mx+3=0有解，从而解得．

【解答】解：∵函数f（x）=x2﹣mx+3在R上存在零点，

∴x2﹣mx+3=0有解，

∴△=m2﹣4×3≥0，

解得，m≥2或m≤﹣2，

故答案为：m≥2或m≤﹣2．

【点评】本题考查了函数的零点与方程的根的关系应用及一元二次不等式的解法．

知识点：5.充分条件与必要条件

（﹣∞，0]

【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．

【专题】数形结合；定义法；函数的性质及应用．

【分析】根据不等式的关系结合充分条件的定义进行求解即可．

【解答】解：若α是β的充分条件，

则m≤0，

故答案为：（﹣∞，0]

【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的应用，根据条件建立不等式关系是解决本题的关键．比较基础．

知识点：5.奇偶性与周期性

2

【考点】二次函数的性质．

【专题】计算题；函数思想；综合法；函数的性质及应用．

【分析】根据偶函数的对称性可知a=1，代入解析式计算即可．

【解答】解：∵f（x）=x2+1是定义在闭区间[﹣1，a]上的偶函数，∴a=1．∴f（a）=f（1）=2．

故答案为：2．

【点评】本题考查了函数奇偶性的性质，属于基础题．

知识点：9.对数与对数运算

【考点】对数的运算性质．

【专题】计算题；规律型；函数思想；函数的性质及应用．

【分析】利用换底公式以及导数的运算法则化简S，然后求出结果．

【解答】解：log23=t，s=log672===．

故答案为：．

【点评】本题考查对数的运算法则的应用，考查计算能力．

知识点：10.对数函数及其性质

﹣2

【考点】复合函数的单调性；对数函数的图象与性质．

【专题】转化思想；换元法；函数的性质及应用．

【分析】根据对数函数的单调性结合函数单调性的关系，转化为一元二次函数的性质，进行求解即可．

【解答】解：设t=x2﹣2x+6，则t=（x﹣1）2+5＞0，则函数的定义域为（﹣∞，+∞），

∵a∈（0，1），

∴y=logat为增函数，

若f（x）=loga（x2﹣2x+6）是区间（m，m+）上的增函数，

则等价为t=x2﹣2x+6是区间（m，m+）上的减函数，

则m+≤1，

即m≤1﹣=﹣，

∵m是整数，

∴最大的整数m=﹣2，

故答案为：﹣2

【点评】本题主要考查复合函数单调性的应用，利用换元法，转化为一元二次函数是解决本题的关键．

知识点：1.不等式关系与不等式

【考点】不等式比较大小．

【专题】转化思想；判别式法；不等式．

【分析】函数f（x）=﹣x+1图象上的点（x1，x2+x3），可得x2+x3=﹣x1+1．由于min{﹣x1，﹣x2，﹣x3}=﹣x1，可得﹣x2＞﹣x1，﹣x3≥﹣x1，可得x1．对一切实数t，不等式﹣t2﹣t﹣2+4≤0均成立，可得△≤0，化为：≤0，解出即可得出．

【解答】解：函数f（x）=﹣x+1图象上的点（x1，x2+x3），∴x2+x3=﹣x1+1．

∵min{﹣x1，﹣x2，﹣x3}=﹣x1，∴﹣x2＞﹣x1，﹣x3≥﹣x1，∴x2≤x1，x3≤x1，∴﹣x1+1≤2x1，解得x1．

对一切实数t，不等式﹣t2﹣t﹣2+4≤0均成立，

∴△=+4（4﹣2）≤0，

化为：≤0，

∴≤﹣，或≥﹣，

∵x2+x3=﹣x1+1，

∴2（）≥=，

∴≤﹣≤3﹣，及x1，解得≤x1≤．

或≥﹣，则++﹣3≥+﹣3≥0，及x1，解得．

综上可得：x1的取值范围是．

故答案为：．

【点评】本题考查了一元二次不等式的解集与判别式的关系、不等式的性质、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

知识点：5.奇偶性与周期性

D

【考点】函数奇偶性的性质．

【专题】计算题；方程思想；综合法；函数的性质及应用．

【分析】由解析式求出函数的定义域，由奇函数的结论：f（0）=0，代入列出方程求出m．

【解答】解：∵f（x）=2x3+m为奇函数，且定义域是R，

∴f（0）=0+m=0，

即m=0，

故选：D．

【点评】本题考查了奇函数的结论：f（0）=0的灵活应用，属于基础题．

知识点：4.反函数

B

【考点】反函数．

【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用．

【分析】用y表示出x，互换x，y得出解析式，反函数的定义域为f（x）的值域．

【解答】解：∵2＜x＜3，∴f（2）＜f（x）＜f（3），即3＜f（x）＜8．∴f﹣1（x）的定义域是（3，8）．

∵x＞0，由y=x2﹣1得x=，∴f﹣1（x）=，

故选：B．

【点评】本题考查了反函数的解析式求解及互为反函数的函数性质，是基础题．

知识点：5.充分条件与必要条件

A

【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．

【专题】转化思想；定义法；简易逻辑．

【分析】根据不等式的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．

【解答】解：若x＞y＞0，m＜n＜0，

则x＞y＞0，﹣m＞﹣n＞0，

则﹣mx＞﹣ny＞0，得xm＜ny＜0，则xm＜ny成立，

若x=3，y=2，m=n=﹣1，

明显xm＜ny，但m＜n＜0不成立，即必要性不成立，

即“x＞y＞0，m＜n＜0“是“xm＜ny”的充分不必要条件，

故选：A

【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用不等式的性质是解决本题的关键．

知识点：1.函数的概念及其表示

D

【考点】命题的真假判断与应用．

【专题】转化思想；定义法；函数的性质及应用．

【分析】（1）根据同一函数的定义和性质进行判断．

（2）根据指数函数过定点的性质进行判断．

（3）根据指数函数的图象和性质先求出函数的解析式，结合指数函数的取值范围进行求解即可．

（4）根据函数奇偶性的性质，利用转化法进行求解．

（5）根据根与系数之间的关系进行判断即可．

【解答】解：（1）函数f（x）==|x|，函数g（x）=|x|，则两个函数是同一个函数；正确．

（2）∵f（0）=a0+1=1+1=2，∴函数f（x）=ax+1（a＞0且a≠1）的图象恒过定点（0，2）；故（2）错误，

（3）设指数函数f（x）的图象如图所示，

则设f（x）=ax，由f（1）=4得a=4，即f（x）=4x，

若关于x的方程f（x）=有负数根，

则当x＜0时，0＜f（x）＜1，

由0＜＜1，即，即，

得，

即m＞1，

则实数m的取值范围（1，+∞）；故（3）正确，

（4）若f（x）=为奇函数，

则f（0）=0，即1+t=0，即t=﹣1，即当x≥0时，f（x）=2x﹣1．

则f（﹣2）=﹣f（2）=﹣（22﹣1）=﹣3，

则f（f（﹣2））=f（﹣3）=﹣f（3）=﹣（23﹣1）=﹣7；故（4）正确，

（5）∵函数f（x）=x2﹣mx+2m的零点为整数，

∴判别式△=m2﹣8m≥0，解得m≥8或m≤0，

x1+x2=m，x1x2=2m，

则此时无法确定m的取值，即M的所有元素之和为15不正确，故（6）错误．

故所有正确命题的序号为（1）（3）（4）．

故答案为：（1）（3）（4）．

【点评】本题主要考查与函数有关的命题的真假判断，涉及指数函数，函数的零点和概念，综合性较强，利用定义法和转化法是解决本题的关键．

知识点：2.一元二次不等式及不等式的解法

【考点】其他不等式的解法．

【专题】转化思想；综合法；不等式的解法及应用．

【分析】由条件利用分式不等式、绝对值不等式的解法，等价转化，求得x的范围．

【解答】解：不等式组，即，即，

求得 1＜x＜2，即原不等式组的解集为（1，2）．

【点评】本题主要考查分式不等式、绝对值不等式的解法，体现了转化的数学思想，属于基础题．

知识点：14.函数的应用问题

【考点】基本不等式在最值问题中的应用；函数解析式的求解及常用方法．

【专题】函数思想；数学模型法；函数的性质及应用．

【分析】（1）设长方体容器的长为xm，宽为zm；从而可得xz=16，从而写出该容器的造价为y=1000xz+500（x+x+z+z）；

（2）利用基本不等式，可得x+≥2，即可得到所求的最值和对应的x的值．

【解答】解：（1）由容器底面一边的长为x米，设宽为zm，

则x•z•1=16，即xz=16，即z=，

则该容器的造价y=1000xz+500（x+x+z+z）

=16000+1000（x+z）=16000+1000（x+），x＞0；

（2）由16000+1000（x+）

≥16000+1000×2

=16000+8000=24000．

（当且仅当x=z=4时，等号成立）

故该容器的最低总价是24000元，

此时该容器的底面边长为4m．

【点评】本题考查了基本不等式在实际问题中的应用，考查数学建模思想的运用，属于中档题．

知识点：10.对数函数及其性质

【考点】对数函数的图象与性质．

【专题】数形结合；转化法；函数的性质及应用．

【分析】（1）当a=2，根据对数方程的性质解方程即可得到结论．

（2）根据对数函数的性质，结合对数函数的性质进行求解即可．

【解答】解：（1）当a=2时，f（x）=log2（x﹣2），

则方程f（x）﹣f（x+1）=﹣1等价为log2（x﹣2）﹣log2（x﹣1）=﹣1，

即1+log2（x﹣2）=log2（x﹣1），

即log22（x﹣2）=log2（x﹣1），

则2（x﹣2）=x﹣1，即x=3，此时log2（3﹣2）﹣log2（3﹣1）=0﹣1=﹣1，方程成立．

即方程的解集为{3}．

（2）当a=1时，f（x）=log2（x﹣1），

则y=|log2（x﹣1）|=，

则对应的图形为，

则函数的定义域为（1，+∞），

函数的值域为[0，+∞），

函数为非奇非偶函数，

函数的单调递减区间为为（1，2），函数的单调递增区间为[2，+∞）．

【点评】本题主要考查对数方程和对数函数的图象和性质的考查，比较基础．

知识点：2.定义域与值域

【考点】函数恒成立问题；函数的值域；函数解析式的求解及常用方法．

【专题】转化思想；数学模型法；函数的性质及应用．

【分析】（1）当a=1时，f（x）=x+，结合对勾函数的图象和性质，可得f（x）在[，2]上的值域；

（2）若不等式f（2x）＜﹣2x++1在[0，1]上恒成立，即a＜﹣2（2x）2+1+2x在[0，1]上恒成立，令t=2x，则t∈[1，2]，y=﹣2t2+t+1，结合二次函数的图象和性质，求出函数的最小值，可得实数a的取值范围；

（3）换元，原问题等价于求实数a的范围，使得函数在给定的区间上，恒有2ymin＞ymax

【解答】解：（1）∵函数f（x）是2x与的平均值，

∴f（x）=x+，

当a=1时，f（x）=x+，在[，1]上为减函数，在[1，2]上为增函数，

∴当x=，或x=2时，函数最最大值，当x=1时，函数取最小值2，

故f（x）在[，2]上的值域为[2，]；

（2）若不等式f（2x）＜﹣2x++1在[0，1]上恒成立，

即2x+＜﹣2x++1在[0，1]上恒成立，

即a＜﹣2（2x）2+1+2x在[0，1]上恒成立，

令t=2x，则t∈[1，2]，y=﹣2t2+t+1，

由y=﹣2t2+t+1的图象是开口朝下，且以直线t=为对称轴的抛物线，

故当t=2，即x=1时，函数取最小值﹣5，

故a＜﹣5；

（3）设t=g（x）==，

∵x∈[﹣，]，

∴t∈[，1]，

则y=t+；

原问题转化为求实数a的取值范围，使得y在区间[，1]上，恒有2ymin＞ymax．

讨论：①当＜a≤时，y=t+在[，]上单调递减，在[，1]上单调递增，

∴ymin=2，ymax=max{3a+，a+1}=a+1，

由2ymin＞ymax得7﹣4＜a＜7+4，

∴＜a≤；

②当＜a＜1时，y=t+在[，]上单调递减，在[，1]上单调递增，

∴ymin=2，ymax=max{3a+，a+1}=3a+，

由2ymin＞ymax得＜a＜，

∴＜a＜1；

③当a≥1时，y=t+在[，1]上单调递减，

∴ymin=a+1，ymax=3a+，

由2ymin＞ymax得a＜，

∴1≤a＜；

综上，a的取值范围是{a|＜a＜}．

【点评】本题考查了函数的奇偶性与单调性的应用问题，也考查了分类讨论与求最值的应用问题，是难题．

知识点：11.幂函数

【考点】利用导数研究函数的单调性；幂函数的概念、解析式、定义域、值域；函数与方程的综合运用；导数在最大值、最小值问题中的应用．

【专题】计算题；规律型；分类讨论；转化思想；综合法；函数的性质及应用．

【分析】（1）求出幂函数的解析式以及一次函数的解析式，化简函数f（x），然后求解单调区间．

（2）利用偶函数求出μ，求出最小值a，求出函数的最大值的表达式，然后再求解最大值的表达式的最小值．

（3）利用已知条件，转化求出b的范围，然后通过基本不等式以及函数的最值，通过分类讨论求解即可．

【解答】解：（1）幂函数f1（x）的图象过点（2，），可得，a=．f1（x）=，函数f2（x）=1．

函数f（x）=|﹣1|=，函数的单调增区间为：[1，+∞），单调减区间：[0，1）．

（2）y=log4[（）x+μ•2x]是偶函数，可得log4[（）x+μ•2x]=log4[（）﹣x+μ•2﹣x]，

可得μ=1．

∴y=log4[（）x+2x]，（）x+2x≥2，当且仅当x=0，函数取得最小值a=．f1（x）=，函数f2（x）=+b．函数f（x）=|f1（x）﹣f2（x）|=|﹣b|，x∈[0，4]，

令h（x）=﹣b，x∈[0，4]，h′（x）=，令=0，解得x=1，当x∈（0，1）时，h′（x）＞0

函数是增函数，当x∈（1，4）时，h′（x）＜0，函数是减函数．

h（x）的极大值为：h（1）=，最小值为h（0）=h（4）=﹣b，

函数f（x）在[0，4]上的最大值为u（b）=，

函数u（b）的最小值：．

（3）对于任意x∈[0，1]，均有|f2（x）|≤1，即对于任意x∈[0，1]，均有|ax+b|≤1，

当a＞0时，显然b≥1不成立，

①当1＞b≥0时，对于任意x∈[0，1]，均有|ax+b|≤1，0≤a≤1，

可得0＜a+b≤1，则（a+1）（b+1）≤≤，此时a=b=．

（a+1）（b+1）∈[1，]．

②b∈[﹣，0），对于任意x∈[0，1]，均有|ax+b|≤1，

转化为：0≤a+b≤1，则（a+1）（b+1）∈[，2），a=1，b=0时（a+1）（b+1）取最大值2．a=，b=﹣

，（a+1）（b+1）取得最小值．

③b∈[﹣1，﹣），对于任意x∈[0，1]，均有|ax+b|≤1，

转化为：x=0，|b|≤1恒成立．﹣1＜a+b≤1，

（a+1）＞0，（b+1）＞0，则（a+1）（b+1）≤，≤≤，

则（a+1）（b+1）∈[，]，

④当b＜﹣1时，对于任意x∈[0，1]，|ax+b|≤1，不恒成立．

当a=0时，可得|b|≤1，（a+1）（b+1）∈[0，2]．

当a＜0时，如果|b|＞1，对于任意x∈[0，1]，不恒有|ax+b|≤1，

则|b|≤1，当0≤b≤1时，a∈[﹣1，0）对于任意x∈[0，1]，均有|ax+b|≤1，

a+1∈[0，1），b+1∈[1，2]．（a+1）（b+1）∈[0，2）．

﹣1＜b＜0，可得|a+b|≤1．可得﹣1≤a+b≤1，a+1∈[0，1），b+1∈（0，1）．

（a+1）（b+1）∈（0，1）．

综上：代数式（a+1）（b+1）的取值范围：[0，]．

【点评】本题考查函数的导数的综合应用，函数的最值，分类讨论以及转化思想的应用，考查分析问题解决问题的能力．