1．一枚伍分硬币连掷3次，只有一次出现正面的概率为

(　)

A.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B.

C.　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D.

解析：一枚硬币连掷3次的结果共有8种，只有一次出现正面的结果有3种，故P＝.

答案：A

22．(14分)(2009·南昌调研)设f(x)的定义域为(0，+∞)，对于任意正实数m、n恒有f(m·n)＝f(m)+f(n)且当x>1时，f(x)>0，f()＝－1.

(1)求f(2)的值；

(2)求证：f(x)在(0，+∞)上是增函数；

(3)解关于x的不等式f(x)≥2+f()，其中p>－1.

解：(1)令m＝n＝1得：f(1)＝2f(1)，∴f(1)＝0.

而f(1)＝f(2·)＝f(2)+f()＝f(2)－1＝0，

∴f(2)＝1.

(2)设0<x₁<x₂，则>1，由已知得f()>0.

∵f(1)＝f(x₁·)＝f(x₁)+f()＝0，

∴f()＝－f(x₁)．

而f()＝f(x₂)+f()，∴f()＝f(x₂)－f(x₁)，

由f()>0得f(x₂)－f(x₁)>0，f(x₂)>f(x₁)，

∴f(x)在(0，+∞)上是增函数．

(3)由f(2)＝1得，2＝f(2)+f(2)＝f(4)，又f(x)≥2+f()，∴不等式化为f(x)≥f()，由(2)已证f(x)在区间(0，+∞)上是增函数可得：，

①当p>0时，由>0得x>4，

∴不等式x≥可化为x²－4x－4p≥0.

这时，Δ＝16+16p>0，不等式x²－4x－4p≥0的解为x≥2+2或x≤2－2.

又x>4，∴不等式组的解为x≥2+2.

②当p＝0时，不等式>0不成立，

∴不等式组的解集为Ø.

③当即－1<p<0时，由>0得x<4，

∴不等式x≥可化为x²－4x－4p≤0.

不等式组的解为2－2≤x≤2+2.

综上可得：

当p>0时，原不等式的解集是{x|x≥2+2}，

当p＝0时，原不等式的解集是Ø，

当－1<p<0时，原不等式的解集是{x|2－2≤x≤2+2}．

21．(12分)(2010·黄冈检测)设函数f_n(x)＝1+x－+－…+，n∈N^*.

(1)讨论函数f₂(x)的单调性；

(2)判断方程f_n(x)＝0的实数解的个数，并加以证明．

解：(1)f₂(x)＝1+x－+，f₂′(x)＝1－x+x²＝(x－)²+>0，故f₂(x)在(－∞，+∞)上单调递增．

(2)f₁(x)＝1+x，故f₁(x)＝0有实数解x＝－1；

f₂(0)＝1>0，f₂(－1)＝－+<0，

∵f₂(x)在(－∞，+∞)上单调递增，

∴f₂(x)＝0在(－1,0)上有唯一实数解，从而f₂(x)＝0在(－∞，+∞)上有唯一实数解．

由此猜测f_n(x)＝0在(－∞，+∞)上有唯一实数解，证明如下：

当n≥2时，由f_n(x)＝1+x－+－…+，

得f_n′(x)＝1－x+x²－…－x^2n－3+x^2n－2.

若x＝－1，则f_n′(－1)＝2n－1>0；若x＝0，则f_n′(0)＝1>0.

当x≠0且x≠－1时，f_n′(x)＝，

当x<－1时，x+1<0，x^2n－1+1<0，f_n′(x)>0，

当x>－1时且x≠0，x+1>0，x^2n－1+1>0，f_n′(x)>0.

总之，f_n′(x)>0，故f_n(x)在(－∞，+∞)上单调递增．

又f_n(0)＝1>0，f_n(－1)＝1－1－－－…－－<0，所以当n≥2时，f_n(x)＝0在(－1,0)上有唯一实数解，从而f_n(x)＝0在(－∞，+∞)上有唯一实数解．

综上可知，f_n(x)＝0在(－∞，+∞)上有唯一实数解．

20．(12分)(2010·黄冈质检)某公司用480万元购得某种产品的生产技术后，再次投入资金1520万元购买生产设备，进行该产品的生产加工．已知生产这种产品每件还需成本费40元，经过市场调研发现：该产品的销售单价定在100元到300元之间较为合理．当销售单价定为100元时，年销售量为20万件；当销售单价超过100元，但不超过200元时，每件产品的销售价格每增加10元，年销售量将减少0.8万件；当销售单价超过200元，但不超过300元时，每件产品的销售价格在200元的基础上，每增加10元，年销售量将再减少1万件．设销售单价为x(元)，年销售量为y(万件)，年获利为w(万元)．

(1)直接写出y与x之间的函数关系式；

(2)求第一年的年获利w与x之间的函数关系式，并说明投资的第一年，该公司是赢利还是亏损？若赢利，最大利润是多少？若亏损，最少亏损是多少？(＝1521)

解：(1)y＝.

(2)当100≤x≤200时，w＝xy－40y－(480+1520)

将y＝－x+28代入上式得：

w＝x(－x+28)－40(－x+28)－2000＝－(x－195)²－78，

当200<x≤300时，同理可得：w＝－(x－180)²－40，

故w＝.

若100≤x≤200，当x＝195时，w_max＝－78，

若200<x≤300，w_max＝－80.

故投资的第一年公司是亏损的，最少亏损为78万元．

19．(12分)已知f(x)是定义在R上的函数，对于任意的实数a，b，都有f(ab)＝af(b)+bf(a)，且f(2)＝1.

(1)求f的值；

(2)求f(2^－n)的解析式(n∈N^*)．

解：(1)令a＝b＝1，则f(1)＝1×f(1)+1×f(1)＝2f(1)，从而f(1)＝0.由f(1)＝f＝f(2)+2f＝0，可得f＝－f(2)＝－；

(2)f(2^－n)＝f(2×2^－n－1)＝2f(2^－n－1)+2^－n－1f(2)＝2f(2^－n－1)+2^－n－1.设b_n＝f(2^－n)，则b_n＝2b_n+1+2^－n－1.两边同乘以2ⁿ，可以得到2ⁿb_n＝2ⁿ⁺¹b_n+1+，即2ⁿ⁺¹b_n+1－2ⁿb_n＝－.故数列{2ⁿb_n}为公差为－的等差数列．由2b₁＝2f＝－，可得2ⁿb_n＝－+(n－1)＝－，所以b_n＝－，即f(2^－n)＝－.

18．(12分)(2009·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝x³+3bx²+3cx有两个极值点x₁、x₂，且x₁∈[－1,0]，x₂∈[1,2]．

(1)求b、c满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点(b，c)的区域；

图1

(2)证明：－10≤f(x₂)≤－.

解：(1)f′(x)＝3x²+6bx+3c，依题意知，方程f′(x)＝0有两个根x₁、x₂，且x₁∈[－1,0]，x₂∈[1,2]等价于f′(－1)≥0，f′(0)≤0，f′(1)≤0，f′(2)≥0.

由此得b、c满足的约束条件为

满足这些条件的点(b，c)所构成的区域为图中阴影部分．

图2

(2)由题设知f′(x₂)＝3x+6bx₂+3c＝0，故bx₂＝－x－c，于是f(x₂)＝x+3bx+3cx₂＝－x+x₂.

由于x₂∈[1,2]，而由(1)知c≤0，

故－4+3c≤f(x₂)≤－+c.

又由(1)知－2≤c≤0，所以－10≤f(x₂)≤－.

17．(12分)(2010·湖北八校联考)已知函数f(x)＝ax²+2x+1(a∈R)．

(1)若f(x)的图象与x轴恰有一个公共点，求a的值；

(2)若方程f(x)＝0至少有一正根，求a的范围．

解：(1)若a＝0，则f(x)＝2x+1，f(x)的图象与x轴的交点为(－，0)，满足题意．

若a≠0，则依题意得：Δ＝4－4a＝0，即a＝1.故a＝0或1.

(2)显然a≠0.

若a<0，则由x₁x₂＝<0可知，方程f(x)＝0有一正一负两根，此时满足题意．

若a>0，则Δ＝0时，x＝－1，不满足题意；Δ>0时，方程有两负根，也不满足题意．故a<0.

16．给出下列四个命题：①函数f(x)＝x|x|+bx+c为奇函数的充要条件是c＝0；②函数y＝2^－x的反函数是y＝－log₂x

(x>0)；③若函数f(x)＝lg(x²+ax－a)的值域是R，则a≤－4或a≥0；④若函数y＝f(x－1)是偶函数，则函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称．其中所有正确命题的序号是__________．

解析：依题意，因为f(x)＝x|x|+bx+c为奇函数，所以f(－x)＝－x|x|－bx+c＝－f(x)＝－x|x|－bx－c，所以c＝0，①正确；由y＝2^－x解得x＝－log₂y，即函数y＝2^－x的反函数为y＝－log₂x，②正确；函数f(x)＝lg(x²+ax－a)的值域为R，则Δ＝a²+4a≥0，解得a≤－4或a≥0，所以③正确；因为函数y＝f(x－1)是偶函数，则图象关于y轴对称，y＝f(x)的图象由函数y＝f(x－1)的图象向左平移一个单位得到，则y＝f(x)的图象关于直线x＝－1对称，所以④错．

答案：①②③

15．(2009·福州质检)对于函数f(x)定义域中任意的x₁，x₂(x₁≠x₂)，有如下结论：

①f(x₁+x₂)＝f(x₁)f(x₂)；

②f(x₁·x₂)＝f(x₁)+f(x₂)；

③>0；

④f()<.

当f(x)＝2^x时，上述结论中正确结论的序号是__________．

解析：代特殊值验证即可．

答案：①③④

14．已知函数g(x)在(0，+∞)上是增函数，g(x)＝f(|x|)．若f(x)＝lgx，则g(lgx)>g(1)时x的取值范围是________．

解析：根据题意知g(x)＝lg|x|，又因为g(lgx)>g(1)，所以|lgx|>1，解得0<x<或x>10.

答案：(0，)∪(10，+∞)