高三模擬文科數(shù)學試題之函數(shù)與方程(4)

　　39.解：（1）∵f（x）=ln（ex+a）是奇函數(shù)，

　　∴f（-x）=-f（x），即ln（e-x+a）=-ln（ex+a）恒成立，

　　∴（e-x+a）（ex+a）=1，∴1+ae-x+aex+a2=1．即a（ex+e-x+a）=0恒成立，

　　故a=0．（2分）

　�。�2）由（1）知g（x）=λf（x）+sin x=λx+sin x，∴g′（x）=λ+cos x，x∈[-1，1]，

　　∴要使g（x）=λf（x）+sinx是區(qū)間[-1，1]上的減函數(shù)，則有g′（x）≤0恒成立，∴λ≤-1．

　　又∵g（x）max=g（-1）=-λ-sin 1，∴要使g（x）≤t2+λt+1在x∈[-1，1]上恒成立，

　　只需-λ-sin 1≤t2+λt+1在λ≤-1時恒成立即可．

　　∴（t+1）λ+t2+sin 1+1≥0（其中λ≤-1）恒成立．

　　令h（λ）=（t+1）λ+t2+sin 1+1≥0（λ≤-1），則 即 ，

　　而t2-t+sin 1≥0恒成立，

　　∴t≤-1．（7分）

　　（3）由（1）知方程 =x2-2ex+m，即 =x2-2ex+m，

　　令f1（x）= ，f2（x）=x2-2ex+m．

　　∵f′1（x）= ，

　　當x∈（0，e]時，f′（x）≥0，∴f1（x）在區(qū)間（0，e]上為增函數(shù)；

　　當x∈[e，+∞）時，f′1（x）≤0，∴f1（x）在[e，+∞）上為減函數(shù)；

　　當x=e時，f1（x）max= ．

　　而f2（x）=x2-2ex+m=（x-e）2+m-e2

　　當x∈（0，e]時f2（x）是減函數(shù)，

　　當x∈[e，+∞）時，f2（x）是增函數(shù)，

　　∴當x=e時，f2（x）取得極小值，也是最小值，即f2（e）=m-e2，

　　故當m-e2＞ ，即m＞e2+ 時，方程無實根；

　　當m-e2= ，即m=e2+ 時，方程有一個根；

　　當m-e2＜ ，即m＜e2+ 時，方程有兩個根．（12分）

　　40.解：（1）a=0時：f（x）=x+1，在[1，+∞）遞增，符合題意；

　　a≠0時：若f（x）在區(qū)間[1，+∞）上是單調增函數(shù)，

　　則只需 即可，解得：0＜a≤ ，

　　綜上：a∈[0， ]；

　　（2）a=0時：f（x）=x+1，在區(qū)間[1，5]上無零點，不合題意，

　　a≠0時：即0＜a≤ 時：若函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，5]上有零點，

　　只需f（1）＜0，f（5）＞0即可，

　　∴ ，解得：a＞2，

　　由（1）得：0＜a≤ ，

　　故不存在滿足條件的a．

　　41.（本小題滿分13分）

　　解：（1）f'（x）=3x2+2ax+b…（1分）

　　由題意可知 ，…（3分）

　　解得 …（5分）

　　經(jīng)檢驗，適合條件，所以 …（6分）

　�。�2）原題等價于函數(shù)與y=f（x）與函數(shù)y=2c兩個圖象存在三個交點，…（7分）

　　由（1）知f'（x）=3x2-x-2=（3x+2）（x-1），…（8分），

　　令（3x+2）（x-1）=0，可得x=- ，x=1；

　　x∈[-1，2]，當x∈（-1，- ），x∈（1，2）時，f'（x）＞0，函數(shù)是增函數(shù)，

　　x∈（- ，1）時，函數(shù)是減函數(shù)，

　　函數(shù)的極大值為：f（- ）=c+ ，f（2）=2+c＞c+

　　極小值為：f（1）=- +c，f（-1）= ＞               …（11分）

　　∴x∈[-1，2]時，

　　可得 ，∴ …（13分）

　　42.解：（Ⅰ）當a= 時，f′（x）=ex+x-1，

　　易知f′（x）在R上單調遞增，且f′（0）=0，

　　因此，當x＜0時，f′（x）＜0；當x＞0時，f′（x）＞0．

　　故f（x）在（-∞，0）單調遞減，在（0，+∞）單調遞增；

　　（Ⅱ）由條件可得g（x）=ex+2ax-2a，g′（x）=ex+2a，

　�。╥）當a=0時，g（x）=ex＞0，g（x）無零點；

　�。╥i）當a＞0時，g′（x）＞0，g（x）在R上單調遞增，

　　g（0）=1-2a，g（1）=e＞0，

　�、偃�1-2a＜0，即a＞ 時，g（0）=1-2a＜0，g（x）在（0，1）上有一個零點；

　�、谌�1-2a=0，即a= 時，g（0）=0，g（x）有一個零點0；

　　③若1-2a＞0，即0＜a＜ 時，g（ ）=e -1＜0，

　　g（x）在（ ，0）上有一個零點；

　�。╥ii）當a＜0時，令g′（x）＞0，得x＞ln（-2a）；

　　令g′（x）＜0，得x＜ln（-2a）．

　　所以g（x）在（-∞，ln（-2a））單調遞減，在（ln（-2a），+∞）單調遞增，

　　g（x）min=g（ln（-2a））=2a[ln（-2a）-2]；

　�、偃鬺n（-2a）-2＜0，即- ＜a＜0時，g（x）＞0，g（x）無零點；

　�、谌鬺n（-2a）-2=0，即a=- 時，g（2）=0，g（x）有一個零點2；

　�、廴鬺n（-2a）-2＞0，即a＜- 時，g（1）=e＞0，g（ln（-2a））＜0，

　　g（x）在（1，ln（-2a））有一個零點；

　　設h（x）=ex-x2（x≥1），則h′（x）=ex-2x，

　　設u（x）=ex-2x，則u′（x）=ex-2，

　　當x≥1時，u′（x）≥e-2＞0，所以u（x）=h′（x）在[1，+∞）單調遞增，

　　h′（x）≥h′（1）=e-2＞0，所以h（x）在[1，+∞）單調遞增，

　　h（x）≥h（1）=e-1，即x＞1時，ex＞x2，故g（x）＞x2+2ax-2a，

　　設k（x）=lnx-x（x≥1），則k′（x）= -1= ≤0，所以k（x）在[1，+∞）單調遞減，

　　k（x）≤k（1）=-1＜0，即x＞1時，lnx＜x，

　　因為a＜- 時，-2a＞e2＞1，所以ln（-2a）＜-2a，

　　又g（-2a）＞（-2a）2+2a（-2a）-2a=-2a＞0，g（x）在（ln（-2a），-2a）上有一個零點，

　　故g（x）有兩個零點．

　　綜上，當a＜- 時，g（x）在（1，ln（-2a））和（ln（-2a），-2a）上各有一個零點，共有兩個零點；

　　當a=- 時，g（x）有一個零點2；當- ＜a≤0時，g（x）無零點；

　　當0＜a＜ 時，g（x）在（ ，0）上有一個零點；當a= 時，g（x）有一個零點0；

　　當a＞ 時，g（x）在（0，1）上有一個零點．

　　43.解：（1）當k=1時，f（x）=ln（x-1）-（x-1）+1=ln（x-1）-x+2， ，

　　函數(shù)f（x）的定義域為（1，+∞），令f′（x）=0，求得x=2，

　　∵當x∈（1，2）時，f′（x）＞0，當x∈（2，+∞）時，f′（x）＜0，

　　∴f（x）在（1，2）內是增函數(shù)，在（2，+∞）上是減函數(shù)

　　∴當x=2時，f（x）取最大值f（2）=0．

　　（2）函數(shù)f（x）=ln（x-1）-k（x-1）+1沒有零點，

　　即函數(shù)y=ln（x-1）的圖象與函數(shù)y=k（x-1）-1的圖象沒有交點．

　　①當k≤0時，由于函數(shù)y=ln（x-1）圖象與函數(shù)y=k（x-1）-1圖象有公共點，

　　∴函數(shù)f（x）有零點，不合要求．

　�、诋攌＞0時， ，

　　令 ，∵ ， ，

　　∴ 內是增函數(shù)， 上是減函數(shù)，

　　∴f（x）的最大值是 ，

　　∵函數(shù)f（x）沒有零點，∴-lnk＜0，求得k＞1．

　　綜上可得，實數(shù)k的取值范圍為（1，+∞）．

　　44.解：（1）f（-3）=-3+2=-1，

　　f[f（-3）]=f（-1）=（-1）2=1；

　�。�2）∵f（a）=8，

　　∴ 或 或 ，

　　解得，a=4．

　　45.解：1°f（x）=x2-x+1=（x- ）2+ ≥ ，即函數(shù)f（x）的值域為[ ，+∞），

　�、貱=（1，+∞）時，g（t）∈（0，+∞），f（g（t））=（g（t））2-g（t）+1=（g（t）- ）2+ ≥ ，

　　即函數(shù)f（g（t））的值域為[ ，+∞），即x=g（t）是函數(shù)y=f（x）的一個等值域變換

　　②B=R，C=（2，+∞）時，g（t）∈（1，+∞），f（g（t））=（g（t））2-g（t）+1=（g（t）- ）2+ ＞1′，

　　即函數(shù)f（g（t））的值域為（1，+∞），即x=g（t）不是函數(shù)y=f（x）的一個等值域變換，

　　故①是等值域變換，②不等值域變換

　　2°B=[0，4]，C=[a，b]（0＜a＜b），f（x）的值域為[ ，13]，x=g（t）的值域是[log2a，log2b]

　　當f（x）=13時，x=-3或4，結合圖象可知，若x=g（t）是函數(shù)y=f（x）的一個等值域變換，

　　則 或 ，

　　解得 或 ，

　　故若x=g（t）是函數(shù)y=f（x）的一個等值域變換，則a，b滿足的條件是：  或 ．

　�。�2）f（x）=log2x定義域為[2，8]，由y=log2x，知1≤y≤3，

　　即f（x）=log2x的值域為[1，3]，

　　因為x=g（t）是y=f（x）的一個等值域變換，且函數(shù)f（g（t））的定義域為R，

　　所以x=g（t）= ，t∈R的值域為[2，8]，

　　則2≤ ≤8，

　　∴2（t2+1）≤mt2-3t+n≤8（t2+1），

　　所以，恒有 ，

　　且存在t1，t2∈R使兩個等號分別成立，

　　于是 ，

　　解得 或 ．

　　46.解：（1）由題意可得 ，

　　即有函數(shù)h（x）的零點為 ；

　　（2）證明：設A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4） ，則 ，

　　同理由 ，則 ，

　　則AB中點與CD中點重合，即|AC|=|BD|；

　�。�3）由題意可得

　　=

　　= [ （x2n-2+x2-2n）+ （x2n-6+x6-2n）+…+ （x6-2n+x2n-6）+ （x2-2n+x2n-2）]  = o2o22n-1=1，

　　當且僅當x=±1時，等號成立．

　　所以函數(shù)F（x）的最小值為1．

　　47.解：（1）由f（x）=x2及f（a+x）=kf（a-x），可得

　�。╝+x）2=k（a-x）2，即為（1-k）x2+2a（1+k）x+（1-k）a2=0對x∈R成立，

　　需滿足條件 ，解得 ，故k=1≠0，a存在，

　　所以f（x）=x2∈M．

　�。�2）由f（x）=sinx∈M得：sin（a+x）=ksin（a-x），

　　sinacosx+cosasinx=k（sinacosx-cosasinx），

　　所以（1+k）cosasinx+（1-k）sinacosx=0，  sin（x+φ）=0對任意的x∈R都成立，只有k2+2kcos2a+1=0，

　　即cos2a=- （k+ ），由于|k+ |≥2（當且僅當k=±1時，等號成立），

　　所以|cos2a|≥1，又因為|cos2a|≤1，故|cos2a|=1．

　　其中k=1時，cos2a=-1，a=nπ+ ，n∈Z；

　　k=-1時，cos2a=1，a=nπ，n∈Z．

　　故函數(shù)f（x）的"伴隨數(shù)對"為（nπ+ ，1）和（nπ，-1），n∈Z．

　�。�3）因為（1，1）和（2，-1）都是函數(shù)f（x）的"伴隨數(shù)對"，

　　所以f（1+x）=f（1-x）且f（2+x）=-f（2-x），于是f（x+4）=f（x），

　　故函數(shù)f（x）是以4為周期的函數(shù)．

　　若0＜x＜1，則1＜2-x＜2，此時f（x）=f（2-x）=-cos（ x），

　　若2＜x＜3，則1＜4-x＜2，此時f（x）=-f（4-x）=-cos（ x），

　　若3＜x＜4，則0＜4-x＜1，此時f（x）=-f（4-x）=cos（ x），

　　f（x）= 故f（x）=

　　當2014≤x≤2016時，函數(shù)f（x）的零點分別為2014，2015，2016．

　　48.解：（1）當x≥2時，

　　g（x）=f（x）-f（x-1）

　　= x（x+1）（35-2x）- （x-1）x（37-2x）

　　= x[（x+1）（35-2x）-（x-1）（37-2x）]

　　= x（12-x），

　　當x=1時，g（x）=f（1）= ×1×（12-1），

　　∴g（x）= x（12-x）（x∈N，x≤12）．

　　（2）∵g（x）= = ，

　　∴當x=6時，g（x）最大為 ，此時f（x）= ．

　　49.解：（Ⅰ）由題意f（1）=0，當x＞1時，f（x）=-x2+2ax-（2a-1）=-（x-a）2+（a-1）2=-（x-1）[x-（2a-1）]，

　　所以f（2a-1）=0，f（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，a）上單調遞增，在（a，+∞）上單調遞減，

　　由于當且僅當b∈（0，1）時，方程f（x）=b有三個 等的實根，

　　故f（a）=（a-1）2=1，解得a=2．

　　（Ⅱ）

　�。�1）當 ，即 時，g（x）在 上單調遞減，

　　所以 ；

　�。�2）當1＜3a-4≤a，即 時，g（x）在 上單調遞減，在（1，3a-4]上單調遞增，

　　故 ，

　　令h（a）=-3a2+14a-15在 上為增函數(shù)，故h（a）≤h（2）=1，所以 ；

　�。�3）當a＜3a-4≤2a-1，即2＜a≤3時，g（x）在 上單調遞減，在（1，a]上單調遞增，在（a，3a-4]上單調遞減，

　　故 ，

　　而當2＜a≤3時，（a-1）2＞1，故M（a）=g（a）=（a-1）2；

　�。�4）當3a-4＞2a-1，即a＞3時，g（x）在 上單調遞減，在（1，a]上單調遞增，在（a，2a-1]上單調遞減，在（2a-1，3a-4]上單調遞增， ，g（a）=（a-1）2，

　　g（3a-4）=3a2-14a+15，當a＞3時， ，

　　故M（a）=max{g（a），g（3a-4）}=max{（a-1）2，3a2-14a+15}，

　�、佼敚╝-1）2≥3a2-14a+15，即 時，M（a）=（a-1）2；

　　②當（a-1）2＜3a2-14a+15，即 時，M（a）=3a2-14a+15，

　　綜上所述： ．

　　50.解：（1）∵f（x）=x2-|x|+a的定義域為R，

　　∴f（-x）=（-x）2-|-x|+a=x2-|x|+a=f（x），

　　∴f（x）為偶函數(shù)；

　�。�2）當x≥0時，f（x）=x2-x+a，圖象如圖所示：

　�。�3）如圖，在同一坐標系中，作出y=1，y=x2-|x|+a，由圖可知a必須滿足 ，解得1＜a＜ ，

　　故a的取值范圍為（1， ）．

　　51.解：（1）當m=1時，x2+2x+3=0，

　　△=4-3×4=-8＜0，

　　故方程沒有實數(shù)根；

　�。�2）令f（x）=x2+2mx+2m+1，由題意得，  ，

　　解得，- ＜m＜ ．

　　【解析】

　　1.

　�。�1）由條件利用三角恒等變換化簡函數(shù)的解析式，再利用正弦函數(shù)的單調性求得f（x）的單調減區(qū)間．

　�。�2）由題意可知，函數(shù)y=2f（x）與函數(shù)y=m-1的圖象在區(qū)間 上有兩個交點，結合圖象求得m的范圍．

　　本題主要考查三角恒等變換，正弦函數(shù)的單調性，正弦函數(shù)的圖象特征，屬于中檔題．

　　2.

　�。á瘢┯深}意，12（500-x）（1+0.5x%）≥12×500，即可求x的取值范圍．

　�。á颍├�用生產這批B產品的利潤始終不高于設備升級后生產這批A產品的利潤，建立不等式，即可求a的最大值．

　　本題考查利用數(shù)學知識解決實際問題，考查學生解不等式的能力，屬于中檔題．

　　3.

　�。á瘢┎坏仁睫D化為 或 ，解得x＞2，即可求x0的值；

　�。á颍┯深}意，等價于|x-m|+|x+ |=2（m＞0）有解，結合基本不等式，即可求實數(shù)m的值．

　　本題考查不等式的解法，考查絕對值不等式，考查基本不等式的運用，屬于中檔題．

　　4.

　　利用分析法，要證f（ab）＞|a|f（ ），只需證（ab-1）2＞（b-a）2，再作差證明即可．

　　本題考查不等式的證明，注意運用分析法，考查運算與推理證明的能力，屬于中檔題．

　　5.

　　（Ⅰ）根據(jù)"β函數(shù)"的定義判定．①、②是"β 函數(shù)"，③不是"β函數(shù)"；

　　（Ⅱ）由題意，對任意的x∈R，f（-x）+f（x）≠0，故f（-x）+f（x）=2cosx+2a

　　由題意，對任意的x∈R，2cosx+2a≠0，即a≠-cosx即可得實數(shù)a的取值范圍

　�。á螅�（1）對任意的x≠0分（a）若x∈A且-x∈A，（b）若x∈B且-x∈B，驗證

　�。�2）假設存在x0＜0，使得x0∈A，則由x0＜ ，故f（x0）＜f（ ）．

　�。╝）若 ，則f（ ）= ，矛盾，

　�。╞）若 ，則f（ ）= ，矛盾．

　　（3）假設0∈B，則f（-0）=-f（0）=0，矛盾．故0∈A，故A=[0，+∞），B=（-∞，0）．

　　本題考查了新定義函數(shù)，弄清定義含義是關鍵，分析法是本題的基本方法，屬于難題．

　　6.

　　（1）當a=2時，函數(shù)f（x）= ，令|x|-2x2（x+2）=0，可得① ，或② ．分別解①、②求得x的值，可得函數(shù)f（x）的零點．

　�。�2）當a＞0時，若x＞0，化簡函數(shù)f（x）的解析式為f（x）= ．令f（x）=0，求得f（x）在（0，+∞）上有唯一零點，命題得證．

　　本題主要考查函數(shù)的零點與方程的根的關系，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學思想，屬于中檔題．

　　7.

　�。�1）先求出函數(shù)的導數(shù)，再由f′（ ）=0求解a．

　�。�2）將"f（x）在區(qū)間（-2，3）內有兩個不同的極值點"轉化為"方程f′（x）=0在區(qū)間（-2，3）內有兩個不同的實根"，用△＞0求解．

　�。�3）在（1）的條件下，a=1，"要使函數(shù)f（x）與g（x）=x4-5x3+（2-m）x2+1的圖象恰有三個交點"即為"方程x2（x2-4x+1m）=0恰有三個不同的實根"．因為x=0是一個根，所以方程x2-4x+1-m=0應有兩個非零的不等實根，再用判別式求解．

　　本題主要考查函數(shù)與方程的綜合運用，主要涉及了方程的根與函數(shù)的零點間的轉化．還考查了計算能力和綜合運用知識的能力．

　　8.

　�。á瘢┯深}設，g（x）=x2-alnx，則 ．由已知，g'（1）=0，a=2．于是 ，則 ．由此能確定確定函數(shù)h（x）的單調性．

　�。á颍┊�1＜x＜e2時，0＜lnx＜2，即0＜f（x）＜2．欲證 ，只需證x[2-f（x）]＜2+f（x），即證 ．由此能夠證明當1＜x＜e2時，恒有 成立．

　　（Ⅲ）由題設， ．令g（x）-h1（x）=0，則 ．設 ，h3（x）=-x2+x+6（x＞0），則 ，由 ，得x＞4．

　　所以h2（x）在（4，+∞）上是增函數(shù)，在（0，4）上是減函數(shù)．由此入手能夠確定函數(shù)y=g（x）-h1（x）的零點個數(shù)．

　　本題考函數(shù)的恒成立的應用，對數(shù)學思維的要求比較高，要求學生理解"存在"、"恒成立"，以及運用一般與特殊的關系進行否定，本題有一定的探索性．綜合性強，難度大，易出錯．解題時要認真審題，注意導數(shù)的合理運用．

　　9.

　�。�1）當b=-1時，化簡fn（x）=xn- +c在區(qū)間（ ，1）內有唯一零點及函數(shù)的單調性可知f（ ）＜0且f（1）＞0；從而可得 -2+c＜0對于n∈N*恒成立且c＞0，從而求得c的取值范圍；

　�。�2）由f2（x）=x2+ +c在區(qū)間[1，2]上是單調函數(shù)，利用單調性的定義可設1≤x1＜x2≤2，從而化為f2（x1）-f2（x2）=（x1-x2） ＞0或＜0對于1≤x1＜x2≤2恒成立，化為恒成立問題解得．

　�。�3）當b=-1，c=1時，fn（x）=xn- +1，fn+1（x）=xn+1- +1，從而可得fn（x）=xnn- +1=0；再由 ＜xn＜1得xnn+1＜xnn，從而可得fn+1（xn）=xnn+1- +1＜xnn- +1=0，可證明fn+1（xn）＜fn+1（xn+1）；再由函數(shù)fn+1（x）=xn+1- +1在區(qū)間（ ，1）上是增函數(shù)知xn＜xn+1；從而證明．

　　本題考查了函數(shù)的單調性的判斷與應用，同時考查了數(shù)列的應用及恒成立問題的處理方法，屬于難題．

　　10.

　�。�1）對g（x）配方，求出對稱軸x=a，討論若1≤a≤3時，若a＞3時，若a＜1，由單調性可得最小值，解方程，即可得到所求a的值；

　�。�2）由題意可得（2x）2-2o2x+1-ko4x≥0，化為k≤（2-x）2-2o2-x+1，令t=2-x，求出t的范圍，求得右邊函數(shù)的最小值即可得到k的范圍；

　　（3）令y=0，可化為|2x-1|2-2o|2x-1|+1+2k-3ko|2x-1|=0（|2x-1|≠0）有3個不同的實根．令t=|2x-1|，討論t的范圍和單調性，t2-（3k+2）t+1+2k=0有兩個不同的實數(shù)解t1，t2，已知函數(shù)有3個零點等價為0＜t1＜1，t2＞1或0＜t1＜1，t2=1，記m（t）=t2-（3k+2）t+1+2k，由二次函數(shù)圖象可得不等式組，解不等式可得k的范圍．

　　本題考查二次函數(shù)在閉區(qū)間上最值問題，注意對稱軸和區(qū)間的關系，考查不等式恒成立問題解法，注意運用參數(shù)分離和構造函數(shù)法，考查函數(shù)零點問題，注意轉化思想運用，考查分類討論思想方法運用，以及運算化簡能力，屬于難題．

　　11.

　　當1時，（x）=-x|x-|+1= 依題意，可得 ，或 格/．分別解之即可；

　　a∈（0，3，作數(shù)yf（）的象分0＜a≤1、1＜a＜2與2≤＜3三類討論，數(shù)形合即可求得函數(shù)y=f（x）x∈[1，2]上大；

　　當1- ＞2時，M是方程2+a1=-2的較大根分別解答，取即可求得的取值范圍．

　　本題考查絕值不等式的法，著重查二次函數(shù)在區(qū)間上最值，綜考查形結合想、分類討論思想、價轉化思想，查邏輯、抽思、新思維的綜運用，是難題．

　　12.

　�。�1）將a=0代入f（x），求出f（x）的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，得到函數(shù)的單調區(qū)間，求出函數(shù)的極值即可；

　�。�2）令g（x）=f（x）+ax2=（a+1）x2-2lnx-2ax，x∈（1，+∞），求出g（x）的導數(shù)，通過討論a的范圍，確定g（x）的單調性，求出函數(shù)的最值，從而判斷函數(shù)的零點即方程的實數(shù)根的個數(shù)．

　　本題考查了函數(shù)的單調性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，考查分類討論思想，是一道綜合題．

　　13.

　�。�1）求出導函數(shù)，通過當a≤0時，當a＜0時，判斷導函數(shù)的符號，推出函數(shù)的單調區(qū)間．

　�。�2）由（1）可得：對a分類討論，利用其單調性即可得出：方程f（x）=a的根的個數(shù)．

　�。�3） ，即 對任意x∈[0，+∞）恒成立，因此 對任意x∈[0，+∞）恒成立．令 ，x∈[0，+∞），因為m的最大值為1，可知： 恒成立．必需g（0）=1-3a≥0，a ，則 ．g′（x）=ex-2x+ =h（x）．利用導數(shù)研究函數(shù)h（x）的單調性最值可得g（x）的單調性極值與最值．

　　本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性極值與最值并且研究方程的根的個數(shù)、恒成立問題的等價轉化方法、分類討論方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．

　　14.

　�。↖）①利用Ω對于即可判斷出函數(shù)f（x）=x不是Ω函數(shù)．②對于g（x）=sinπx是Ω函數(shù)，令T=-1，對任意x∈R，有Tf（x+T）=f（x）成立．

　　（II）（i）函數(shù)f（x）是Ω函數(shù)，可得存在非零常數(shù)T，Tf（x+T）=f（x），Tf（-x+T）=f（-x）．又f（x）是偶函數(shù)，可得Tf（-x+T）=Tf（x+T），T≠0，化為：f（x+T）=f（-x+T），通過換元進而得出：f（2T+t）=f（t），因此函數(shù)f（x）是周期為2T的周期函數(shù)．

　�。╥i）同（i）可以證明．

　　（III）當a＞1時，假設函數(shù)f（x）=ax是Ω函數(shù)，則存在非零常數(shù)T，Tf（x+T）=f（x），可得Tax+T=ax，化為：TaT=1，即aT= ，此方程有非0的實數(shù)根，即可證明．

　　本題考查了新定義、函數(shù)的奇偶性周期性、方程思想方法、換元方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．