2021-2022學年北京市朝陽區(qū)陳經(jīng)綸中學高一（上）期中數(shù)學試卷

第1頁（共1頁）2021-2022學年北京市朝陽區(qū)陳經(jīng)綸中學高一（上）期中數(shù)學試卷一、選擇題（共10小題，每小題4分，共40分，在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項）1．（4分）已知集合A＝{﹣1，0，1}，集合B＝{x∈N|x2＝1}，那么A∩B＝（）A．{1} B．{0，1} C．{﹣1，1} D．{﹣1，0，1}2．（4分）若p：?x∈（0，+∞），x+≥2，則￢p為（）A． B． C． D．3．（4分）已知a，b，c∈R，且a＞b，則下列不等式一定成立的是（）A．a(chǎn)2＞b2 B． C．a(chǎn)|c|＞b|c| D．c﹣a＜c﹣b4．（4分）下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)又是增函數(shù)的為（）A．y＝x+1 B．y＝﹣x3 C． D．y＝x|x|5．（4分）已知正數(shù)a、b滿足a+b＝1，則有（）A．最小值 B．最小值 C．最大值 D．最大值6．（4分）若a＝20.5，b＝20.6，c＝0.62，則a，b，c的大小關系是（）A．a(chǎn)＜b＜c B．c＜b＜a C．a(chǎn)＜c＜b D．c＜a＜b7．（4分）已知函數(shù)f（x）＝x2﹣2ax，則“a＜0”是“函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調遞增”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件8．（4分）如圖是王老師鍛煉時所走的離家距離（S）與行走時間（t）之間的函數(shù)關系圖，若用黑點表示王老師家的位置，則王老師行走的路線可能是（）A． B． C． D．9．（4分）手機屏幕面積與整機面積的比值叫手機的“屏占比”，它是手機外觀設計中一個重要參數(shù)，其值通常在（0，1）之間．設計師將某手機的屏幕面積和整機面積同時增加相同的數(shù)量，升級為一款新的手機外觀，則該手機“屏占比”和升級前比有什么變化（）A．“屏占比”不變 B．“屏占比”變小 C．“屏占比”變大 D．變化不確定10．（4分）對實數(shù)a與b，定義新運算“?”：．設函數(shù)f（x）＝（x2﹣2）?（x﹣x2），x∈R．若函數(shù)y＝f（x）﹣c的圖象與x軸恰有兩個公共點，則實數(shù)c的取值范圍是（）A． B． C． D．二、填空題（共5小題，每小題5分，共25分）11．（5分）冪函數(shù)y＝f（x）的圖象過點，則f（9）＝．12．（5分）計算＝．13．（5分）已知f（x）＝是定義在R上的減函數(shù)，那么a的取值范圍是．14．（5分）已知函數(shù)y＝f（x），x∈R，且f（0）＝3，＝2，…，，則f（2）＝；f（x）的一個解析式可以是．15．（5分）設定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：（1）當m，n∈R時，f（m+n）＝f（m）?f（n）；（2）f（0）≠0；（3）當x＜0時，f（x）＞1．則在下列結論中：①f（a）?f（﹣a）＝1；②f（x）在R上是遞減函數(shù)；③存在x0，使f（x0）＜1；④若，則，．其中正確結論的命題為．三、解答題（共6小題，共85分）16．（14分）已知集合A＝{x|x2﹣5x﹣6＜0}，B＝{x|m﹣2＜x＜m}．（Ⅰ）若m＝0，全集U＝A∪B，求?UB；（Ⅱ）從條件①和條件②選擇一個作為已知，求實數(shù)m的取值范圍．條件①：若A∪B＝A；條件②：若A∩B＝?．17．（14分）已知函數(shù)．（Ⅰ）用函數(shù)單調性的定義證明f（x）在區(qū)間（0，+∞）上是增函數(shù)；（Ⅱ）解不等式．18．（14分）已知函數(shù)f（x）＝ax2+x定義在區(qū)間[0，2]上，其中a∈[﹣2，0]．（Ⅰ）若a＝﹣1，求f（x）的最小值；（Ⅱ）求f（x）的最大值．19．（14分）已知定義域為R的單調減函數(shù)f（x）是奇函數(shù)，當x＞0時，f（x）＝﹣2x．（Ⅰ）求f（0）的值；（Ⅱ）求f（x）的解析式；（Ⅲ）若對任意的t∈R，不等式f（t2﹣2t）+f（2t2﹣k）＜0恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．20．（14分）在對口扶貧活動中，甲將自己經(jīng)營某種消費品的一個小店以優(yōu)惠價2萬元轉讓給身體有殘疾的乙經(jīng)營，并約定從該店經(jīng)營的利潤中，首先保證乙的每月最低生活開支3600元后，逐步償還轉讓費（不計息）．在甲提供的資料中，有：①這種消費品進價每件14元；②該店月銷量Q（百件）與銷售價格p（元）的關系如圖；③每月需要各種開支2000元．（Ⅰ）為使該店至少能夠維持乙的生活，商品價格應控制在什么范圍內？（Ⅱ）當商品價格每件多少元時，月利潤扣除最低生活費的余額最大，并求最大余額．（Ⅲ）若乙只依靠該店，能否在3年內脫貧（償還完轉讓費）？21．（15分）已知f（x）的定義域為R，且滿足對于任意x，y∈R，都有f（x+y）＝f（x）+f（y），且當x＞0時，f（x）＜0，且f（1）＝﹣3；（1）求f（0）與f（3）；（2）判斷f（x）的奇偶性；（3）判斷f（x）的單調性；（4）解不等式f（x2+1）+f（x）≤﹣9．

2021-2022學年北京市朝陽區(qū)陳經(jīng)綸中學高一（上）期中數(shù)學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共10小題，每小題4分，共40分，在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項）1．（4分）已知集合A＝{﹣1，0，1}，集合B＝{x∈N|x2＝1}，那么A∩B＝（）A．{1} B．{0，1} C．{﹣1，1} D．{﹣1，0，1}【分析】可求出集合B，然后進行交集的運算即可．【解答】解：∵A＝{﹣1，0，1}，B＝{1}，∴A∩B＝{1}．故選：A．【點評】本題考查了列舉法和描述法的定義，交集及其運算，考查了計算能力，屬于基礎題．2．（4分）若p：?x∈（0，+∞），x+≥2，則￢p為（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)含有量詞的命題的否定進行分析求解，即可得到答案．【解答】解：因為p：?x∈（0，+∞），x+≥2，所以￢p為．故選：A．【點評】本題考查了命題的否定，主要考查的是含有一個量詞的命題的否定，要注意改變量詞，然后再否定結論．3．（4分）已知a，b，c∈R，且a＞b，則下列不等式一定成立的是（）A．a(chǎn)2＞b2 B． C．a(chǎn)|c|＞b|c| D．c﹣a＜c﹣b【分析】根據(jù)條件取a＝1，b＝﹣1，c＝0，即可排除錯誤選項；由不等式的基本性質，即可判斷D．【解答】解：由a，b，c∈R，且a＞b，取a＝1，b＝﹣1，c＝0，則選項ABC錯誤．由a＞b，得﹣a＜﹣b，∴c﹣a＜c﹣b成立，故D正確．故選：D．【點評】本題考查了不等式的基本性質，屬基礎題．4．（4分）下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)又是增函數(shù)的為（）A．y＝x+1 B．y＝﹣x3 C． D．y＝x|x|【分析】根據(jù)函數(shù)的單調性和奇偶性，對各個選項中的函數(shù)逐一做出判斷，從而得出結論．【解答】解：由于函數(shù)y＝x+1是非奇非偶函數(shù)，故排除A；由于y＝﹣x3是奇函數(shù)，且在R上是減函數(shù)，故排除B；由于y＝在（﹣∞，0）∪（0，+∞）上不具有單調性，故排除C；A，B，C都不對，對于D，y＝，故函數(shù)在R上遞增且為奇函數(shù)；故選：D．【點評】本題主要考查函數(shù)的單調性和奇偶性，屬于基礎題．5．（4分）已知正數(shù)a、b滿足a+b＝1，則有（）A．最小值 B．最小值 C．最大值 D．最大值【分析】由已知結合基本不等式即可直接求解．【解答】解：因為正數(shù)a、b滿足a+b＝1，則＝，當且僅當a＝b時取等號，即有最大值，故選：C．【點評】本題主要考查了基本不等式的簡單應用，屬于基礎試題．6．（4分）若a＝20.5，b＝20.6，c＝0.62，則a，b，c的大小關系是（）A．a(chǎn)＜b＜c B．c＜b＜a C．a(chǎn)＜c＜b D．c＜a＜b【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)的單調性，判斷a、b、c與1的大?。窘獯稹拷猓阂驗楹瘮?shù)y＝2x是單調增函數(shù)，且0＜0.5＜0.6，所以1＝20＜20.5＜20.6，即1＜a＜b；又函數(shù)y＝0.6x是單調減函數(shù)，且2＞0，所以0.62＜0.60＝1，即c＜1；所以c＜a＜b．故選：D．【點評】本題考查了指數(shù)函數(shù)的圖象與性質的應用問題，是基礎題．7．（4分）已知函數(shù)f（x）＝x2﹣2ax，則“a＜0”是“函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調遞增”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【分析】根據(jù)二次函數(shù)的單調性與開口方向和對稱軸有關，該函數(shù)開口向上，在對稱軸右側單調遞增，結合充分條件必要條件的定義進行判定即可．【解答】解：f（x）＝x2﹣2ax＝（x﹣a）2﹣a2，開口向上，對稱軸為x＝a，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調遞增，則a≤0，“a＜0”能推出“函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調遞增”，但“函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調遞增”不能推出a＜0，a有可能等于0，故“a＜0”是“函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調遞增”的充分不必要條件，故選：A．【點評】本題主要考查了二次函數(shù)的性質，以及充分條件、必要條件的判定，解題的關鍵是弄清二次函數(shù)的單調性與開口方向和對稱軸有關．8．（4分）如圖是王老師鍛煉時所走的離家距離（S）與行走時間（t）之間的函數(shù)關系圖，若用黑點表示王老師家的位置，則王老師行走的路線可能是（）A． B． C． D．【分析】由題意可得在中間一段時間里，他到家的距離為定值，故他所走的路程是一段以家為圓心的圓弧，結合所給的選項得出結論．【解答】解：根據(jù)王老師鍛煉時所走的離家距離（S）與行走時間（t）之間的函數(shù)關系圖，可得在中間一段時間里，他到家的距離為定值，故他所走的路程是一段以家為圓心的圓弧，結合所給的選項，故選：C．【點評】本題主要函數(shù)的解析式表示的意義，函數(shù)的圖象特征，屬于中檔題．9．（4分）手機屏幕面積與整機面積的比值叫手機的“屏占比”，它是手機外觀設計中一個重要參數(shù)，其值通常在（0，1）之間．設計師將某手機的屏幕面積和整機面積同時增加相同的數(shù)量，升級為一款新的手機外觀，則該手機“屏占比”和升級前比有什么變化（）A．“屏占比”不變 B．“屏占比”變小 C．“屏占比”變大 D．變化不確定【分析】設原來手機屏幕面積為b，整機面積為a，則屏占比＝（a＞b），設手機的屏幕面積和整機面積同時增加相同的數(shù)量為m（0＜m＜1），升級后屏占比＝，作差得答案．【解答】解：設原來手機屏幕面積為b，整機面積為a，則屏占比＝（a＞b），設手機的屏幕面積和整機面積同時增加相同的數(shù)量為m（0＜m＜1），升級后屏占比＝，∵a＞b，∴﹣＝＝＞0，即該手機“屏占比”和升級前比變大．故選：C．【點評】本題考查合情推理和不等式知識的聯(lián)系．本題考查函數(shù)模型的選擇及應用，考查不等式的性質，屬于基礎題．10．（4分）對實數(shù)a與b，定義新運算“?”：．設函數(shù)f（x）＝（x2﹣2）?（x﹣x2），x∈R．若函數(shù)y＝f（x）﹣c的圖象與x軸恰有兩個公共點，則實數(shù)c的取值范圍是（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)定義的運算法則化簡函數(shù)f（x）＝（x2﹣2）?（x﹣x2）的解析式，并求出f（x）的取值范圍，函數(shù)y＝f（x）﹣c的圖象與x軸恰有兩個公共點轉化為y＝f（x），y＝c圖象的交點問題，結合圖象求得實數(shù)c的取值范圍．【解答】解：∵，∴函數(shù)f（x）＝（x2﹣2）?（x﹣x2）＝，由圖可知，當c∈函數(shù)f（x）與y＝c的圖象有兩個公共點，∴c的取值范圍是，故選：B．【點評】本題考查二次函數(shù)的圖象特征、函數(shù)與方程的綜合運用，及數(shù)形結合的思想．屬于基礎題．二、填空題（共5小題，每小題5分，共25分）11．（5分）冪函數(shù)y＝f（x）的圖象過點，則f（9）＝3．【分析】利用冪函數(shù)的定義先求出其解析式，進而得出答案．【解答】解：設冪函數(shù)f（x）＝xα（α為常數(shù)），∵冪函數(shù)y＝f（x）的圖象過點（8，2），∴2＝8α，解得α＝，∴f（x）＝∴f（9）＝＝3．故答案為：3．【點評】正確理解冪函數(shù)的定義是解題的關鍵，本題是一道基礎題．12．（5分）計算＝．【分析】利用分數(shù)指數(shù)冪的運算性質求解即可．【解答】解：原式＝＝．故答案為：．【點評】本題考查了分數(shù)指數(shù)冪的化簡求值，考查了邏輯推理能力與化簡運算能力，屬于基礎題．13．（5分）已知f（x）＝是定義在R上的減函數(shù)，那么a的取值范圍是[，）．【分析】由題意可得，由此求得a的取值范圍．【解答】解：由于f（x）＝是定義在R上的減函數(shù)，∴，求得≤a＜，故答案為：[，）．【點評】本題主要求函數(shù)的單調性的性質，屬于基礎題．14．（5分）已知函數(shù)y＝f（x），x∈R，且f（0）＝3，＝2，…，，則f（2）＝48；f（x）的一個解析式可以是f（x）＝3×4x．【分析】由題可知＝2n，從而推出f（0.5n）＝3×2n，再根據(jù)換元法，即可求得f（x）解析式及f（2）．【解答】解：由＝2，…，，可得＝2n，因為f（0）＝3，所以f（0.5n）＝3×2n，令x＝0.5n，則n＝2x，所以f（x）＝3×22x＝3×4x，所以f（2）＝48．故答案為：48；f（x）＝3×4x．【點評】本題考查函數(shù)解析式的求法，熟練掌握換元法和指數(shù)的運算法則是解題的關鍵，考查學生的分析能力和運算求解能力，屬于中檔題．15．（5分）設定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：（1）當m，n∈R時，f（m+n）＝f（m）?f（n）；（2）f（0）≠0；（3）當x＜0時，f（x）＞1．則在下列結論中：①f（a）?f（﹣a）＝1；②f（x）在R上是遞減函數(shù)；③存在x0，使f（x0）＜1；④若，則，．其中正確結論的命題為①②③．【分析】令x＝y(tǒng)＝0，結合f（0）≠0可得f（0）＝1，由此可計算①；用單調性的定義可證明②；因為f（0）＝1，當x＜0時，f（x）＞1，又由②可知f（x）在R上是遞減函數(shù)；所以存在x0，使f（x0）＜1，故③正確；④中結合函數(shù)單調性可發(fā)現(xiàn)矛盾，故可判斷④錯誤．【解答】解：令x＝y(tǒng)＝0，則f（0+0）＝f（0）?f（0）＝f（0），因為f（0）≠0，所以f（0）＝1，當m＝n時，f（2m）＝f（m）?f（m）＝[f（m）]2＞0①因為f（a）?f（﹣a）＝f（a﹣a）＝f（0）＝1，所以①正確；設x1＜x2，則f（x1）﹣f（x2）＝f（x1﹣x2+x2）﹣f（x2）＝f（x1﹣x2）f（x2）﹣f（x2）＝f（x2）[f（x1﹣x2）﹣1]，因為x1＜x2，所以x1﹣x2＜0，所以f（x1﹣x2）＞1，所以f（x2）＞0，f（x1﹣x2）﹣1＞0所以f（x1）﹣f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2），所以f（x）在R上是遞減函數(shù)，所以②正確；③，因為f（0）＝1，當x＜0時，f（x）＞1，又由②可知f（x）在R上是遞減函數(shù)；所以存在x0，使f（x0）＜1，故③正確；④由②可知，f（x）在R上是遞減函數(shù)，所以f（2）應該小于f（），故④錯誤，故答案為：①②③．【點評】本題考查了抽象函數(shù)及其應用，命題的真假判斷，屬于中檔題．三、解答題（共6小題，共85分）16．（14分）已知集合A＝{x|x2﹣5x﹣6＜0}，B＝{x|m﹣2＜x＜m}．（Ⅰ）若m＝0，全集U＝A∪B，求?UB；（Ⅱ）從條件①和條件②選擇一個作為已知，求實數(shù)m的取值范圍．條件①：若A∪B＝A；條件②：若A∩B＝?．【分析】（Ⅰ）先求出集合A，B，然后由并集的定義求出U，再利用補集的定義求解即可；（Ⅱ）若選條件①：利用A∪B＝A，可得B?A，然后由集合子集的定義求解即可；若選條件②：A∩B＝?，由集合交集以及空集的定義列式求解即可．【解答】解：（Ⅰ）當m＝0時，B＝{x|m﹣2＜x＜m}＝{﹣2＜x＜0}，又A＝{x|x2﹣5x﹣6＜0}＝{x|﹣1＜x＜6}，所以U＝A∪B＝{x|﹣2＜x＜6}，故?UB＝{x|0≤x＜6}；（Ⅱ）若選條件①：由A∪B＝A，可得B?A，則，解得1≤m≤6，故m的取值范圍為[1，6]．若選條件②：由A∩B＝?，則m≤﹣1或m﹣2≥6，解得m≤﹣1或m≥8，故m的取值范圍為（﹣∞，﹣1]∪[8，+∞）．【點評】本題考查了集合的運算，解題的關鍵是掌握集合交集、補集、并集、子集的定義，屬于基礎題．17．（14分）已知函數(shù)．（Ⅰ）用函數(shù)單調性的定義證明f（x）在區(qū)間（0，+∞）上是增函數(shù)；（Ⅱ）解不等式．【分析】（Ⅰ）任取x1，x2∈（0，+∞），令x1＜x2，作差f（x1）﹣f（x2）整理，只需得到f（x1）﹣f（x2）＜0，即可得證；（Ⅱ）將不等式整理為t（2t2﹣t﹣2）＞0，序軸標根法可得不等式解集．【解答】（Ⅰ）證明：任取x1，x2∈（0，+∞），令x1＜x2，則f（x1）﹣f（x2）＝（x1﹣）﹣（x2﹣）＝（x1﹣x2）（1+），因為x1，x2∈（0，+∞），且x1＜x2，所以x1﹣x2＜0，1+＞0，所以f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），所以f（x）在區(qū)間（0，+∞）上是增函數(shù)；（Ⅱ）因為f（x）＝x﹣，所以f（t），即t﹣，整理得，等價于t（2t2﹣t﹣2）＞0，解得或t，所以不等式的解集為（，0）∪（，+∞）．【點評】本題考查了定義法證明函數(shù)單調性，高次不等式的解法，屬于中檔題．18．（14分）已知函數(shù)f（x）＝ax2+x定義在區(qū)間[0，2]上，其中a∈[﹣2，0]．（Ⅰ）若a＝﹣1，求f（x）的最小值；（Ⅱ）求f（x）的最大值．【分析】（Ⅰ）根據(jù)題意，將a＝﹣1代入函數(shù)的解析式，結合二次函數(shù)的性質分析可得f（x）在區(qū)間上單調遞增，在上f（x）單調遞減，分析可得答案；（Ⅱ）根據(jù)題意，按a的取值范圍分情況討論，求出函數(shù)的最大值，綜合即可得答案．【解答】解：（Ⅰ）根據(jù)題意，當a＝﹣1時，；所以f（x）在區(qū)間上單調遞增，在上f（x）單調遞減．因為f（0）＝0，f（2）＝﹣2，所以f（x）的最小值為﹣2．（Ⅱ）①當a＝0時，f（x）＝x．所以f（x）在區(qū)間[0，2]上單調遞增，所以f（x）的最大值為f（2）＝2．當﹣2≤a＜0時，函數(shù)f（x）＝ax2+x圖象的對稱軸方程是．②當，即時，f（x）的最大值為．③當時，f（x）在區(qū)間[0，2]上單調遞增，所以f（x）的最大值為f（2）＝4a+2．綜上，當時，f（x）的最大值為；當時，f（x）的最大值為4a+2．【點評】本題考查二次函數(shù)的性質以及函數(shù)的最值，注意結合函數(shù)的單調性進行討論．19．（14分）已知定義域為R的單調減函數(shù)f（x）是奇函數(shù)，當x＞0時，f（x）＝﹣2x．（Ⅰ）求f（0）的值；（Ⅱ）求f（x）的解析式；（Ⅲ）若對任意的t∈R，不等式f（t2﹣2t）+f（2t2﹣k）＜0恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．【分析】（Ⅰ）利用定義域為R的函數(shù)f（x）是奇函數(shù)，求f（0）的值；（Ⅱ）求出x＜0的解析式，即可求f（x）的解析式；（Ⅲ）若對任意的t∈R，不等式f（t2﹣2t）+f（2t2﹣k）＜0恒成立，f（x）在R上是減函數(shù)，所以t2﹣2t＞k﹣2t2．即3t2﹣2t﹣k＞0對任意t∈R恒成立，即可求實數(shù)k的取值范圍．【解答】解：（Ⅰ）因為定義域為R的函數(shù)f（x）是奇函數(shù)，所以f（0）＝0．（2分）（Ⅱ）因為當x＜0時，﹣x＞0，所以．又因為函數(shù)f（x）是奇函數(shù)，所以f（﹣x）＝﹣f（x）．所以．綜上，（6分）（Ⅲ）由f（t2﹣2t）+f（2t2﹣k）＜0得f（t2﹣2t）＜﹣f（2t2﹣k）．因為f（x）是奇函數(shù)，所以f（t2﹣2t）＜f（k﹣2t2）．又f（x）在R上是減函數(shù)，所以t2﹣2t＞k﹣2t2．即3t2﹣2t﹣k＞0對任意t∈R恒成立．方法一令3t2﹣2t﹣k＝0，則Δ＝4+12k＜0．由Δ＜0，解得．方法二即k＜3t2﹣2t對任意t∈R恒成立．令g（t）＝3t2﹣2t，t∈R則∴故實數(shù)k的取值范圍為．（10分）【點評】本題考查函數(shù)的解析式，考查不等式恒成立問題的解法，注意運用單調性和參數(shù)分離，以及函數(shù)的最值的求法，屬于中檔題．20．（14分）在對口扶貧活動中，甲將自己經(jīng)營某種消費品的一個小店以優(yōu)惠價2萬元轉讓給身體有殘疾的乙經(jīng)營，并約定從該店經(jīng)營的利潤中，首先保證乙的每月最低生活開支3600元后，逐步償還轉讓費（不計息）．在甲提供的資料中，有：①這種消費品進價每件14元；②該店月銷量Q（百件）與銷售價格p（元）的關系如圖；③每月需要各種開支2000元．（Ⅰ）為使該店至少能夠維持乙的生活，商品價格應控制在什么范圍內？（Ⅱ）當商品價格每件多少元時，月利潤扣除最低生活費的余額最大，并求最大余額．（Ⅲ）若乙只依靠該店，能否在3年內脫貧（償還完轉讓費）？【分析】（Ⅰ）利用該店經(jīng)營的利潤只能保證企業(yè)乙的全體職工每個月最低的生活費的開支以及每月所需的各種開支，據(jù)此列出方程，即可確定商品的價格；（Ⅱ）設月利潤和除職工最低生活費的余額為L，列出L與售價P的函數(shù)關系式，根據(jù)函數(shù)的性質求出L取最大值時自變量P的值，即可確定商品的價格；（Ⅲ）企業(yè)乙脫貧即還清2萬元的轉讓價格，要求最早脫貧時間，由（2）中P的值，根據(jù)題意設可在n年后脫貧，則此n年經(jīng)營的利潤≥20000，求出n的最小值即可．【解答】解：（Ⅰ）根據(jù)圖象，當14≤P≤20時，設Q＝kP+b，將點（14，22）和（20，10）代入，則有，解得，則Q＝﹣2P+50；當20≤P≤26時，設Q＝mP+n，將點（20，10）和（26，1）代入，則有，解得，所以Q＝﹣1.5P+40；則，若商品的價格應定為P元時，該店剛好能夠維持職工生活，則有100（P﹣14）Q＝3600+2000，分兩種情況：第一種：當14≤P≤20時，即100（P﹣14）（﹣2P+50）＝3600+2000，解得P1＝18，P2＝21（舍）；第二種：當20≤P≤26時，即100（P﹣14）（﹣1.5P+40）＝3600+2000，解得P1＝22，（舍），故為使該店至少能夠維持乙的生活，商品價格應控制在[18，22]元范圍內；（Ⅱ）設月利潤和除職工最低生活費的余額為L，則L＝100（P﹣14）Q﹣2000，分兩種情況：第一種：當14≤P≤20時，即100（P﹣14）（﹣2P+50）﹣2000＝﹣200P2+7800P﹣72000，則當時，L有最大值