热门试卷

（1）证明：设x1＜x2≤0，则-x1＞-x2≥0

∵f（x）在区间[0，+∞）上是单调增函数．

∴f（-x1）＞f（-x2）

又定义在实数集R上的偶函数f（x）

∴f（-x1）=f（x1），f（-x2）=f（x2），f（x1）＞f（x2）

∴函数f（x）在区间（-∞，0]上是单调减函数

（2）当0＜x≤1时，lgx＜0

由f（1）＜f（lgx）得f（-1）＜f（lgx），函数f（x）在区间（-∞，0]上时单调减函数

∴-1＞lgx，0＜x＜

当x≥1时，lgx＞0

由f（1）＜f（lgx），f（x）在区间[0，+∞）上是单调增函数

∴lgx＞1，x＞10

综上所述，x的取值范围是(0，]∪​[10，+∞)

（1）f（x）定义域为R，f(-x)==-f(x)，故f（x）是奇函数．

（2）由f(1)==，则a-2b+1=0．

又log3（4a-b）=1，即4a-b=3．

由，解得a=1，b=1．

解：（1）∵f（x）在定义域D内是奇函数

∴f（x）+f（-x）=0

+=0即=0

∴g（x）·g（-x）=1

（2）①若a＞1，则f（x）=在[1，3]上是增函数，则有f(3)=

∴f（x）==

∴a=9

②若0＜a＜1，则在[1，3]上是减函数，则有f(1)=

∴f（x）==，解得：a不存在

综上所述：a=9

（3）①若a＞1时，要满足题设，则有g（x）=ax2-x在[2，4]上是减函数。

∴而函数g（x）=ax2-x＞0仅在（-∞，0）上是减函数，

 故a＞1不符合题意

另解：①当a＞1时，可知g（x）=ax2-x在[2，4]上是增函数，而函数y=是增函数，故f（x）在区间

I=[2，4]上是增函数，与已知矛盾，舍去。

②若0＜a＜1时，要满足题设，则有g（x）=ax2-x在[2，4]上是增函数，并且g（x）>0在[2，4]上成立，

∴<2，∴a>

要对任意的x1，x2∈I都有f(x)＞，只要求f(x)的最小值大于的最大值即可。

∵f（x）在区间I=[2，4]上是减函数，

∴ =f（4）=，的最大值为a0=1

∴>1，∴a<，这与a>矛盾，舍去

综上所述：满足题设的实数a不存在。

（1）∵函数f(x)=ln是奇函数，∴f（x）=-f（-x），

即ln=-ln=ln，则=，化简得：4-x2=a2-x2，

解得a=±2，当a=-2时，f（x）=ln（-1）故舍去，故a=2．

（2）由（1）知，a=2故f（x）=ln，

要使函数有意义，则＞0，即（2-x）（2+x）＞0，

解得，-2＜x＜2；故函数f（x）的定义域（-2，2）．

（3）证明：任取实数x1，x2∈（-2，2），且x1＜x2，

∴-==；

∵x1，x2∈（-2，2），x1＜x2；

∴2+x1＞0，2+x2＞0；x2-x1＞0，

∴-＞0，即＞，

∵函数y=lnx在定义域内时增函数，∴f（x1）＞f（x2），

∴f（x）在定义域（-2，2）上是单调减函数．

当a＞1时，对于任意x∈[3，+∞），都有f（x）＞0．

所以，|f（x）|=f（x），而f（x）=logax在[3，+∞）上为增函数，

∴对于任意x∈[3，+∞），有f（x）≥loga3．

因此，要使|f（x）|≥1对于任意x∈[3，+∞）都成立．

只要loga3≥1=logaa即可，∴1＜a≤3．

当0＜a＜1时，对于x∈[3，+∞），有f（x）＜0，

∴|f（x）|=-f（x）．

∵f（x）=logax在[3，+∞）上为减函数，

∴-f（x）在[3，+∞）上为增函数．

∴对于任意x∈[3，+∞）都有|f（x）|=-f（x）≥-loga3．

因此，要使|f（x）|≥1对于任意x∈[3，+∞）都成立，

只要-loga3≥1成立即可，

∴loga3≤-1=loga，即≤3，∴≤a＜1．

综上，使|f（x）|≥1对任意x∈[3，+∞）都成立的a的取值范围是：（1，3]∪[，1）．

（1）f（-x）=-f（x），log12=-log12，可得=

⇒（a2-1）x2=0⇒a=±1

 a=1时舍去，故a=-1

 （2）f（x）=log12(1+)  

构造g（x）=f（x）-（）x=log12(1+)-（）x

易得g（x）在区间[3，4]上单调递增

∴g（x）≥g（3）=-

m＜-

∴m∈（-∞，-）

（1）依题意得解得-1＜x＜1

∴f（x）定义域为（-1，1），是关于原点对称区间

又f（-x）=f（x）∴f（x）为偶函数．

（2）∵f（x）=loga（1-x2）∵x∈（-1，1），

∴1-x2∈（0，1]

∴当a＞1时，值域为（-∞，0]

当0＜a＜1时，值域为[0，+∞）．

（1）由函数f（x）=+kx是偶函数，

可知f（-x）=f（x），

即+kx=-kx

即=-2kx∴=-2kx，

即x=-2kx对x∈恒成立，

∴k=-

（2）g（x）==2x+

∵x∈[0，2]，∴1≤2x≤4

∴g（x）在区间[0，2]上单调递增

∴g（x）max=

p=（log2x-1）t+（log2x）2-2log2x+1，∵t∈[-2，2]时p恒为正值，

∴

解得log2x＜-1或log2x＞3，

即0＜x＜或x＞8．