热门试卷

证明：（1）设y1=f-1(x1)，y2=f-1(x2)，

由题意，有x1=ay1，x2=ay2，

∴x1x2=ay1•ay2=ay1+y2，

∴y1+y2=f-1(x1x2)，即f-1（x1x2）=f-1（x1）+f-1（x2）．         

（2）当a＞1时，y=f-1（x）是增函数．

证明：设x1＞x2＞0，即ay1＞a y2＞0，

又由指数函数y=ax（a＞1）是增函数，得y1＞y2，即f-1(x1)＞f-1(x2)．                                       

∴当a＞1时，y=f-1（x）是增函数．                              

同理，当0＜a＜1时，y=logax是减函数．

（1）f′（x）=3x2-a

若f（x）在[1，+∞）上是单调递减函数，

则须y′≤0，即α≥3x2恒成立，

这样的实数a不存在，

故f（x）在[1，+∞）上不可能是单调递减函数；

若f（x）在[1，+∞）]上是单调递增函数，则a≤3x2恒成立，

由于x∈[1，+∞），故3x2≥3，解可得a≤3，

又由a＞0，则a的取值范围是0＜a≤3；

（2）（反证法）由（1）可知f（x）在[1，+∞）上只能为单调递增函数．

假设f（x0）≠x0，若1≤x0＜f（x0），则f（x0）＜f（f（x0））=x0，矛盾； …（8分）

若1≤f（x0）＜x0，则f（f（x0））＜f（x0），即x0＜f（x0），矛盾，…（10分）

故只有f（x0）=x0成立．

（1）①当a＜0时，函数f（x）的单调递增区间为（-，0）及（0，），

②当0＜a≤1时，函数f（x）的单调递增区间为（-∞，0）及（0，+∞），

③当a＞1时，函数f（x）的单调递增区间为（-∞，-）及（，+∞）．

（2）由题设及（1）中③知=且a＞1，解得a=3，

因此函数解析式为f（x）=+（x≠0）．                    

（3）1#当a（a-1）＞0即a＜0或a＞1时

由图象知≥解得a∈（-∞，]∪[，+∞）

2#当a=1时，函数为正比例函数，故在区间内存在反函数，所以a=1成立．

3#当a（a-1）＜0，得到＜，从而得a∈（，）

综上a∈∈（-∞，]∪（，）∪{1}∪[，+∞）

（1）∵f（x）═2x+1；

∴f-1（x）=log2x-1；则向左平移2个单位，再向上平移1个单位，得到y-1=log2（x+2）-1，

∴y=log2（x+2），

即g（x）=log2（x+2）（x＞-2）．

（2）∵F（x）=g（x2）-f-1（x）；

∴F(x)=log2(x2+2)-(log2x-1)=log2+1≥log22+1=

当且仅当x=即x=(x=-舍去）时，

Fmin(x)=F()=．

（1）∵y=(x≥2)，

∴y2=2x-4，（y≥0），

∴x=，

∴函数 y=(x≥2)的反函数是y=（x≥0），

（2）任取0≤x1＜x2，则f（x2）-f（x1）=1-x22-1+x12

=x12-x22=（x1-x2）（x1+x2）

∵0≤x1＜x2，∴x1-x2＜0，x1+x2＞0

∴f（x2）-f（x1）＜0，即f（x2）＜f（x1）

故f（x）=1-x2在[0，+∞）上为单调减函数．

（1）因为f（x）=为R上的偶函数，

所以对于任意的x∈R，都有=，

也就是2-x+1•（a+4x）=2x+1•（a+4-x），

即（a-1）（4x+1）=0对x∈R恒成立，

所以，a=1．

所以f(x)=．

由f(x1)-f(x2)=-=

设x1＜x2＜0，则(1+4x1)(1+4x2)＞0，2x2-2x1＞0，2x1+x2-1＜0，

所以，对任意的x1，x2∈（-∞，0），有＜0

即f（x1）-f（x2）＜0，f（x1）＜f（x2）．

故，f（x）在（-∞，0）上是单调递增函数．

又对任意的x1，x2∈（0，+∞），在x1＜x2时，(1+4x1)(1+4x2)＞0，

2x2-2x1＞0，2x1+x2-1＞0．

所以＞0．

则f（x1）-f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2）．

故f（x）在（0，+∞）上是单调递减函数．

对于任意的x∈R，f(x)==≤1，

故当x=0时，f（x）取得最大值1．

因为2x+1＞0，所以方程f(x)==0无解，故函数f（x）=无零点．

（2）选定D=（0，+∞），

由y=，得：y（2x）2-2×2x+y=0

所以2x=，x=log2 （0＜y≤1）

所以f-1(x)=log2，x∈（0，1]．

（1）由＞0，及1-x≠0，得：-1＜x＜1，

∴f（x）的定义域为（-1，1），…（2分）

由于y=lg=lg(-1+)和y=在（-1，1）上都是增函数，

∴f（x）在定义域（-1，1）内是增函数．      …（4分）

（2）令x=0，得f（0）=1．即x=0是方程f-1（x）=0的一个解…（7分）

设x1≠0是f-1（x）=0的另一解，则由反函数的定义知f（0）=x1≠0，

这与f（0）=1矛盾，故f-1（x）=0有且只有一个解．…（10分）

（3）由f[x（x+1）]＞1=f（0），且f（x）为定义在（-1，1）上的增函数，得0＜x（x+1）＜1，

解得-＜x＜-1或0＜x＜，这也即为不等式f[x（x+1）]＞1的解．…（16分）

（1）根据题意知＞0

∴f（x）的在定义域是{x|x＜-b，或x＞b}

（2）当a＞1时，f（x）在（-∝，-b）和（b，+∝）为单调递减函数；

当0＜a＜1时，f（x）在（-∝，-b）和（b，+∝）为单调递增函数

（3）∵y=loga

∴x=

∵y=loga的值域为y≠0

∴∴f-1（x）=（x≠0）