热门试卷

（Ⅰ）设函数y=f（x）的图象上任意一点Q（x0，y0）关于原点的对称点为P（x，y），则P在g（x）的图象上，

 且 ，即

∵点Q（x0，y0）在函数y=f（x）的图象上，

∴-y=x2-2x，即y=-x2+2x，故，g（x）=-x2+2x．

（Ⅱ）由g（x）≥f（x）-|x-1|，可得2x2-|x-1|≤0

当x≥1时，2x2-x+1≤0，此时不等式无解．

当x＜1时，2x2+x-1≤0，解得-1≤x≤．因此，原不等式的解集为[-1，]．

（1）或或

不等式的解集为x∈[-，]

（2）若g(x)=的定义域为R，则f（x）+m≠0恒成立，即f（x）+m=0在R上无解

又f（x）=|2x-1|+|2x-3|≥|2x-1-2x+3|=2，f（x）的最小值为2，

所以m＞-2．

证明：方法一：由师意f（a）=f（b）⇔|1-|=|1-|⇔（1-）2=（1-）2⇔2ab=a+b≥2

故ab-≥0，即（-1）≥0，故-1≥0，故ab＞1．

方法二：不等式可以变为f（x）=

对函数进行分析知f（x）在（0，1]上是减函数，在（1，+∞）上是增函数．

由0＜a＜b且f（a）=f（b），得0＜a＜1＜b且-1=1-，

即+=2⇔a+b=2ab≥2

故ab-≥0，即（-1）≥0，

故-1≥0，即ab＞1

（1）由于f′（x）＜0，则函数f（x）在[，π]上单调递减，

故fmax(x)=f()=-+asin=，解得a=

则原不等式为|x+1|＜，解之得-5＜x＜-3

故原不等式的解集为（-5，-3）；

（2）不妨设x1＜x2，令g（x）=f（x）+x

由于f′（x）＞-1，故g′（x）=f′（x）+1＞0，则函数g（x）为其定义域上的增函数，

即g(x1)＜g(x2 )，亦即f(x1)+x1＜f(x2 )+x2 ，

则f(x1)-f(x2 )＜x2-x1 

又由函数f（x）在D上递减，则f(x1)＞f(x2 )

故|f(x1)-f(x2 )|＜|x2-x1 |

∵|f(x1)-f(x2 )|＜|x2-x1 |=|(x2-1)-(x1 -1)|≤|x2-1|-|x1 -1|＜+=ɛ

∴|f(x1)-f(x2 )|＜ɛ

（1）不等式即为|x-a|＜ax，0＜a＜1，若x≤0，则ax≤0，故不等式不成立；

若x＞0，不等式化为（x-a）2＜a2x2，即[（1+a）x-a][（1-a）x-a]＜0，

由0＜a＜1可得，＜x＜，故不等式解集为{x|＜x＜}．

（2）由条件得：f（x）=，

∵1＞a＞0，

∴-（1+a）＜0，1-a＞0，故函数f（x）在（-∞，a）上是减函数，且在[a，+∞）上是增函数．

故当 x=a 时，f（x）存在最小值f（a）．

（1）函数f（x）=x|x-2|=

∴f（x）的单调增区间是（-∞，1]和[2，+∞）；单调减区间是[1，2]．

（2）f（x）＜3，即 x|x-2|＜3，∴或，

∴2≤x＜3 或 x＜2∴不等式f（x）＜3的解集为{x|2≤x＜3 或 x＜2 }．

（3）  当0＜a1 时，f（x）是[0，a]上的增函数，此时f（x）在[0，a]上的

上的最大值是 f（a）=a（2-a）．

．当1＜a≤2 时，f（x）在[0，1]上是增函数，在[1，a]上是减函数，此时，

此时f（x）在[0，a]上的上的最大值是 f（1）=1．

综上，当0＜a1 时，此时f（x）在[0，a]上的 上的最大值是 f（a）=a（2-a）．

当1＜a≤2 时，f（x）在[0，a]上的 上的最大值是1．

（1）由|f（x）|＜c得|4x-b|＜c，所以＜x＜，

又关于x的不等式|f（x）|＜c的解集为（-1，2），

所以，=-1，=2，解得b=2，c=6，

所以，f（x）=-4x+2．

（2）g(x)=(x＞)，g（x）在(，+∞)上单调递增．

证：g(x)==-1+．

设x1，x2为区间(，+∞)内的任意两个值，且x1＜x2，f(x1)-f(x2)=，

因为x1＞，x2＞，且x1＜x2，

所以2x1-1＞0，2x2-1＞0，且2（x1-x2）＜0，

所以 f（x1）-f（x2）＜0，

即f（x1）＜f（x2）．

故g（x）在(，+∞)上单调递增．