热门试卷

（1）f（x）=x-1在区间[-2，1]上单调递增，所以f（x）的值域为[-3，0]

而[-3，0]⊈[-2，1]，所以f（x）在区间[-2，1]上不是封闭的；

（2）因为g（x）==3+，

①当a=3时，函数g（x）的值域为{3}⊆[3，10]，适合题意．

②当a＞3时，函数g（x）=3+在区间[3，10]上单调递减，故它的值域为[，]，

由[，]⊆[3，10]，得，解得3≤a≤31，故3＜a≤31．

③当a＜3时，在区间[3，10]上有g(x)==3+＜3，显然不合题意．

综上所述，实数a的取值范围是3≤a≤31；

（3）因为h（x）=x3-3x，所以h′（x）=3x2-3=3（x+1）（x-1），

当x∈（-∞，-1）时，h′（x）＞0，当x∈（-1，1）时，h′（x）0．

所以h（x）在（-∞，-1）上单调递增，在（-1，1）上递减，在（1，+∞）上递增．

①当a＜b≤-1时，h（x）在区间[a，b]上递增，所以，

即，解得-2≤a≤0或a≥2，b≤-2或0≤b≤2，又a＜b≤-1，此时无解．

②当a≤-1且-1＜b≤1时，因h（x）max=h（-1）=2＞b，矛盾，不合题意

③当a≤-1且b＞1时，因为h（-1）=2，h（1）=-2都在函数的值域内，故a≤-2，b≥2，

又，得，解得-2≤a≤0或a≥2，b≤-2或0≤b≤2，从而a=-2，b=2．

④当-1≤a＜b≤1时，h（x）在区间[a，b]上递减，，即（*）

而a，b∈Z，经检验，满足-1≤a＜b≤1的整数组a，b均不合（*）式．

⑤当-1＜a＜1且b≥1时，因h（x）min=h（1）=-2＜a，矛盾，不合题意．

⑥当b＞a≥1时，h（x）在区间[a，b]上递增，所以，

即，解得-2≤a≤0或a≥2，b≤-2或0≤b≤2，又b＞a≥1，此时无解．

综上所述，所求整数a，b的值为a=-2，b=2．

（1）设x∈（0，1]，则-x∈[-1，0)，f(-x)=-2ax+

∵f（x）是奇函数，即f（-x）=-f（x）

∴f(x)=2ax-，x∈(0，1]

（2）答：f（x）在（0，1]上单调递增．

证明：∵f′(x)=2a+=2(a+)，x∈(0，1]

∴＞1

又∵a＞-1

∴a+＞0

即f′(x)=2(a+)＞0

∴f（x）在（0，1]上单调递增．

（1）因为f（-x）=-f（x），所以函数为奇函数，所以f(0)=m-=0，解得m=．

（2）当a=2时，f(x)=-，所以f(1)=-=．

根据指数函数的性质可知函数f(x)=-，在R上单调递增．

所以由0＜f（x2-x-2）＜，得0＜f（x2-x-2）＜f（1），

即0＜x2-x-2＜1，

解得＜x＜-1或2＜x＜，

所以不等式的解集为得{x|＜x＜-1或2＜x＜}．

（3）根据题意可知g（x）=-，并且满足g（x）+g（1-x）=-1，

所以g（-2）+g（-1）+g（0）+g（1）+g（2）+g（3）=-3．

（Ⅰ）x+1＞0得 f（x）的定义域为（-1，+∞）f′(x)=2x+a-

∵函数f（x）=x2+ax+b-2ln（x+1）在x=0处取到极小值1．

∴f（0）=1，f'（0）=0∴a=2，b=1…（5分）

∴f（x）=x2+2x+1-2ln（x+1）

f′(x)=2(1+x)-=2[(1+x)-]＞0⇒＞0⇒x＞0

f′(x)=2(1+x)-=2[(1+x)-]＞0⇒＜0⇒-1＜x＜0，

所以f（x）的单调增区间为（0，+∞）；单调减区间（-1，0）．         …（10分）

（Ⅱ）当x∈[-，e-1]时，不等式f（x）＜m恒成立，求实数m的取值范围．

令f′（x）=0⇒（1+x）2=1⇒x=0或x=-2（舍）f(-)=+2ln2，f（0）=1，f（e-1）=e2-2＞f(-)

∴当x∈[-，e-1]时，f（x）max=f（e-1）=e2-2

因此可得：不等式f（x）＜m恒成立时，m＞e2-2…（15分）