热门试卷

证明：（1）令x=0，y=1，则f（1）=f（1+0）=f（1）f（0）=2f（0）=2

∴f（0）=1；

（2）当x＜0时，-x＞0，则f（-x）＞1

∴f（0）=f[x+（-x）]=f（x）f（-x）=1

∴f(x)=

∴当x＜0时，0＜f（x）＜1；

（3）设x1＜x2，则x1-x2＜0，

∴===f（x1-x2）＜1

由（1）知，f（x）＞0，∴f（x1）＜f（x2）

∴函数f（x）在R上是单调增函数．

（1）f（x+2）=f（1-（x+2））=f（-x-1）=-f（x+1）=-f（1-（x+1））=-f（-x）=f（x），

所以f（x）是周期为2的函数．

（2）∵当x∈[，1]时，f（x）=f（1-x）=（1-x）-（1-x）2=x-x2，

∴x∈[0，1]时，f（x）=x-x2

∴当x∈[1，2]时，f（x）=f（x-2）=-f（2-x）=（2-x）2-（2-x）=x2-3x+2．

∴当x∈[1，2]时，f（x）=x2-3x+2．

（3）由函数是以2为周期的函数，故只需要求出一个周期内的值域即可，由（2）知

，

故在[-1，1]上函数的值域是[-，]，

故值域为[-，]．

（1）∵函数f（x）是实数集R上的奇函数，∴f（0）=0，∴1+a=0，解得a=-1．

∴f（x）=ex-e-x，经验证函数f（x）是R上的奇函数．

故a=-1适合题意．

（2）a=0时，y=ex在区间[0，1]上单调递增，适合题意；

当a≠0时，令t=ex，∵x∈[0，1]，∴t∈[1，e]．且t=ex单调递增，故y=|t+|在t∈[1，e]时递增．

当a＞0时，函数y=t+在t∈[1，e]时单调递增，得≤1，∴0＜a≤1．

当a＜0时，y=t+在t∈[1，e]时单调递增恒成立，故∀t∈[1，e]，t+≥0．

∴-1≤a＜0．

综上可知：-1≤a≤1．

（3）∵f（x）+f′（x）=ex++ex-=2ex，∴φ（x）=（x2-3x+3）ex，∴=x2-x．

要证明：对于任意的t＞-2，总存在x0∈（-2，t），满足=(t-1)2．

等价于证明：对任意的t＞-2，方程x2-x=(t-1)2在区间（-2，t）内有实数解．

令g（x）=x2-x-(t-1)2，

则g（-2）=6-(t-1)2=-(t+2)(t-4)，g（t）=(t-1)(t+2)．

所以①当t＞4，或-2＜t＜1时，g（-2）g（t）＜0，

∴g（x）=0在（-2，t）内有解，且只有一解．

②当1＜t＜4时，g（-2）＞0，且g（t）＞0，但g（0）=-(t-1)2＜0，

∴g（x）=0在（-2，t）内有解，且由两解．

③当t=1时，有且只有一个解x=0；

当t=4时，有且只有一个解x=3．

综上所述：对于任意的t＞-2，总存在x0∈（-2，t），满足=(t-1)2．

且当t≥4或-2＜≤1时，有唯一的x0适合题意；

当1＜t＜4时，有两个不同的x0适合题意．

（1）原不等式可转化为：

即

∴2k-1≤x≤2k（4分）

∴f（k）=2k-（2k-1-1）=2k-1+1．（6′）

（2）∵Sn=f（1）+f（2）+…+f（n）

=20+21+…+2n-1+n

=2n+n-1．（10′）

（3）∵Tn===1+，（12′）

当1≤n≤9时，Tn单调递减，此时(Tn)max=T1=-，（14′）

当n≥10时，Tn单调递减，此时（Tn）max=T10=20，

∴（Tn）max=20，mmin=21．（16′）