热门试卷

（1）f（0）=0（2分）f（-1）=f（1）=-（14分）

（2）令x＜0，则-x＞0f(-x)=log12(-x+1)=f(x)

∴x＜0时，f(x)=log12(-x+1)（8分）

∴f(x)=（10分）

（3）∵f(x)=log12(x+1)在[0，+∞）上为减函数，

∴f（x）在（-∞，0）上为增函数．

由于f（a-1）＜f（3-a）

∴|a-1|＞|3-a|（14分）

∴a＞2．（16分）

证明：∵∴定义域为[-2，0）∪（0，2]．

所以f（x）==，所以f（-x）==-f(x)．

所以f（x）为奇函数．

（1）∵函数f（x）=b•ax，（其中a，b为常数且a＞0，a≠1）的图象经过点A（1，6），B（3，24），

∴，解得a=2，b=3，

∴f（x）=3•2x．

（2）设g（x）=（）x+（）x=（）x+（）x，

∴y=g（x）在R上是减函数，

∴当x≤1时，g（x）min=g（1）=．

∴（）x+（）x+1-2m≥0在x∈（-∞，1]上恒成立，

即2m-1≤，

解得m≤．

故实数m的取值范围是（-∞，-]．

（1）当p1=2时f1（x）=lg|x-2|，∴f1（2+x）=lg|2+x-2|=lg|x|，f1（2-x）=lg|2-x-2|=lg|-x|∴f1（2+x）=f2（2-x），所以对称轴为x=2

（2）若对任意实数f（x）=f1（x），∴∀x∈R，f1（x）≤f2（x）均成立

即lg|x-p1|≤lg（|x-p2|+2），由对数的单调性可知|x-p1|≤|x-p2|+2均成立，∴|x-p1|-|x-p2|≤2，又∵|x-p1|-|x-p2|的最大值为|p1-p2|

所以p1，p2满足|p1-p2|≤2

（3）①当|p1-p2|≤2时，由（2）可知f（x）=f1（x）=lg|x-p1|

由（1）可知函数f（x）=f1（x）关于x=p1对称，由f（a）=f（b），可知p1=

而f1(x)=由单调性可知，单调增区间长度为b-=

②当|p1-p2|＞2时，不妨设a＜p1＜p2＜b，即p2-p1＞2，

当x＜p1时，f1（x）=lg（p1-x）＜lg（p2-x）＜f2（x），所以f（x）=f1（x）

当x＞p2时，f1（x）=lg（x-p1）=lg（x-p2-+p2-p1）＞f2（x），所以f（x）=f2（x）

当p1＜x＜p2时，y=f1（x）与y=f2（x）图象交点的横坐标为x0=+1

由（1）知f（x）=

故由y=f1（x）与y=f2（x）单调性可知，增区间长度之和为（x0-p1）+（b-p2），由于f（a）=f（b），得p1+p2=a+b+2

所以(x0-p1)+(b-p2)=b-+1=．

当p1＞p2时，同理可证增区间长度之和仍为．