热门试卷

（1）证明：∵对任意的x、y∈R，都有f（x+y）=f（x）+f（y），

令x=y=0得，f（0）=f（0）+f（0）=2f（0），∴f（0）=0

令y=-x得，f（x-x）=f（x）+f（-x）=f（0）=0，即f（-x）=-f（x）

∴函数f（x）为奇函数；

（2）∵f（x+y）=f（x）+f（y），且f（1）=1

∴f（3）=3

∴不等式f（log2（x+2））+f（log2x）＞3等价于不等式f（log2（x+2））+f（log2x）＞f（3）

∵函数y=f（x）在定义域R上为减函数，

∴log2（x+2）+log2x＜3

∴，∴0＜x＜2

∴不等式的解集为（0，2）．

（1）令=t≥1，则x2=t2-1，

f（x）≤0，即x2-3+≤0，即t2-6t+8≤0，（t-2）（t-4）≤0

∴2≤t≤4，所以2≤≤4，所以x∈[-，-]∪[，]，

即A=[-，-]∪[，]；

（2）f（x）≥0恒成立也就是x2- a+≥0恒成立，

即x2+≥  a，

∵≥1，∴a≤，

令=t，则t∈[2，4]，则y==(t+)，∴a≤y恒成立，∴a≤ymin，

由导数可知，当t=2时，ymin=×2=2，

∴a≤2

（3）对任意x∈A，f（x）≥0恒成立，∴a+b≤=，

由（2）可知a+b≤2       ①，

由g（x）=ax2-b≤0有解，ax2-b≤0有解，即a≤(

b

x2

)max，

∵b＞0，∴a≤(

b

x2

)max=，

∴3a-b≤0        ②

①+②可得a≤

所以a的最大值为，此时b=．

（1）∵f（x）=2x-=2+，∴22x -2•2x-3=0，解得 2x=3，或 2x=-1 （舍去），

故 x=log23．

（2）函数f（x）的定义域为R，任意取x2＞x1，则 f（x2）-f（x1）=2x2--（2x1-）=（2x2-2x1）（1+）．

由题设可得，（2x2-2x1）＞0，（1+）＞0，∴f（x2）-f（x1）＞0，即 f（x2）＞f（x1），

故函数f（x）在R上是增函数．

（3）当t∈[1，2]，2tf（2t）+mf（t）≥0恒成立，即2t（22t-）+m（2t-）≥0．

由于2t-＞0，∴2t（2t+）+m≥0，故 m≥-（4t+1）．

由于-（4t+1）的最大值为-5，故有m≥-5，即m的范围是[-5，+∞）．

（1）因为f（x+2）=f[（x+1）+1]=-f（x+1）=-[-f（x）]=f（x）

所以：2是函数f（x）的一个周期（2分）

（2）∵f（x）是以2为周期的函数，即f（x-2k）=f（x），k∈Z

设x∈[2k-1，2k+1]，则x-2k∈[-1，1]∴f（x-2k）=（x-2k）2，

即f（x）=（x-2k）2，x∈[2k-1，2k+1]（k∈Z）（6分）

（3）当x∈[2k-1，2k+1]时，＞0⇔＞0

①当k≥1时，则2k-1≥1，∴x＞0

∴原题等价于x2-2kx+4k2-9＞0对任意x∈[2k-1，2k+1]恒成立．

设g（x）=x2-2kx+4k2-9

当k≥1时，对称轴x=k≤2k-1

则g（2k-1）=4k2-2k-8≥0，

解得k≥或k≤∴整数k≥2（10分）

②当k≤-1时，则2k+1≤-1，∴x＜0，

∴原题等价于x2-2kx+4k2-9＜0对任意x∈[2k-1，2k+1]恒成立，

设g（x）=x2-2kx+4k2-9

当k≤-1时，对称轴x=k≥2k+1

则g（2k-1）=4k2-2k-8＞0，

解得＜k＜∴整数k=-1（14分）

③当k=0时，原命题等价于＞0对任意x∈[-1，1]恒成立

当x=1时，则-8＞0显然不成立∴k≠0（15分）

综上所述，所求k的取值范围是[2，+∞）∪-1．（16分）