热门试卷

（1）∵f（x1+x2）=f（x1）+f（x2），令x1=x2=0得f（0）=0．

再令x1=x，x2=-x，则f（0）=f（x）+f（-x）=0，

∴f（-x）=-f（x）．

∴f（x）为R上的奇函数．

设x1＜x2，则x2-x1＞0，当x＞0时f（x）＜0．

∴f（x2-x1）＜0

由f（x2）-f（x1）=f（x2）+f（-x1）=f（x2-x1）＜0，

∴f（x2）＜f（x1）

∴f（x）为R上的减函数．

（2）∵f（x）为R上的减函数

∴f（x）为[-4，4]上是减函数

∴f（x）的最大值为f（-4），最小值为f（4）

最小值f（4）=f（1+3）=f（1）+f（3）=4f（1）=-8

最大值f（-4）=-f（4）=8

（3）∵f（bx2）-f（x）＞f（b2x）-f（b）

∴f(bx2-b2x)＞f(x-b)

∵f（+）=2f（）∴f()=f(x)

∴f()＞f(x-b)

∴bx2-b2x＜2x-2b

∴bx2-（2+b2）x+2b＜0，

若b=0，则{x|x＞0}；若b≠0，则b（x-）（x-b）＜0

当-＜b＜0时，则{x|x＜或x＞b}

当b＜-时，则{x|x＜b或x＞}

当0＜b＜时，则{x|b＜x＜}

当b＞时，则{x|＜x＜b}

（Ⅰ）因为f（x）是奇函数，所以f（0）=0，

即=0⇒b=1∴f(x)=

又由f（1）=-f（-1）知=-⇒a=2．

所以a=2，b=1．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)==-+，

易知f（x）在（-∞，+∞）上为减函数．

又因为f（x）是奇函数，

所以f（t2-2t）+f（2t2-k）＜0

等价于f（t2-2t）＜-f（2t2-k）=f（k-2t2），

因为f（x）为减函数，由上式可得：t2-2t＞k-2t2．

即对一切t∈R有：3t2-2t-k＞0，

从而判别式△=4+12k＜0⇒k＜-．

所以k的取值范围是k＜-．

（1）因为f（x）是定义在R上的奇函数，且当x≥0时f（x）=x2-2x．

所以f（-1）=-f（1）=-（12-2×1）=1；

（2）设x＜0，则-x＞0，所以f（-x）=（-x）2-2（-x）=x2+2x．

所以f（x）=-x2-2x．

由x•f（x）＞0，得①，或②

解①得：x＞2．

解②得：x＜-2．

所以原不等式的解集为{x|x＜-2或x＞2}．

（Ⅰ）证明：∵f(x)=，

∴f(1-x)===，

∴f(x)+f(1-x)=+==．

故答案为．．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知f(x)+f(1-x)=，

∴f()+f(1-)=(1≤k≤m-1)，

即f()+f()=．

∴ak+am-k=，

am=f()=f(1)=，

又Sm=a1+a2++am-1+am①Sm=am-1+am-2++a1+am②

①+②得2Sm=(m-1)×+2am=-，

∴答案为Sm=(3m-1)；

（Ⅲ）∵b1=，bn+1=+bn=bn(bn+1)③

∴对任意n∈N*，bn＞0④

==-，

∴=-，

∴Tn=(-)+(-)++(-)=-=3-

∵bn+1-bn=bn2＞0，∴bn+1＞bn．

∴数列{bn}是单调递增数列．∴Tn关于n递增，

∴当n≥2，且n∈N*时，Tn≥T2．

∵b1=，b2=(+1)=，b3=(+1)=，

∴Tn≥T2=3-=．（14分）

由题意Sm＜，即(3m-1)＜，

∴m＜=6∴m的最大值为6．

故答案为6．