热门试卷

解：（1）因对定义域内的任意x1，x2都有 f（x1·x2）=f（x1）+f（x2），

令x1=x，x2=-1，则有 f（-x）=f（x）+f（-1）

又令x1=x2=-1，得2f（-1）=f（1）

再令x1=x2=1，得f（1）=0，从而f（-1）=0，

于是有f（-x）=f（x）

∴f（x）是偶函数；

 （2）设012，则f（x1）-f（x2）=f（x1）-

由于012∴

从而

故f（x1）-f（x2）<0，即f（x1）2）

∴f（x）在（0，+∞）上是增函数；

（3）由于f（2）=1，

所以2=1+1=f（2）+f（2）=f（4），

于是待解不等式可化为f（2x2-1）

结合（1），（2）已证结论，得上式等价于|2x2-1|<4

解得。

（Ⅰ）；（Ⅱ）．

试题分析：（Ⅰ）函数是定义在R上的偶函数，则恒成立，代入解析式得：

，.即对任意都成立，由此得，．（Ⅱ）不等式对任意，恒成立，则小于等于的最大值，而

．所以对任意恒成立，

令，这是关于的一次函数，故只需取两个端点的值时不等式成立即可，即，解之即可得实数m的取值范围.

试题解析：（Ⅰ）由函数是定义在R上的偶函数，则恒成立，

即，所以，

所以恒成立，则，故． 4分

（Ⅱ）

．

所以对任意恒成立，令，

由解得，

故实数m的取值范围是．                   12分

（Ⅰ）∵f′（x）=，

∴由f′（x）＞0得：0＜x＜2；

由f′（x）＜0得：x＜0或x＞2；

∴f（x）在（-∞，0），（2，+∞）上单调递减，在（0，2）上单调递增；

（Ⅱ）在（0，+∞）上至少存在一点x0，使得g（x0）＞h（x0）成立，即不等式g（x）＞h（x）在（0，+∞）有解，

即：m＞（x＞0）有解，

记φ（x）=（x＞0），则m＞φ（x）min，

φ′（x）==，

令t（x）=ex-x-1，t′（x）=ex-1，

∵x＞0，

∴ex＞1，

∴t′（x）＞0，

∴t（x）＞t（0）=0，

∴φ（x）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，

∴φ（x）min=φ（1）=e-2，

∴m的取值范围是（e-2，+∞）．

（1）由已知得f（x）=f（-x）

即sin（x+a）+cos（x-a）=sin（-x+a）+cos（-x-a）

所以cosa+sina=0，于是tana=-

又因为0＜a＜π

∴a=

（2）由（1）可知f（x）=sin（x+）+cos（x-）=sinxcos+cosxsin+cosxcos+sinxsin=-cosx

由此可知，函数f（x）的最大值为1．

单调递增区间为：[2kπ，2kπ+π]（k∈Z）