热门试卷

（1）a=2时，f（x）≥f（1）可化为：2(x-1)≤，等价于：①或   ②

解①得 1≤x≤，解②得 x≤-1．

所以，原不等式的解集为  {x|1≤x≤或x≤-1}．

（2）任取x1，x2∈[1，+∞），且x1＜x2，则

要使函数f（x）在[1，+∞）上为单调函数，需且只需：a＞恒成立，（或a＜恒成立）．

因此，只要求出在条件“x1，x2∈[1，+∞），且x1＜x2”之下的最大、最小值即可．

为了探求这个代数式的最值，我们可以考虑极端情况，如：x1=1，x2→1，

容易知道，此时→+∞；

若考虑x1＜x2→+∞，则不难看出，此时→1，至此我们可以看出：要使得函数f（x）为单调函数，只需a≤1．

事实上，当a≤1时，由于x1+x2＞+＞0恒成立，

所以，＞1．所以，在条件“x1，x2∈[1，+∞），且x1＜x2”之下，必有：f（x1）-f（x2）＞0．

所以，f（x）在区间[1，+∞）上单调递减．

当a＞1时，由（1）可以看出：特例a=2的情况下，存在f(1)=f()．

由此可以猜想：函数f（x）在区间[1，+∞）上不是单调函数．

为了说明这一点，只需找到x1，x2∈[1，+∞），使得f（x1）=f（x2）即可．

简便起见，不妨取x1=1，此时，可求得x2=＞1，也即：f(1)=f()=a，所以，f（x）在区间[1，+∞）上不是单调函数．

另f′(x)=a-，对x∈[1，+∞），易知：

当x→1时，→+∞；当x→+∞时，→1；

所以当x∈[1，+∞）时，＞1，

从而只须a≤1，必有f'（x）＜0，函数在x∈[1，+∞）上单调递减．

（1）当时x=y=0，f（0）=f（0）+f（0），

得f（0）=0，令y=-x，则f（0）=f（x）+f（-x）

∴f（-x）=-f（x）∴f（x）在R上是奇函数，

设x1＞x2，则f（x1）-f（x2）=f（x1）+f（-x2）

=f（x1-x2）＜0

∴f（x1）＜f（x2），

∴f（x）在R上是减函数（6分）

（2）f（x2-4）-f（2x-2a）＞f（0）等价于

x2-4＜2x-2a即x2-2x+2a-4＜0（8分）

令g（x）=x2-2x+2a-4

根据题意，的实数a的取值范围为2≤a＜

∴a∈[2，)（12分）

（Ⅰ）∵定义在（0，+∞）上的函数f （x）对于任意的m，n∈（0，+∞），满足f（m•n）=f（m）+f（n），

∴f（1）=f（1×1）=f（1）+f（1）．∴f（1）=0

证明：（II）设0＜x1＜x2，∵f（m•n）=f（m）+f（n）即f（m•n）-f（m）=f（n）

∴f(x2)-f(x1)=f(x1)-f(x1)=f()+f(x1)-f(x1)=f()．

因为0＜x1＜x2，则＞1，而当x＞1时，f（x）＜0，从而f（x2）＜f（x1）

于是f（x）在（0，+∞）上是减函数．

（Ⅲ）因为f（4）=f（2）+f（2）=-1，所以f（x2-3x）＞f（4），

因为f（x）在（0，+∞）上是减函数，所以0＜x2-3x＜4，

解得-1＜x＜0或3＜x＜4，

故所求不等式的解集为{x|-1＜x＜0或3＜x＜4}．

（1）由条件得

解得：a=-1，b=4．

（2）f（x）=-x2+2x+3

函数开口方向向下，对称轴方程为x=1，

∴f（x）在x∈[m，1]上单调递增，

∴x=m时f（x）min=-m2+2m+3=1

解得m=1±．

∵m＜1，∴m=1-．

（1）|f（x）|=|x|==，

∴M=1

（2）M=1，∴g（x）＞x可化为x2-2（a+1）x+a2+1＞0即[x-（a+1）]2＞2a，

若a＜0，则x∈R；

若a=0，则x≠1；

若a＞0，则|x-（a+1）|＞

∴x＞a++1或x＜a-+1

（1）∵不等式f（x）＜b的解集是（1，3）即x+＜b的解集为（1，3）

∴x=1，x=3是x+=b  的根，

∴a=3，b=4

∴ax2-bx+1=3x2-4x+1＜0的解集为{x|＜x＜1}

（2）由f（1）=f（2）可得，1+a=2+

∴a=2，f（x）=x+

设0＜x1＜x2≤

则f（x1）-f（x2）=x1+-x2-=（x1-x2）+

=

∵0＜x1＜x2≤∴x1x2＞0，x1-x2＜0，x1x2-2＜0

∴f（x1）-f（x2）＞0即f（x1）＞f（x2）

∴函数f（x）=x+在（0，]单调递减

解：设﹣1≤x1＜x2≤1，则x1﹣x2≠0，

∴ ＞0．

∵x1﹣x2＜0，

∴f（x1）+f（﹣x2）＜0．

∴f（x1）＜﹣f（﹣x2）．

又f（x）是奇函数，

∴f（﹣x2）=﹣f（x2）．

∴f（x1）＜f（x2）．

∴f（x）是增函数．

（1）∵a＞b，∴f（a）＞f（b）．

（2）由f（x﹣）＜f（x﹣），得

∴﹣ ≤x≤ ．

∴不等式的解集为{x|﹣ ≤x≤ }．

（3）由﹣1≤x﹣c≤1，得﹣1+c≤x≤1+c，

∴P={x|﹣1+c≤x≤1+c}．

由﹣1≤x﹣c2≤1，得﹣1+c2≤x≤1+c2，

∴Q={x|﹣1+c2≤x≤1+c2}．

∵P∩Q=，

∴1+c＜﹣1+c2或﹣1+c＞1+c2，

解得c＞2或c＜﹣1．