热门试卷

（1）证明：f（x）在[1，+∞）上的单调递增．

设x1，x2为[1，+∞）上任意两个实数，且1≤x1＜x2，则x1-x2＜0f(x1)-f(x2)=(1-)-(1-)=-=＜0∴f（x）在[1，+∞）上的单调递增．

（2）当≤x≤2时≤≤2，-≤-1≤1，0≤|-1|≤1

∴A=[0，1]=B

（3）由题意，显然m＞0，对函数的单调性进行研究知，函数在（-∞，0）上是增函数，在x=0处函数值不存在，在（0，1）函数是减函数，在（1，+∞）函数是增函数，由此结合函数的连续性可以得出ab＞0且1∉[a，b]．

①当b＜0时，f（x）在[a，b]上为增函数∴，即a，b为方程1-=mx的两根．

∴mx2-x+1=0有两个不等的负根.，此不等式组无解．

②当a≥1时，f（x）在[a，b]上为增函数∴，即a，b为方程1-=mx的两根．

∴mx2-x+1=0有两个不等的大于1的根.，解得0＜m＜．

③当0＜a＜b＜1时，f（x）在[a，b]上为减函数，∴，两式作差得a=b，无意义．

综上，非零实数m的取值范围为(0，)．

（1）两集合相等，观察发现a不能为O，故只有b+1=0，得b=-1，故b与a对应，所以a=-1，

故a=-1，b=-1

（2）由（1）得f(x)= x+，在[1，+∞）是增函数

任取x1，x2∈[1，+∞）令x1＜x2，

f（x1）-f（x2）=x1+-x2-=（x1-x2）（1-）

∵1≤x1＜x2，

∴x1-x2＜0，又x1x2＞1，故1-＞0

∴f（x1）-f（x2）=（x1-x2）（1-）＜0

∴f（x1）＜f（x2）

故f(x)= x+，在[1，+∞）是增函数

（1）证明：，m、n为任意实数，

取，则有，

∵当时，，

∴，；

当时，，

∴，则，

取，则，

则，

∴。

（2）证明：由（1）及题设可知，在R上，

设，令，

则，，

∴

                           ，

，

∴，即，

所以在R上是减函数。

（3）解：在集合A中，有，

由已知条件，有，

∴，即，

在集合B中，有，

∵，则抛物线与直线无交点，

又，

∴，即，

即的取值范围是。

（1）证明：f（m+n）=f（m）•f（n），

令m＞0，n=0，⇒f（m）=f（m）f（0）

已知x＞0时0＜f（x）＜1．

⇒f（0）=1

设m=x＜0，n=-x＞0，f（-x）∈（0，1）

⇒f（0）=f（m+n）=f（m）f（n）=1⇒f（m）＞1，即当x＜0时f（x）＞1　…（4分）

（2）∀x1＜x2∈R，则x2-x1＞0，0＜f（x2-x1）＜1，f（x1）＞0⇒f（x2）-f（x1）

=f（x2-x1+x1）-f（x1）=f（x2-x1）f（x1）-f（x1）=f（x1）[f（x2-x1）-1]＜0

∴f（x）在R 上单调递减．　　　　　　　　　　　　　　…（10分）

（3）f（x2）f（y2）＞f（1）⇒f（x2+y2）＞f（1）

f（x）在R上单调递减

⇒x2+y2＜1（单位圆内部分）

f（ax-y+2）=1=f（0）⇒ax-y+2=0（一条直线）

A∩B=φ⇒≥1⇒a2≤3⇒a∈[-，]…（16分）