热门试卷

（I）∵函数f（x）是定义在R上的偶函数

∴f（-1）=f（1）

又x≥0时，f(x)=()x

∴f(1)=，即f（-1）=．

（II）由函数f（x）是定义在R上的偶函数，

可得函数f（x）的值域A即为

x≥0时，f（x）的取值范围，

当x≥0时，0＜()x≤1

故函数f（x）的值域A=（0，1]．

（III）∵g(x)=

定义域B={x|-x2+（a-1）x+a≥0}={x|x2-（a-1）x-a≤0}

方法一：由x2-（a-1）x-a≤0得（x-a）（x+1）≤0

∵A⊆B∴B=[-1，a]，且a≥1（13分）

∴实数a的取值范围是{a|a≥1}

方法二：设h（x）=x2-（a-1）x-a

A⊆B当且仅当即

∴实数a的取值范围是{a|a≥1}

∵奇函数f（x）在（0，+∞）上是增函数，∴f（x）在（-∞，0）上也是增函数，

又由f（1）=0得f（-1）=-f（1）=0

∴满足的条件是

即g(θ)＜-1(θ∈[0，])，即sin2θ+mcosθ-2m＜-1，

也即-cos2θ+mcosθ-2m+2＜0．

令t=cosθ，则t∈[0，1]，又设δ（t）=-t2+mt-2m+2，0≤t≤1

要使δ（t）＜0，必须使δ（t）在[0，1]内的最大值小于零

1°当＜0即m＜0时，δ（t）max=δ（0）=-2m+2，解不等式组知m∈∅

2°当0≤≤1即0≤m≤2时，δ（t）max=，

由＜0，解得4-2≤m≤4+2，故有2≥m≥4-2

当＞1即m＞2时，δ（t）max=-m+1，解不等式组得m＞2

综上：M∩N={m|m＞4-2 }

（1）证明：有A=B．先证

任取x0∈A，则f（x0）=x0，f（f（x0））=f（x0）=x0，

∴x0∈B，∴A⊆B；

再证 任取y0∈B，f（f（y0））=y0，

若f（y0）≠y0，不妨设f（y0）＞y0，

由单调递增可知：f（f（y0））＞f（y0）＞y0，与f（f（y0））=y0矛盾，

同理f（y0）＜y0也矛盾，所以f（y0）=y0，∴B⊆A，

综上，A=B．

（2）（i）若|A|=0，则|B|=0，下面证明：

若a＞0，由于f（x）=x无实根，则对任意实数x，f（x）＞x，从而f（f（x））＞f（x）＞x，

故f（f（x））=x无实根；

同理，若a＜0，对任意实数x，f（x）＜x，从而f（f（x））＜f（x）＜x，

故f（f（x））=x也无实根，

所以|B|=0．

（ii）若|B|=1，则|A|=1，下面证明：

存在性：不妨设x0是B中唯一元素，则f（f（x0））=x0，

令f（x0）=t，f（t）=x0，那么f（f（t））=f（x0），而f（x0）=t，故f（f（t））=t，说明t也是f（f（x））的不动点，

由于f（f（x））只有唯一的不动点，故x0=t，即f（t）=t，这说明t也是f（x）的不动点，从而存在性得证；

以下证明唯一性：若f（x）还有另外一个不动点m，即f（m）=m，m≠t，

则f（f（m））=f（m）=m，这说明f（f（x））还有另外一个稳定点m与题设矛盾．

故唯一性得证．