热门试卷

（1）该命题正确．

∵≤x≤，∴-≤-x≤-．∴≤1-x≤，

即1-x的取值范围是[，]．

（2）该命题是假命题．

∵x（1-x）=-x2+x=-（x-）2+在[，]上单调递增，在[，]上单调递减．

∴当x=时，取到最大值是；当x=或时，取到最小值，

故x（1-x）的取值范围是[，]

（1）证明：当x≠a时，f（x）+f（2a-x）=+===-2，

∴f（x）+f（2a-x）=-2对函数f（x）在其定义域内的所有x都成立；

（2）当x≠a时，f（x）=-1+=-(1+)．

∵a+≤x≤a+1，∴≤x-a≤1，∴1≤≤2，∴2≤1+≤3，

∴-3≤-(1+)≤-2，即-3≤f（x）≤-2．

故函数f（x）的值域为[-3，-2]．

（1）由1+x≥0且1-x≥0，得-1≤x≤1，

所以函数的定义域为[-1，1]，

又[f（x）]2=2+2∈[2，4]，由f（x）≥0，得f（x）∈[，2]，

所以函数值域为[，2]；

（2）因为F（x）=•[f2(x)-2]+f(x)=a++，

令t=f（x）=+，则=t2-1，

∴F（x）=m（t）=a（t2-1）+t=at2+t-a，t∈[，2]，

由题意知g（a）即为函数m（t）=at2+t-a，t∈[，2]的最大值．

注意到直线t=-是抛物线m（t）=at2+t-a的对称轴．

因为a＜0时，函数y=m（t），t∈[，2]的图象是开口向下的抛物线的一段，

①若t=-∈（0，]，即a≤-，则g（a）=m（）=；

②若t=-∈（，2]，即-＜a≤-，则g（a）=m（-）=-a-；

③若t=-∈（2，+∞），即-＜a＜0，则g（a）=m（2）=a+2，

综上有g（a）=，

（3）易得gmin(a)=，

由-m2+2tm+≤g（a）对a＜0恒成立，即要使-m2+2tm+≤gmin（a）=恒成立，

⇒m2-2tm≥0，令h（t）=-2mt+m2，对所有的t∈[-1，1]，h（t）≥0成立，

只需，

解得m的取值范围是m≤-2或m=0，或m≥2．

（1）ax+

a+1

x

 =4-x，得（a+1）x2-4x+a+1=0（*）

由a＞0知x=0不是方程（*）的解，

故△=16-4（a+1）2=0，得a=1．…（2分）

设x1＞x2＞2，

可得：f(x1)-f(x2)=…=＞0，…（4分）

所以，函数f（x）在（2，+∞）上为增函数．…（5分）

（2）h(x)=k-4-在（0，+∞）上为增函数，…（6分）

h（x）在[m，n]上的值域为[m，n]，故有h（m）=m，h（n）=n，

所以h（x）=x在（0，+∞）上有两个不等的实根．…（7分）

得方程：k-4-=x，即x2-(k-4)x+2=0

在（0，+∞）上有两个不等的实根x1，x2．

所以：，（9分）　

得k＞4+2．…（11分）

所以k的取值范围为(4+2， +∞)…（12分）