热门试卷

解：（1）由a-ax＞0，得ax＜a，

∵函数y= ax (a>1)为增函数，

∴x＜1，

又∵ax＞0，

∴0＜ax＜a，

∴f(x)=loga(a-ax)＜1，

故函数f(x)的定义域为（-∞，1），值域为（-∞，1）。

（2）f(x)为减函数。

证明：设x1＜x2＜1，则

f(x1)- f(x2)=，

∵x1＜x2＜1，a>1，

∴，

∴，即，

∴f(x1)- f(x2) ＞0，

∴f(x1)＞f(x2)，

∴函数f(x)在定义域（-∞，1）上为减函数。

（1）由，

解得：-2＜x≤3，

∴A={x|-2＜x≤3}；

（2）B={x|x＜a}，由A⊆B，如图，

得：a＞3．

（1）∵＞0，∴-1＜x＜1

（2）由（1）知函数的定义域关于原点对称

又∵f(-x)=ln=ln()-1=-ln=-f(x)

所以f(x)=ln为奇函数

（3）∵f（x）＞0，即ln＞0=ln1∵以e为底的对数是增函数∴＞1，∴0＜x＜1

所以f（x）＞0的x取值范围为{x|0＜x＜1}

任取x1，x2∈[2，5]，且x1＜x2 ，

y1-y2=-=，

∵x1，x2∈[2，5]，且x1＜x2 ，∴，

∴y1-y2＞0，即 y1＞y2．

 所以函数y=在区间[2，5]上是减函数，故当x=2时，函数有最大值为2，x=5时，函数有最小值为．

所以函数的最大值是2，最小值是．

由y=，得yx2-（y+1）x+y+1=0∵当y=0时，x=1，故y可以取0；

当y≠0时，必有△=（y+1）2-4y（y+1）≥0

解得-1≤y≤，且y≠0∴-1≤y≤，即函数的值域为[-1，]．

（1）由题意得，，解得原函数的定义域为{x|x≥3且x≠4}；

（2）∵1-5x＞0，解得原函数的定义域为{x|x＜}；

（3）∵，∴x＞2且x≠3；

（4）∵，解得x≥-，故此函数的定义域为{x|x≥-}．

解：(Ⅰ)因为x=5时，y=11，所以，a=2；

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知，该商品每日的销售量，

所以商场每日销售该商品所获得的利润

，3＜x＜6，

从而，f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)(x-6)，

于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

由上表可知，x=4是函数f(x)在区间(3，6)内的极大值点，也是最大值点，

所以，当x=4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42；

答：当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．

解：（1）

；

（2）根据（1）的结论，

；

（3），x∈R，

令，

则，

∴y∈（0，1），即函数的值域是（0，1）。

解：（1）由 

函数的定义域为（－1，1）            ………………………2分

又

 ………………………4分

              ………………………6分

（2）任取、

　       …………9分

.     …………………………12分

略

（Ⅰ）a=1时，f（x）=|3x-1|+x+3．

当x≥时，f（x）≤5可化为3x-1+x+3≤5，解之得≤x≤；

当x＜时，f（x）≤5可化为-3x+1+x+3≤5，解之得-≤x＜．

综上可得，原不等式的解集为{x|-≤x≤}．…（5分）

（Ⅱ）f(x)=|3x-1|+ax+3=

函数f（x）有最小值的充要条件为，即-3≤a≤3，

故实数a的取值范围是[-3，3]．…（10分）

（1）由f（-x）=-f（x）得：b=0，由f(2)=-得a=2…..（4分）

（2）f(x)=-(x+)在（1，+∞）上为减函数．

证明：任取1＜x1＜x2，则f(x1)-f(x2)=-(x1-x2)(1-)＞0，

所以f（x）在（1，+∞）上为减函数…（8分）

（3）同理，f（x）在（0，1）递增∴x＞0时，f(x)≤f(1)=-，

又f（x）为奇函数，∴x＜0时f(x)≥，

综上所述，f（x）的值域为(-∞，-]∪[，+∞)…（11分）

（1）F（x）=(

1

2

)2x-(

1

2

)x

令t=(

1

2

)x（t＞0）则

y=t2-t=(t-

1

2

)2-

当t=，y最小为-

当t=2时，y有最大值为2

故F（x）的值域为[-，2]

（2）H（x）=4x-+1

∵H′(x)=4xlnx+＞0

∴H（x）在（-1，+∞）单调递增

（1）当b=2时，f(x)=x+-3，x∈[1，2]，

因为f（x）在[1，]上单调递减，在[，2]上单调递增，…（2分）

所以f（x）的最小值为f()=2-3，…（4分）

又因为f（1）=f（2）=0…（5分）

所以f（x）的值域为[2-3，0]…（6分）

（2）①当0＜b＜2时，f（x）在[1，2]上单调递增，

则m=b-2，M=-1，此时M-m=-+1≥4，得b≤-6与0＜b＜2矛盾（舍去）…（8分）

②当2≤b＜4时，f（x）在[1，]上单调递减，在[，2]上单调递增，

所以M=max{f(1)，f(2)}=b-2，m=f()=2-3，

则M-m=b-2+1≥4，得(-1)2≥4，解得b≥9，与2≤b＜4矛盾（舍去）…（11分）

③当b≥4时，f（x）在[1，2]上单调递减，

则M=b-2，m=-1，此时M-m=-1≥4，得b≥10…（13分）

综上所述，b的取值范围是[10，+∞）…（14分）

（1）由题意知，当1≤x＜40时，一次函数y=ax+b过点A（4，23），B（32，30），代入函数求得a=，b=22；

当40≤x≤100时，一次函数y=kx+m过点C（60，22），D（90，7），代入函数求得k=-，m=52；

∴函数解析式为：y=f（x）=

（2）设日销售额为S千元，当1≤x＜40时，S（x）=（x+22）•（-x+）=-（x-）2+；

∴当x=10或11时，函数有最大值S（x）max==808.5（千元）；

当40≤x≤100时，S（x）=（-x+52）•（-x+）=（x2-213x+11336）；

∴当x=40时，s（x）max=736（千元）．

综上所知，日销售额最高是在第10天或第11天，最高值为808.5千元．