热门试卷

（1）∵f（x+1）=x2+4x+3

=（x+2）2-1

=[（x+1）+1]2-1，（x≥-1）

f（x）=（x+1）2-1（x≥0）

（2）由（1）中，f（x）=（x+1）2-1（x≥0）

∴f（x）∈[0，+∞）

令y=（x+1）2-1

∴y+1=（x+1）2，

∴x+1=

∴x=-1，（y≥0）

∴f-1(x)=-1(x≥0)

由cos2x≠0，得2x≠kπ+，

解得x≠+，k∈Z．

所以f（x）的定义域为{x|x∈R且x≠+，k∈Z}.

因为f（x）的定义域关于原点对称，

且f(-x)=

==f(x)，

所以f（x）是偶函数．

当x≠+ ，k∈z时，

f(x)=

==3cos2x-1，

所以f（x）的值域为{y|-1≤y＜或＜y≤2}．

解：（1）由题 解得

故x，1）

函数f（x）=，1）

（2）由题1+3x，+∞）  

∴=-1

函数值域为[-1，+∞）。

（1）设p（x，y）

由•=m，得y2=m（x2-9），

若m=-1，则方程为x2+y2=9，轨迹为圆（除A B点）；

若-1＜m＜0，方程为+=1，轨迹为椭圆（除A B点）；

若m＞0，方程为-=1，轨迹为双曲线（除A B点）．

（2）m=-时，曲线C方程为+=1，设ℓ1的方程为：x=ty+2

与曲线C方程联立得：（5t2+9）y2+20ty-25=0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2=①，y1y2=②，

可得R(，)，k1k2=•(-)=-．

（3）由=λ得y2=-λy1代入①②得：(1-λ)y1=③，λ=④，

③式平方除以④式得：-2+λ=，

而-2+λ在λ∈[2，3]上单调递增，≤-2+λ≤，≤≤2，ℓ1在y轴上的截距为b，b2=(-)2=∈[，12]，b∈[-2，-]∪[，2]．

（1）由f（2）=1得2a+b=2，又x=0一定是方程=x的解，

所以=1无解或有解为0，（3分）

若无解，则ax+b=1无解，得a=0，矛盾，

若有解为0，则b=1，所以a=． （6分）

（2）f（x）=，设存在常数m，使得对定义域中任意的x，f（x）+f（m-x）=4恒成立，

取x=0，则f（0）+f（m-0）=4，即=4，m=-4（必要性）（8分）

又m=-4时，f（x）+f（-4-x）=+=…=4成立（充分性） （10分）

所以存在常数m=-4，使得对定义域中任意的x，f（x）+f（m-x）=4恒成立，（11分）

（3）|AP|2=（x+3）2+（）2，设x+2=t，t≠0，（13分）

则|AP|2=（t+1）2+（）2=t2+2t+2-+=（t2+）+2（t-）+2=（t-）2+2（t-）+10

=（ t-+1）2+9，（16分）

所以当t-+1=0时即t=，也就是x=时，

|AP|min=3 （18分）

（14分）（1）f(ex)=，

由-e2x+4ex≥0解得0＜ex≤4，∴x≤ln4，

所以函数f（ex）的定义域是（-∞，ln4]．…（2分）

设ex=t＞0，则f(ex)=，

记g（t）=-t2+4t（t＞0），∴g（t）∈[0，4]，∴f（ex）∈[0，2]，即f（ex）的值域是[0，2]…（4分）

（2）①若a=0，则对于每个正数b，f(x)=的定义域和值域都是[0，+∞）

故a=0满足条件；             …（6分）

②若a＞0，则对于正数b，f(x)=的定义域为D={x|ax2+bx≥0}=(-∞，-]∪[0，+∞)，

但f（x）的值域A⊆[0，+∞），

故D≠A，即a＞0不合条件；           …（9分）

③若a＜0，则对正数b，f(x)=的定义域D=[0，-]

由于此时(f(x))max=f(-)=，故f（x）的值域为[0，]

则-=⇔⇔a=-4

综上所述：a的值为0或-4…（14分）

解：（1）由x2﹣1≠0，得x≠1，所以，函数的定义域为x∈R|x≠1

（2）函数在（1，+∞）上单调递减．

证明：任取x1，x2∈（1，+∞），设x1＜x2，

则△x=x2﹣x1＞0，

∵x1＞1，x2＞1，∴x12﹣1＞0，x22﹣1＞0，x1+x2＞0．

又x1＜x2，所以x1﹣x2＜0，

故△y＜0．

因此，函数在（1，+∞）上单调递减

解：（1）定义域：（﹣∞，0）∪（0，+∞）；

（2）定义域关于原点对称，f（﹣x）=（﹣x）﹣，则：

函数f（x）是奇函数；

（3）判断：函数f（x）在（0，+∞）上是增函数，

证明：任取x1，x2∈（0，+∞）且x1＜x2，

∵x1＜x2，

∴x1﹣x2＜0，

∵x1，x2∈（0，+∞），

∴，

∴，

即f（x1）＜f（x2）

∴函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．

（1）由g（x）=[f（x）]2+f（x2）

=（2+log3x）2+（2+log3x2），

得g（x）的解析式为g（x）=log32x+6log3x+6，

由，

得g（x）的定义域为 1≤x≤3．

（2）因为 g（x）=log32x+6log3x+6

=（log3x+3）2-3（1≤x≤3），

又 0≤log3x≤1，

所以当log3x=0，

即x=1时，

g（x）min=6；

当log3x=1，

即x=3时，

g（x）max=13．

（1）∵f（x）是定义域为R上的奇函数，

∴f（0）=0，∴k-1=0，∴k=1，经检验k=1符合题意；

（2）∵f（1）＞0，∴a-＞0，又a＞0且a≠1，∴a＞1，

易知在R上单调递增，

原不等式化为：f（x2+2x）＞f（4-x），∴x2+2x＞4-x，即x2+3x-4＞0，

∴x＞1或x＜-4，

∴不等式的解集为{x|x＞1或x＜-4}；

（3）∵f(1)=，∴a-=，即2a2-3a-2=0，

解得a=2或a=-（舍去），

∴g（x）=22x+2-2x-2m（2x-2-x）=（2x-2-x）2-2m（2x-2-x）+2．

令t=f（x）=2x-2-x，∵x≥1，∴t≥f(1)=，

∴g（t）=t2-2mt+2=（t-m）2+2-m2，

当m≥时，当t=m时，g(t)min=2-m2=-2，∴m=2；

当m＜时，当t=时，g(t)min=-3m=-2，

解得m=＞，舍去，

综上可知m=2．

证明：（I）假设设f（x）＜0，

∵x、y∈R，则f（x+y）＜0

f（x）．f（y）＞0，

与f（x+y）=f（x）．f（y）矛盾，

∴f（x）＞0

（II）对任意x，f（0）=f[x+（-x）]=f（x）f（-x）=1，即f（-x）==[f（x）]-1    可以推出：f（m）=f（1+1+…+1）=[f（1）]m，m为正整数．

            f（1）=f（++…+）=[f（）]n，f（）=[f(1)]1n，n为正整数．

  设x=，m、n为整数．

  f（x）=f（）=[f(1)]mn=[f（x）]x

（III）设x为任意实数，则存在一系列有理数（可能是无穷多个）x1、x2、x3、…

  使得x=x1+x2+x3+…

∵f（x+y）=f（x）⋅f（y）

  所以，f（x）=f（x1+x2+x3+…）=ax1•a^x2•ax3•…=a（x1+x2+x3+…）=ax

（1）设且

则

 即

在上单调递增 ；

（2）；（3）.

试题分析：（1）在定义域内任取，证明，即，所以在上单调递增；（2）因为，是上的奇函数，所以，即，代入表达式即可得；（3）可求得的值域，由可得不等式，所以.

试题解析：（1）设且                          1分

则      3分

 即                            5分

在上单调递增                                            6分

（2）是上的奇函数  8分

即

                                                         11分

（用得必须检验，不检验扣2分）

（3）由

                             14分

的取值范围是                                        16分

（1）若函数f（x）=x+  x∈（0，+∞）时，在区间（0，2）上递减，则在（2，+∞） 上递增；

（2）当x=2 时，f（x）=x+  x∈（0，+∞）的最小值为4；---（4分）

（3）设任意的x1，x2∈（0，2），且x1＜x2

f(x1)-f(x2)=x1+-(x2+)=(x1-x2)()-----（10分）

∵x1，x2∈（0，2），且x1＜x2，∴0＜x1x2＜4，x1-x2＜0，∴x1x2-4＜0

∴f（x1）-f（x2）＞0f（x1）＞f（x2），即

∴f（x）=x+  在区间（0，2）上单调递减---------------（12分）

（4）函数f（x）=x+，x＜0有最大值，当x=-2时，最大值是-4----（14分）

函数y=2x的定义域是R，函数log2x的定义域是R+，故①错误；

函数y=x3值域是R，与函数y=3x值域是R+，故②错误；

函数y=（x-1）2在（0，1]上是减函数，在[（1，+∞）上是增函数，

函数y=2x-1在（0，+∞）上是增函数，故③错误；

函数y=log2的定义域是＞0，

解得＜x＜3，故④正确．

故答案为：①②③．