热门试卷

解：（I）由4﹣ax≥0，得ax≤4．

当a＞1时，x≤loga4；

当0＜a＜1时，x≥loga4．

即当a＞1时，f（x）的定义域为（﹣∞，loga4]；

当0＜a＜1时，f（x）的定义域为[loga4，+∞）．

令t=，则0≤t＜2，且ax=4﹣t2，

∴设g（t）=4﹣t2﹣2t﹣1=﹣（t+1）2+4，

当t∈[0，2）时，g（t）是单调减函数，

∴﹣5＜y≤3，

∴函数f（x）的值域是（﹣5，3]．

（II）若存在实数a使得对于区间（2，+∞）上使函数f（x）有意义的一切x，

都有f（x）≥0，则区间（2，+∞）是定义域的子集．

由（I）知，若a＞1不满足条件；

若0＜a＜1，x∈（2，+∞），0＜ax＜a2＜1，则．

g（t）=﹣（t+1）2+4的对称轴为x=﹣1，在为减函数

∵，

∴x∈（2，+∞），f（x）＜0，即f（x）≥0不成立．

综上，满足条件的a的取值范围是．

（1）函数的图像详见解析；（2）实数的取值范围为.

试题分析：（1）用零点分段法分：、、三种情况化简函数，从而得到，再根据一次函数的图像作法作出函数的图像即可；（2）依题意先将问题转化为，借用（1）中函数的图像求出最低点的纵坐标即函数的最小值4，最后求解二次不等即可得到的取值范围.

试题解析：(1)①当时，

②当时，

③当时，

∴

∴的图象如图所示

(2)由(1)知的最小值为4，由题意可知

即，即，解得

故实数的取值范围为.

（1）详见解析；（2）奇函数，，证明详见解析；（3）x=

试题分析：(1)只要把x、y、代入函数解析式化简即可得：，然后验证定义域范围符合即可；

（2）可以根据函数的奇偶性和单调性的定义，并利用赋值法，变量代换的方法得到f(－x)=－f(x)为奇函数和、时为减函数；

（3）利用奇函数和，得到和，代入已知方程即可解决.

试题解析：（1）    ∴－1

∴成立

            4分

（2）令x=y=0，则f(0)=0，令y=－x则f(x)+f(－x)=0

∴f(－x)=－f(x)为奇函数

任取、

         8分

（3）∵f(x)为奇函数    ∴   

由         

∵f(x)为(－1，1)上单调函数       13分

（I）由f（1）=3得，2-a=3（2分）

∴a=-1（4分）

（II）由（I）得函数f(x)=2x+，

则函数f(x)=2x+的定义域为{x|x≠0}（5分）

∵f(-x)=2(-x)+=-2x-=-(2x+)=-f(x)（7分）

∴函数f(x)=2x+为奇函数．（8分）

（III）函数f（x）在（1，+∞）上是增函数，证明如下：

任取x1，x2∈（1，+∞），不妨设x1＜x2，则有（9分）

∵x1，x2∈（1，+∞）且x1＜x2

∴x1-x2＜0，2x1x2-1＞0，x1x2＞0

∴f（x1）-f（x2）＜0

即f（x1）＜f（x2）

∴函数f（x）在[1，+∞）上是增函数．（12分）

（1）任取x1，x2∈[1，+∞），且x1＜x2，

f(x1)-f(x2)=-=

∵x1-x2＜0，（x1+1）（x2+1）＞0，

所以，f（x1）-f（x2）＜0，f（x1）＜f（x2），

所以函数f（x）在[1，+∞）上是增函数．

（2）由（1）知函数f（x）在[1，4]上是增函数．

最大值为f(4)==，最小值为f(1)==．

（1）①时，在上单调递减；

②时，，单调增区间为，单调减区间为；

③时，，单调增区间为，单调减区间为．

（2）

（1）

…………………………1分

当，即时，，所以在上单调递减……………2分

当，即时，

①时，，单调增区间为，单调减区间为……………3分

②时，，单调增区间为，单调减区间为………5分

综上：①时，在上单调递减（只要写出以上三种情况即得5分）

②时，，单调增区间为，单调减区间为

③时，，单调增区间为，单调减区间为

（2）恒成立，等价于…………………………6分

，，

在上单调递减，，在上单调递减，

所以的最大值为，所以…………………………8分

（1）∵f（x）为R上的奇函数，∴f（0）=0，可得b=1

又∵f（-1）=-f（1）

∴=-，解之得a=1

经检验当a=1且b=1时，f（x）=，满足f（-x）=-f（x）是奇函数．    …（4分）

（2）由（1）得f（x）==-1+，

任取实数x1、x2，且x1＜x2

则f（x1）-f（x2）=-=

∵x1＜x2，可得2x1＜2x2，且(2x1+1)(2x2+1)＞0

∴f（x1）-f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2），函数f（x）在（-∞，+∞）上为减函数；     …（8分）

（3）根据（1）（2）知，函数f（x）是奇函数且在（-∞，+∞）上为减函数．

∴不等式f（t2-2t）+f（2t2-k）＜0恒成立，即f（t2-2t）＜-f（2t2-k）=f（-2t2+k）

也就是：t2-2t＞-2t2+k对任意的t∈R都成立．

变量分离，得k＜3t2-2t对任意的t∈R都成立，

∵3t2-2t=3（t-）2-，当t=时有最小值为-

∴k＜-，即k的范围是（∞，-）．                                  …（12分）

（1）∵对任意a，b，当a+b≠0，都有＞0

∴＞0，

∵a＞b，

∴a-b＞0，

∴f（a）+f（-b）＞0，

∵f（x）是定义在R上的奇函数，

∴f（-b）=-f（b），

∴f（a）-f（b）＞0，

∴f（a）＞f（b）

（2）由（1）知f（x）在R上是单调递增函数，

又f（k•3x）+f（3x-9x-2）＜0，

得f（k•3x）＜-f（3x-9x-2）=f（9x-3x+2），

故k•3x＜9x-3x+2，

∴k＜3x+-1，

令t=3x，

∵x∈[-1，1]恒成立，

∴t=3x∈[，3]，

∴k＜t+-1，

而t+≥2，

当且仅当t=，t=时，取等号，

即k＜2-1．

解．（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）=1+，

当a＞1时，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增；

当0＜a＜1时，由f′（x）＞0，解得x＞-，由f′（x）＜0，解得0＜x＜-．

所以f（x）在（0，-）上单调递减，在（-，+∞）上单调递增；

综上，当a＞1时，f（x）的增区间为（0，+∞）；当0＜a＜时，f（x）的减区间是（0，-），增区间是（-，+∞）．

（2）原不等式可化为log2(x2-x)+x2-x＜3．

由（1）知f（t）=t+log2t在（0，+∞）上是增函数，且f（2）=3，

所以log2(x2-x)+x2-x＜3可化为f（x2-x）＜f（2），

所以0＜x2-x＜2，解得1＜x＜2．

所以原不等式的解集为{x|1＜x＜2}．

（1）设f（x）=ax2+bx+c，

由f（0）=0，得c=0，f（x+1）=f（x）+x+1，即a（x+1）2+b（x+1）+c=ax2+bx+c+x+1，

也即ax2+（2a+b）x+a+b=ax2+（b+1）x+1，

所以有，解得，

所以f(x)=x2+x．

（2）设1＜x1＜x2＜2，

则f（x1）-f（x2）=(x1-x2)(x1+x2-1)，

∵1＜x1＜x2＜2，∴x1-x20，

∴f（x1）-f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），

所以f（x）在（1，2）上为增函数；

（3）①若t+1≤-，即t≤-，fmax（x）=f（t）=t2+t取不到，fmin（x）=f（t+1）=t2+t+1取不到；

②若t＜-＜t+1即-＜t＜-，d1=--t，d2=t+，

当d1≥d2即t≤-1时，fmax（x）=f（t）=t2+t取不到，fmin（x）=f（-）=-，

当d1＜d2即t＞-1时，fmax（x）=f（t+1）=t2+t+1取不到，fmin(x)=f(-)=-；

③若t≥-，fmax（x）=f（t+1）=t2+t+1取不到，fmin(x)=f(t)=t2+t取不到．

综上，当t≤-或t≥时，f（x）没最大值也没最小值，当-＜t＜-时，最小值为-，无最大值．

f（x）=x5+5x4+10x3+10x2+5x+1

=（x+1）5，

所以x=-2时，f（-2）=（-2+1）5=-1．

所求多项式x=-2时的值为：-1．

（1）∵log2f（2）=2，∴f（2）=4，∴4-2+k=4，∴k=2．

（2）根据（1）可知f(x)=x2-x+2=(x-)2+，

∴f(x)+≥2=6．

当且仅当f（x）=3时，即x2-x+2=3时，解得x=时，f(x)+取到最小值6．

（1）在f（xy）=f（x）+f（y）中，令x=y=2，可得f（4）=f（2）+f（2）=-2，

令x=2，y=4可得，f（8）=f（2）+f（4）=-3，

则f（8）=-3；

（2）设0＜x1＜x2＜+∞，则＞1，则f（）＜0，

f（x2）-f（x1）=f（•x1）-f（x1）=f（）＜0，

即f（x2）＜f（x1），

则f（x）在（0，+∞）为减函数，

（3）f（2x+2）-f（2x-4）＜-3，即f（2x+2）-f（2x-4）＜f（8），

f（2x+2）＜f（2x-4）+f（8）=f[8•（2x-4）]，

又由f（x）在（0，+∞）为减函数，

∴解得：2＜x＜3

故2＜x＜3．

（1）设x＞y，∵f（x+y）=f（x）f（y），∴f（x）=，

令x=x-y，代入上式得，f（x-y）=，

∵x＞y，∴x-y＞0，∵当x＞0时，f（x）＞1，

∵f（x-y）＞1，∴＞1，则f（x）＞f（y），

∴f（x）在R上为单调增函数；

（2）∵f（1）=2，f（x+y）=f（x）f（y），∴f（2）=f（1+1）=f（1）f（1）=4，

由于f（3x-x2）＞4，∴f（3x-x2）＞f（2），

又∵f（x）在R上为单调增函数，∴3x-x2-2＞0，解得1＜x＜2，

∴不等式的解集是（1，2）；

（3）令x=0，y=1代入f（x+y）=f（x）f（y），得f（0+1）=f（0）f（1）=f（1），

∵f（1）=2，∴f（0）=1，

令x=2，y=1代入f（x+y）=f（x）f（y），得f（2+1）=f（2）f（1）=8，即f（3）=8，

∴f（x+3）=f（x）f（3）=8f（x），代入[f(x)]2+f(x+3)=f(2)+1得，

[f（x）]2+4f（x）-5=0，解得f（x）=1或-5，

令y=-x代入f（0）=f（x）f（-x）=1，即f（-x）=，

∵f（x）在R上为单调增函数，f（0）=1；

∴f（x）＞0，则f（x）=-5舍去，故f（x）=1，即x=0，

所以所求的方程解是0．