热门试卷

（1）见解析    （2）见解析

证明： (1)因对定义域内的任意x1、x2都有

f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，

令x1＝x，x2＝－1，

则有f(－x)＝f(x)＋f(－1)．

又令x1＝x2＝－1，得2f(－1)＝f(1)．

再令x1＝x2＝1，得f(1)＝0，

从而f(－1)＝0，

于是有f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数．

(2)设012，

则f(x1)－f(x2)＝f(x1)－f(x1·)＝f(x1)－[f(x1)＋f()]＝－f()，

由于012，所以>1，从而f()>0，

故f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)2)，

所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．

（1）∵函数f（x）是R上的奇函数，

∴f（0）=0，f（-1）=-f（1）．

∵当x＞0时，函数的解析式为f(x)=-1．

∴f（-1）=-f（1）=-（2-1）=-1．

（2）设0＜x1＜x2，则f(x1)-f(x2)=，

∵0＜x1＜x2，

∴x2-x1＞0，x1x2＞0，

∴f(x1)-f(x2)=＞0，

即f（x1）＞f（x2），

∴f（x）在（0，+∞）上的单调递减，是减函数．

（1）不存在“好区间”；（2）的最大值为.

试题分析：（1）先求出的定义域.可知要对分情况讨论，当时，定义域，在内是增函数；当时，定义域，在内还是增函数.从而得出，即方程在定义域内有两个不等的实数根，即在定义域内有两个不等的实数根.再用换元法，设，则相当于两个不等的实数根，即在内有两个不等的实数根,通过研究二次函数，发现在内有两个不等的实数根无解，所以函数不存在“好区间”；（2）函数有“好区间”，由于定义域为，或，易知函数在上单调递增，，所以是方程，即方程有同号的相异实数根，然后再用判别式求出的范围，再用韦达定理用表示出，结合的范围即可求出的最大值.

试题解析：（1）由.              2分

①当时，，此时定义域，，，

，，，

，，

，

在内是增函数；              4分

②当时，，此时定义域，

同理可证在内是增函数；              6分

存在“好区间”，

关于的方程在定义域内有两个不等的实数根.

即在定义域内有两个不等的实数根.(*)

设，则(*)，

即在内有两个不等的实数根，

设，则无解.

所以函数不存在“好区间”.               8分

（2）由题设，函数有“好区间”，

或，函数在上单调递增，

，所以是方程，即方程有同号的相异实数根. 12分

，同号，或.

,.

当，取得最大值.              16分

略

（1）f（x）=x|x-4|+2x-3=

=（6分）

∵x∈[1，5]

∴f（x）在[1，3]上递增，在[3，4]上递减，在[4，5]上递增．

∵f（1）=2，f（3）=6，f（4）=5，f（5）=12，

∴f（x）的值域为[2，12]（10分）

（2）f（x）=x|x-m|+2x-3=

=

因为f（x）在R上为增函数，所以-2≤m≤2．（15分）

（1）因为A=R，所以ax2-2x+2＞0在x∈R上恒成立．

①当a=0时，由-2x+2＞0，得x＜1，不成立，舍去，

②当a≠0时，由，得a＞，

综上所述，实数a的取值范围是a＞．

（2）依题有ax2-2x+2＞4在x∈[1，2]上恒成立，

所以a＞=2(+)在x∈[1，2]上恒成立，

令t=，则由x∈[1，2]，得t∈[，1]，

记g（t）=t2+t，由于g（t）=t2+t在t∈[，1]上单调递增，

所以g（t）≤g（1）=2，

因此a＞4

由题意知：

（1）f（x）是奇函数．

证明：∵对∀x∈R

有f(-x)====-f(x)

∴根据奇函数的定义可知：f（x）是奇函数

（2）任取x1，x2∈R，设x1＜x2

则f(x1)-f(x2)=-==

∵x1＜x2且f（x）=2x为增函数，

∴2x1 ＜2x2

又∵(2x1+1)＞0；(2x2+1)＞0

∴f（x1）-f（x2）＜0

故：函数f（x）在x∈（-∞，+∞）上是增函数．

（1）证明：设任意x1＜x2，

则f（x1）-f（x2）=-=，

∵x1＜x2，

∴4x1＜4x2，∴4x1-4x2＜0，

又2+4x1＞0，2+4x2＞0．

∴f（x1）-f（x2）＜0，

∴f（x1）＜f（x2），…（4分）

∴f（x）在R上是增函数                                   …（6分）

（2）对任意t，f（t）+f（1-t）=-=-==1．

∴对于任意t，f（t）+f（1-t）=1                                 …（10分）

（3）∵由（2）得f（t）+f（1-t）=1

∴f()+f()=1，f()+f()=1，

∴f()+f()+f()+…+f()+f()+f()+f()+…+f()=2011，

∴f()+f()+f()+…+f()=…（14分）

（1）令t=log2x，则x=2t，于是f(t)=2t+

∴f(x)=2x+（3分）

（2）∵f（x）是偶函数，∴2-x+=2x+对任意x∈R恒成立

即(a-1)(2x+)=0对任意x∈R恒成立

∴a-1=0，即a=（16分）

（3）f （x）是偶函数时，讨论函数f （x）在区间（0，+∞）上是增函数，

证明如下

f(x)=2x+，设0＜x1＜x2，则f(x2)-f(x1)=(2x2+)-(2x1+)=(2x2-2x1)(1-)（8分）

∵x1＜x2，且y=2x是增函数，∴2x2＞2x1，即2x2-2x1＞0

∵0＜x1＜x2，x1+x2＞0，∴2x1+x2＞1  ⇒＜1（10分）

故1-＞0

∴f（x2）-f（x1）＞0，即f（x2）＞f（x1）

∴当x∈（0，+∞）时，f（x）是增函数．（12分）

（1）由题意可知定义域为x∈R，

而f（-x）====-f(x)，

∴（x）是奇函数；

（2）设任意x1，x2∈R，且x1＜x2，

则f（x1）-f（x2）=-

==，

∵a＞1，∴ax1＜ax2，且ax1+1＞0，ax2+1＞0

∴＜0，即f（x1）＜f（x2），

∴f（x）是R上的增函数．

（1）函数是奇函数；

由-1＞0，可得-1＜x＜1，即函数的定义域为（-1，1）

∵f(x)=log2(-1)=log2

∴f（-x）=log2=-log2=-f（x）

∴函数是奇函数；

（2）令y=，则y′=＞0，∴y=在（-1，1）上单调递增

∴函数f(x)=log2(-1)在（-1，1）上单调递增

∵f（2m-1）＞f（1-m），

∴

解得＜m＜1．

（1）证明：f（x）的定义域为R，…（1分）

且对于任意x∈R，f（-x）=2-x+2x=f（x），所以f（x）是偶函数．…（4分）

（2）f（x）是（0，+∞）上的增函数．…（5分）

证明如下：设x1，x2是（0，+∞）上的两个任意实数，且x1＜x2，则△x=x1-x2＜0，△y=f(x1)-f(x2)=(2x1+)-(2x2+)=2x1-2x2+-=2x1-2x2+=(2x1-2x2)(1-)．

因为0＜x1＜x2，所以 2x1＜2x2，2x1+x2＞1，所以2x1-2x2＜0，1-＞0，从而△y＜0，

所以f（x）是（0，+∞）上的增函数．…（10分）

（I）当x＜0时，-x＞0，可得f(-x)=，

由于f（x）是奇函数，于是f（-x）=-f（x），

所以当x＜0时，f(x)=．                               （4分）

（II）证明：设x1，x2是（0，+∞）上的任意两个实数，且x1＜x2，

则f(x1)-f(x2)=-=

由0＜x1＜x2，得x2-x1＞0，（x1+1）（x2+1）＞0，

于是f（x1）-f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2）

所以函数f(x)=在（0，+∞）上是减函数．                    （8分）