热门试卷

（1）设x∈（-1，0）则-x∈（0，1）

∵∀x∈R，f（-x）=-f（x），且x∈（0，1）时，f(x)=，

∴x∈（-1，0）时，有f(x)=-f(-x)=-=-..（3分）

在f（-x）=-f（x）中，令x=0，f（-0）=-f（0）⇒f（0）=0．（5分）

综上：当x∈（-1，1）时，有：f(x)=（7分）

（2）f（x）在（0，1）上是减函数（8分）

证明：设0＜x1＜x2＜1则x2-x1＞0，0＜x1+x2＜2，∴2x1+x2＞1，2x2＞2x1．（10分）

∴f(x2)-f(x1)=-=＜0（13分）

∴f（x2）＜f（x1）

∴f（x）在（0，1）上是减函数（14分）

（1）由已知定义域为R，f(-x)==f(x)，∴函数f（x）为偶函数；

（2）证明：设任意的x1＜x2＜0，

则f（x1）-f（x2）=-=，

∵x1＜x2＜0，∴x2-x1＞0，x2+x1＜0，(1+x12)(1+x22)＞0，

∴f（x1）-f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2）．

∴f（x）在（-∞，0）上是增函数．

（Ⅰ）∵不等式f（x）＞-2x的解集为（1，3）

∴x=1和x=3是方程ax2+（b+2）x+c=0（a＜0）的两根

∴

∴b=-4a-2，c=3a

又方程f（x）+6a=0有两个相等的实根

∴△=b2-4a（c+6a）=0

∴4（2a+1）2-4a×9a=0

∴（5a+1）（1-a）=0

∴a=-或a=1（舍）

∴a=-，b=-，c=-

∴f(x)=-x2-x-

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）=ax2-2（2a+1）x+3a=a(x-)-+3a=

∵a＜0，

∴f（x）的最大值为

∵f（x）的最大值为正数

∴

∴解得a＜-2-或-2+＜a＜0

∴所求实a的取值范围是(-∞，-2-)∪(-2+，0)

（1）因为f（x）=，

∴f（c）=2-1c+1，又f（c）=，

∴2-1c==2-2，

∴c=．（4分）

（2）∵c=，

∴f（x）=（6分）

当0＜x＜时，由f（x）＞+1得

x+1＞+1，从而＜x＜，（8分）

当≤x＜1时，解f（x）＞+1得

得2-4x+1＞+1，从而≤x＜，（10分）

综上可得，＜x＜或≤x＜，（11分）

所以f（x）＞+1的解集为{x|＜x＜}．（12分）

解（1）当x∈[-，0]时，-x∈[0，]．

∴f（-x）=-（-x）2-（-x）+5=-x2+x+5．又∵f（x）是偶函数，

∴f（x）=f（-x）=-x2+x+5．

∴f（x）=

（2）由题意，不妨设A点在第一象限，

坐标为（t，-t2-t+5），其中t∈（0，]．

由图象对称性可知B点坐标为（-t，-t2-t+5）．

则S（t）=S矩形ABCD=2t（-t2-t+5）=-2t3-2t2+10t．

s′（t）=-6t2-4t+10．由s′（t）=0，得t1=-（舍去），t2=1．

当0＜t＜1时，s′（t）＞0；t＞1时，s′（t）＜0．

∴S（t）在（0，1]上单调递增，在[1，]上单调递减．

∴当t=1时，矩形ABCD的面积取得极大值6，

且此极大值也是S（t）在t∈（0，]上的最大值．

从而当t=1时，矩形ABCD的面积取得最大值6．

（1）设曲线上任意一点A（（x1，y1）关于(，)的对称点A′(1-x1，-y1)，

由f(1-x1)====-=1-y1

所以图象过A′(1-x1，-y1)

所以f（x）关于点(，)对称．

（2）由（1）的对称性，所以f() =，  f()+f ()=f()+f()=f() +f() =f( 0)+f(1) =

f(0)+f()+f()+…+f()+f(1)=

（1）由＞0，及1-x≠0，得：-1＜x＜1，

∴f（x）的定义域为（-1，1），…（2分）

由于y=lg=lg(-1+)和y=在（-1，1）上都是增函数，

∴f（x）在定义域（-1，1）内是增函数．      …（4分）

（2）令x=0，得f（0）=1．即x=0是方程f-1（x）=0的一个解…（7分）

设x1≠0是f-1（x）=0的另一解，则由反函数的定义知f（0）=x1≠0，

这与f（0）=1矛盾，故f-1（x）=0有且只有一个解．…（10分）

（3）由f[x（x+1）]＞1=f（0），且f（x）为定义在（-1，1）上的增函数，得0＜x（x+1）＜1，

解得-＜x＜-1或0＜x＜，这也即为不等式f[x（x+1）]＞1的解．…（16分）

（1）由已知得

∴f[f（1）-1]=f（1）

又f（x）在（0，+∞）上是减函数，

∴f（1）-1=1即

∴f（1）=2

（2）设f(x)=，

∵f（1）=2

∴a=2，可证明f(x)=在（0，+∞）上是减函数，符合条件（1）又f2(x)f[f(x)-]=()2f(-)=f()=8=f3(1)，符合条件（2）

∴f(x)=满足题设的两个条件．

（1）令x=0，y=3得

f（3）=f（0）f（3）

∵f（3）＞1

∴f（0）=1

（2）证明：∵f（x+y）=f（x）f（y），

∴f（3）=[f（1）]3＞1

∴f（1）＞1

∴f（4）=[f（1）]4＞1

∵f（4-4）=f（4）f（-4）

即f(-4)=＜1

在[1，+∞）上任取x1，x2，且1≤x1＜x2，（2分）

则f(x1)-f(x2)=-=a（6分）

∵1≤x1＜x2，

∴x1-x2＜0，且1-x1x2＜0．（8分）

（1）当a＞0时，f（x1）-f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2），

∴f(x)=是[1，+∞）上的减函数；（10分）

（2）当a＜0时，f（x1）-f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），

∴f(x)=是[1，+∞）上的增函数；（12分）

（1）设t=，任取x2＜x1＜-5，则

t2-t1=-

=

=．

∵x1＜-5，x2＜-5，x2＜x1，

∴x1+5＜0，x2+5＜0，x2-x1＜0．

∴＜0，即t2＜t1．

当a＞1时，y=logax是增函数，∴logat2＜logat1，即f（x2）＜f（x1）；

当0＜a＜1时，y=logax是减函数，∴logat2＞logat1，即f（x2）＞f（x1）．

综上可知，当a＞1时，f（x）在区间（-∞，-5）为增函数；

当0＜a＜1时，f（x）在区间（-∞，-5）为减函数．

（2）g（x）=1+loga（x-3）=logaa（x-3），

方程f（x）=g（x）等价于：

即方程a=在区间（5，+∞）上有解，

∵[] /==

∴函数F（x）=在区间（5，5+2）上导数大于零，在区间（5+2，+∞）导数小于零

可得F（x）=在区间（5，5+2）上单调增，在区间（5+2，+∞）单调减

∴F（x）的最大值为F（5+2）=，而F（x）的最小值大于F（5）=0

要使方程方程a=在区间（5，+∞）上有解，必须a∈（0，]

所以a的取值范围是：（0，]

（1）∵x=是函数y=f（x）的图象的对称轴，

∴sin(2×+ϕ)=±1，∴+ϕ=kπ+，k∈Z，…（2分）

∵-π＜ϕ＜0，∴ϕ=-，…（4分）

故f(x)=sin(2x-)…（6分）

（2）因为f()=，α∈(0，π)，

所以sin(α-)=，cos(α-)=．…（8分）

故sinα=sin[(α-)+]=sin(α-)•cos+cos(α-)•sin

=(-)=．…（11分）

故有 f(α+)=sin[2(α+)-]=sin(2α+)=cos2α

=1-2sin2α=1-2()2=．…（14分）

（1）∵双曲线的渐近线为y=±x，两渐近线夹角为60°，

又＜1，∴∠POx=30°，即=tan30°=．

∴a=b．

又a2+b2=4，

∴a2=3，b2=1．

故椭圆C的方程为+y2=1．

（2）由已知l：y=（x-c），与y=x解得P（，），

由=λ得A（，）．

将A点坐标代入椭圆方程得（c2+λa2）2+λ2a4=（1+λ）2a2c2．

∴（e2+λ）2+λ2=e2（1+λ）2．

∴λ2==-[（2-e2）+]+3≤3-2．

∴λ的最大值为-1．

函数f（x）=1-2x2在[0，+∞）上为单调减函数．其证明如下：

 任取0≤x1＜x2，则f（x2）-f（x1）=1-2x22-1+2x12

=2x12-2x22=2（x1-x2）（x1+x2）

∵0≤x1＜x2，∴x1-x2＜0，x1+x2＞0

∴f（x2）-f（x1）＜0，即f（x2）＜f（x1）

故f（x）=1-2x2在[0，+∞）上为单调减函数．