热门试卷

∵f(x)=，

∴=•=1，

∴++…=1×=2010．

（Ⅰ）-3和2就是方程ax2+（b-8）x-a-ab=0的两个根，由韦达定理

-=-3+2=-1  解得b-8=a

=-1-b=-3×2=-6，解得b=5；

代入上面可知a=-3

所以f（x）=-3x2-3x-12

（Ⅱ）当f（x）=-3（x2+x+4）  对称轴为x=-不在区间[0，1]内，所以函数在[0，1]内为单调函数

∵f（0）=-12       f（1）=-18

所以函数在[0，1]内的值域为[-18，-12]

∴函数f（x）的最大值是18，最小值是12．

（1）因为函数f（x）的定义域为R，又f（-x）=（a-x-ax）=-f（x）

所以f（x）是奇函数

当a＞1，函数f（x）为R上的增函数．

证明：在R上任取x1＜x2，则 f(x1)-f(x2)=(ax1-a-x1-ax2+a-x2)

=(ax1-ax2)  ()

因为x1＜x2，又a＞1，所以 ax1＜ax2，ax1-ax2＜0，＞0，＞0

∴f（x1）-f（x2）＜0

所以f（x1）＜f（x2）．

所以函数f（x）为R上的增函数

同理，当0＜a＜1时，函数f（x）为R上的增函数

（2）由f（1-t）+f（1-t2）＜0，可得f（1-t）＜-f（1-t2）．

由函数f（x）是奇函数，可得f（1-t）＜f（t2-1）．

又函数f（x）为R上的增函数，所以1-t＜t2-1，即t2+t-2＞0．

∴1＜t＜

（1）∵f(x)=是定义在（-1，1）上的函数，其图象过原点，且f()=．

∴b=0，=

∴b=0，a=1

∴f(x)=（x∈（-1，1））

（2）证明：任取x1，x2使-1＜x1＜x2＜1

f（x1）-f（x2）=-=

∵-1＜x1＜x2＜1，∴x1-x2＜0；1-x1x2＞0；

∴＜0

f（x1）-f（x2）＜0

∴f（x1）＜f（x2）

∴f（x）在（-1，1）上是增函数；

建立如图示的坐标系，则E（30，0）F（0，20），那么线段EF的方程就是+=1(0≤x≤30)

在线段EF上取点P（m，n），作PQ⊥BC于Q，作PR⊥CD于R，

设矩形PQCR的面积是S，则S=|PQ||•|PR|=（100-m）（80-n），

又因为+=1(0≤m≤30)，所以n=20（1-），

故S=（100-m）（80-20+m）=-(m-5)2+

∵0≤m≤30，∴当m=5时S有最大值，这时==

故当矩形广场的两边在BC、CD上，一个顶点在线段EF上，且这个顶点分EF成5：1时，广场的面积最大．．

（I）证明：f（x）==1+

设x1＞x2＞﹣b，

则f（x1）﹣f（x2）=1+﹣（1﹣）=；

∵a＞b＞0，x1＞x2＞﹣b

∴a﹣b＞0，x2﹣x1＜0，x1+b＞0，x2+b＞0

则f（x1）﹣f（x2）＜0

∴f（x）在（﹣b，+∞）内是减函数；

（II）∵不等式在[4，6]上恒成立

∴m＞（）max而由（1）可知在（﹣2，+∞）上单调递减则在[4，6]上减

∴m＞（）max =．

解：（1）都是定义在R上的奇函数，则函数的定义域为R，

 ，

∴F（x）是奇函数，

设，是（-∞，0）上的任意两实数且，

那么，

∵，且F（x）在（0，+∞）上是减函数，

∴，即，，

∴F（x）在（-∞，0）上是减函数。

（2）当x＜0时，有-x＞0，，

∵F（x）是奇函数，则x＜0时，，

∴函数F（x）的解析式为。

解：设x1、x2是区间[2，6]上的任意两个实数，且x1＜x2，

则f(x1)-f(x2)=-==，

由2＜x1＜x2＜6，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y=是区间[2，6]上的减函数，

因此，函数y=在区间的两个端点上分别取得最大值与最小值，

即当x=2时，ymax=2；当x=6时，ymin=。

∵f（x）为R上的奇函数，∴f（0）=0，∴k-1=0⇒k=1，

∴f（x）=ax-a-x

（1）∵f（1）＞0，∴a-a-1＞0，a＞0，∴a＞1．

∴f（x）为R上的增函数

由f（x2+2x）+f（x-4）＞0得：f（x2+2x）＞f（4-x）

即：x2+3x-4＞0⇒x＜-4或x＞1．

即不等式的解集（-∞，-4）∪（1，+∞）．

（2）由f（1）=得a=2，

由（1）可知f（x）为[1，+∞）上的增函数．

f（x）≥f（1）=

所以g（x）=a2x+a-2x-4f（x）=（f（x）-2）2-2≥-2（当f（x）=2时取等号）

故g（x）在[1，+∞）上的最小值-2．

解：设﹣1≤x1＜x2≤1，则x1﹣x2≠0，

∴ ＞0．

∵x1﹣x2＜0，

∴f（x1）+f（﹣x2）＜0．

∴f（x1）＜﹣f（﹣x2）．

又f（x）是奇函数，

∴f（﹣x2）=﹣f（x2）．

∴f（x1）＜f（x2）．

∴f（x）是增函数．

（1）∵a＞b，∴f（a）＞f（b）．

（2）由f（x﹣）＜f（x﹣），得

∴﹣ ≤x≤ ．

∴不等式的解集为{x|﹣ ≤x≤ }．

（3）由﹣1≤x﹣c≤1，得﹣1+c≤x≤1+c，

∴P={x|﹣1+c≤x≤1+c}．

由﹣1≤x﹣c2≤1，得﹣1+c2≤x≤1+c2，

∴Q={x|﹣1+c2≤x≤1+c2}．

∵P∩Q=，

∴1+c＜﹣1+c2或﹣1+c＞1+c2，

解得c＞2或c＜﹣1． 

证明：（1）若在上是增函数，则恒成立，从而必有在上恒成立。

因为由二次函数的性质可知不可能恒成立，因此函数在定义域内不可能总为增函数。

（2）①对于有，。又因为，所以成立。

②对于函数，不妨设，则。

又因为，如果有①的性质，则，即有，化简得，也就是

令，则。设，则，所以在上单调递增，，故不可能成立，从而不成立，因此函数不具有与①同样的性质。

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证明：任取，，使，

则

                          ，

由可得，

∴，即，

∴在是减函数。

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