热门试卷

（1）因为y=f（x）为偶函数，

所以∀x∈R，f（-x）=f（-x），

即log9（9-x+1）-kx=log9（9x+1）+kx对于∀x∈R恒成立．

即2kx=log9(9-x+1)-log9(9x+1)=log9-log9(9x+1)=-x恒成立

∴（2k+1）x=0恒成立，

∵x不恒为零，

∴k=-．

（2）由题意知方程log9(9x+1)-x=x+b，即方程log9（9x+1）-x=b无解．

令g（x）=log9（9x+1）-x，则函数y=g（x）的图象与直线y=b无交点．

因为g(x)=log9=log9(1+)

任取x1、x2∈R，且x1＜x2，则0＜9x1＜9x2，从而＞．

于是log9(1+)＞log9(1+)，即g（x1）＞g（x2），

所以g（x）在（-∞，+∞）是单调减函数．

因为1+＞1，所以g(x)=log9(1+)＞0．

所以b的取值范围是（-∞，0]．

（1）由题意知=-1，

解得a=1，

∴f(x)=；

（2）=xP=(x1+x2)⇒x1+x2=1⇒x2=1-x1yP=(y1+y2)=(+)=(+)

=(+)=(+)

=•1=，

∴yp为定值．

证明：由题意f′(x)=2x +

∵x∈（0，+∞）

∴f′(x)=2x +＞0

故函数f(x)=x2-在区间（0，+∞）上是增函数．

（1）∵f（x）-2x＞0的解集为（-1，3），

∴可设f（x）-2x=a（x+1）（x-3），且a＜0，

因而f（x）=a（x+1）（x-3）+2x=ax2+2（1-a）x-3a①

g（x）=xf（x）=ax3+2（1-a）x2-3ax，

∵g（x）在区间 (-∞，)内单调递减，

∴g′（x）=3ax2+4（1-a）x-3a在 (-∞，)上的函数值非正，

由于a＜0，对称轴 x=＞0，

故g/()=+a(1-a)-3a≤0

注意到a＜0，∴a2+4（1-a）-9≥0，

得a≤-1或a≥5（舍去）

故所求a的取值范围是（-∞，-1]．

（2）当a=-1时，方程f（x）=2x3-1仅有一个实数根，即证方程2x3+x2-4x-4有且仅有一个实数根．

令h（x）=2x3+x2-4x-4，

由h′（x）=6x2+2x-4=0，得x=-1，或x=

由此易得函数h（x）=2x3+x2-4x-4在区间（-∞，-1），（，+∞）上单调递增，在区间（-1，）上递减

h（x）的极大值h（-1）=-1＜0

故函数h（x）的图象与x轴仅有一个交点，

∴当a=-1时，方程f（x）=2x3-1仅有一个实数根

（3）设r（x）=f（x）+（2a-1）x+3a+1=ax2+x+1，

r（0）=1，对称轴为x=-

由题意，得或

解得-5≤a＜0

故使|f（x）+（2a-1）x+3a+1|≤3成立的充要条件为-5≤a＜0

（I）当x∈[200，300]时，设该项目获利为S，则

S=200x-(x2-200x+80000)=-x2+400x-80000=-（x-400）2；

当x∈[200，300]时，S＜0，此时该项目不会获利；

当x=300时，S取得最大值-5000，所以，国家每月至少补贴5000元才能使该项目不亏损．

（II）由题意知，二氧化碳的每吨平均处理成本为：

=，

则：①当x∈[120，144）时，=x2-80x+5040=（x-120）2+240，∴当x=120时，取得最小值240；

②当x∈[144，500]时，=x+-200≥2-200=200，

当且仅当x=，即x=400时，取得最小值200；

∵200＜240，∴当每月处理量为400吨时，才能使每吨的平均处理成本最低．

（1）∵f（x）=3，-2=3，∴x=．

（2）证明：设x1，x2是（0，+∞）上的两个任意实数，且x1 ＜x2，

则f （x1）-f （x2）=-2-（-2）=-=．

因为0＜x1＜x2，所以x2-x1 ＞0，x1x2 ＞0．

所以f （x1）-f （x2）=＞0，即f （x1）＞f （x2），

所以f （x）=-2是 （0，+∞） 上的减函数．

∵g（x）=，∴g′（x）=1-

∵g（x）在（0，1）上是减函数，在[1，+∞）上是增函数，

∴g′（1）=0，∴b=1

∵g（x）的最小值是3

∴g（1）=1+a+b=3，∴a=1

综上，a=1，b=1．

（1）由1-x2≥0，得，即函数的定义域为x|-1≤x≤1，关于原点对称．

又f(x)=，则f(-x)==f（x）

所以函数f(x)=是偶函数．

（2）设-1≤x1＜x2≤0，则f（x1）-f（x2）=-

=

===

因为-1≤x1＜x2≤0，所以x2-x1＞0，x2+x1＜0，+＞0

所以＜0

即f（x1）-f（x2）＜0

所以f（x1）＜f（x2）

故函数f（x）在[-1，0]上是增函数．

同理可得：函数f（x）在[0，1]上是减函数．

（3）因为函数f（x）在[-1，0]上是增函数，在[0，1]上是减函数，

所以当x=0时f（x）可取最大值，

即ymax=f（0）=1

（1）证明：令x1=x2=1，得f（1）=2f（1），

∴f（1）=0．

令x1=x2=-1，得f（-1）=0．

∴f（-x）=f（-1•x）=f（-1）+f（x）=f（x）．

∴f（x）是偶函数．

（2）证明：设x2＞x1＞0，则

f（x2）-f（x1）=f（x1• ）-f（x1）

=f（x1）+f（）-f（x1）=f（ ）．

∵x2＞x1＞0，∴＞1．

∴f（ ）＞0，即f（x2）-f（x1）＞0．

∴f（x2）＞f（x1）．

∴f（x）在（0，+∞）上是增函数．

（I）∵f（x）=t（x+t）2-t3+t-1（x∈R，t＞0），

∴当x=-t时，f（x）取最小值f（-t）=-t2+t-1，

即h（t）=-t3+t-1；

（II）令g（t）=h（t）-（-2t+m）=-t3+3t-1-m，

由g′（t）=-3t2+3=0得t=1，t=-1（不合题意，舍去）

当t变化时g′（t）、g（t）的变化情况如下表：

∴g（t）在（0，2）内有最大值g（1）=1-m

h（t）＜-2t+m在（0，2）内恒成立等价于g（t）＜0在（0，2）内恒成立，

即等价于1-m＜0

所以m的取值范围为m＞1．

（1）∵f（xy）=f（x）+f（y），

令x=y=1，

则F（1）=2f（1）

∴f（1）=0；           （5分）

证明：（2）由f（xy）=f（x）+f（y）

可得f()=f(y)-f(x)，

设x1＞x2＞0，f(x1)-f(x2)=f()，＞1，

∴f()＜0，即f（x1）-f（x2）＜0

∴f（x1）＜f（x2），所以f（x）在（0，+∞）上单调递减；（10分）

（3）因为f（k•3x）-f（9x-3x+1）≥f（1），

所以f（k•3x）≥f（9x-3x+1），由（2）得（*）恒成立，

令t=3x＞0，则（*）可化为t2-（k+1）t+1≥0对任意t＞0恒成立，且k＞0，

∴（k+1）2-4≤0

∴0＜k≤1．（15分）

（1）∵函数为偶函数，

∴f（-x）=f（x），x∈R恒成立，

即：x2-bx+c=x2+bx+c

∴b=0

又∵f（1）=0．

∴c=-1

∴f（x）=x2-1；

（2）由（1）易知其对称轴为：x=0

∴当x=0时，f（x）min=-1，

当x=3时，f（x）max=8；

（3）∵函数f（x）在区间[-1，3]上单调递增

∴-≤-1，

∴b≥2

即b≥2时，f（x）在区间[-1，3]上是递增的．

（1）因为f(4)=，所以4m-=，所以m=1．

（2）因为f（x）的定义域为{x|x≠0}，又f(-x)=-x-=-(x-)=-f(x)，

所以f（x）是奇函数．

（3）任取x1＞x2＞0，则f(x1)-f(x2)=x1--(x2-)=(x1-x2)(1+)，

因为x1＞x2＞0，所以x1-x2＞0，1+＞0，所以f（x1）＞f（x2），

所以f（x）在（0，+∞）上为单调增函数．

（1）∵a＞0，f(x)=+是R上的偶函数．

∴f（-x）=f（x），即+=+，

∴+a•2x=+，

2x（a-）+（a-）=0，

∴（a-）（2x+）=0，∵2x+＞0，a＞0，

∴a-=0，解得a=1，或a=-1（舍去），

∴a=1；

（2）证明：由（1）可知f(x)=2x+，

∴f′(x)=2xln2-=2xln2(1-)=2xln2()

∵x＞0，

∴22x＞1，

∴f'（x）＞0，

∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；