热门试卷

（1）f（x）+f（）=（12分）

f（x）+f（）=+=1（5分）

（2）（8分）

（3）设0＜x1＜x2

（11分）

由0＜x1＜x2知x1-x2＜0（12分）

所以有＜0即f（x1）-f（x2）＜0

所以f（x1）＜f（x2）

函数f(x)=在区间（0，+∞）上为增函数（14分）

 ……………2分

…………4分

（2）…………7分

…………10分

（3），…………12分

………15分

，时，单调递减．

又，．

或时，取得最大值…………18分

（1）由题意得组成一个等差数列，根据等差数列的通项公式得，

（2）由题意得组成一个等比数列，，所以

（3）四边形的面积等于，由题意和三角函数的公式可得，根据三角形的面积公式求出两个三角形的面积得四边形的面积，研究其单调性得最大值。

解： ……………2分

…………4分

（2）…………7分

…………10分

（3），…………12分

………15分

，时，单调递减．

又，．

或时，取得最大值…………18分

（Ⅰ）∵定义在（0，+∞）上的函数f （x）对于任意的m，n∈（0，+∞），满足f（m•n）=f（m）+f（n），

∴f（1）=f（1×1）=f（1）+f（1）．∴f（1）=0

证明：（II）设0＜x1＜x2，∵f（m•n）=f（m）+f（n）即f（m•n）-f（m）=f（n）

∴f(x2)-f(x1)=f(x1)-f(x1)=f()+f(x1)-f(x1)=f()．

因为0＜x1＜x2，则＞1，而当x＞1时，f（x）＜0，从而f（x2）＜f（x1）

于是f（x）在（0，+∞）上是减函数．

（Ⅲ）因为f（4）=f（2）+f（2）=-1，所以f（x2-3x）＞f（4），

因为f（x）在（0，+∞）上是减函数，所以0＜x2-3x＜4，

解得-1＜x＜0或3＜x＜4，

故所求不等式的解集为{x|-1＜x＜0或3＜x＜4}．

由5x≥4x+1得()x+()x≤1，显然f(x)=()x+()x是减函数，又当x=1时，()x+()x=1即f（1）=1；当x＞1时，f(x)=()x+()x＜f(1)=1；不等式的解集为{x|x≤1}．

由方程3x+4x=5x得，()x+()x=1，显然函数g(x)=()x+()x是减函数，又当x=2时，()x+()x=1，当x＜2时，()x+()x＞1，当x＞2时，()x+()x＜1，方程3x+4x=5x有唯一解．

(1)e；（2）

试题分析：（1）先求导函数，然后利用导数求极值的方法和对a进行分类讨论解决问题；（2）对a分和利用导数分析单调性进行分类讨论即可.

试题解析：(1),

当时，，在上增,无极值；

当时，，在上减，在上增,

有极小值，无极大值;   6分

（2），

当时，在上恒成立，则是单调递增的，

则只需恒成立，所以,

当时，在上减，在上单调递增，所以当时，

这与恒成立矛盾，故不成立,综上：.   13分

（1）单调增；（2）．

试题分析：（1）直接利用增函数的定义证明；（2）法一：直接用定义，可得，法二：先由求得，再证明恒成立．

试题解析：（1）任取,且，则

，，，得在R上是增函数；              （6分）

（2）由，得，，又

所以当时，为奇函数．      （12分）

解：（I） 由①知，对任意，都有，

由于，从而，所以函数为上的单调增函数

（II）令，则，显然，否则，与矛盾.从而，而由,即得.

又由（I）知，即.

于是得，又，从而，即.

进而由知，.

于是,  

,            ,

,        ,

,      由于,

而且由（I）知，函数为单调增函数，因此.

从而. 

（Ⅲ）,

，.

即数列是以6为首项, 以3为公比的等比数列 .

∴   

于是,显然,  

另一方面,

从而.     

综上所述, .  

（1）当＜-1时，函数y=2x2-2ax+3在区间[-1，1]上是增函数，故当x=-1时，函数取得最小值是  f（-1）=2a+5．

当-1≤≤-1时，由于函数y=2x2-2ax+3对称轴是x=，故当x=时，函数在区间[-1，1]上取得最小值是 f（）=3-．

当 ≥1时，函数y=2x2-2ax+3在区间[-1，1]上是减函数，故当x=1时，函数取得最小值是 f（1）=5-2a．

综上可得 f（a）=．

（2）当-2≤a≤0时，f（a）=3-在[-2，0]上是增函数，由复合函数的单调性可得函数φ（a）=log0.5f（a）在[-2，0]上是减函数．

同理可得，数φ（a）=log0.5f（a）在[0，2]上是增函数．

（1）∵定义域内任意x、y恒有f（xy）=f（x）+f（y），

令x=y=1，

∴f（1）=2f（1），

∴f（1）=0；（2分）

证明：（2）任取0＜x1＜x2，则＞1，则题意得f（）＞0

又定义域内任意x、y恒有f（xy）=f（x）+f（y），∴f（xy）-f（y）=f（x），

∴f（x2）-f（x1）=f（）＞0

∴f（x2）＞f（x1）

∴函数f（x）在其定义域内为增函数，由（1）和f（1）=0，

所以1为方程f（x）=0的一个实根，若还存在一个x0，且x0＞0，使得f（x0）=0，

因为函数f（x）在其定义域内为增函数，必有x0=1，故方程f（x）=0有且仅有一个实根；（8分）

（3）由（2）知函数f（x）在其定义域内为增函数

当x∈[1，+∞）时，不等式f（）＞0=f（1）恒成立，即＞1恒成立

即x2+2x+a＞x，即a＞-x2-x在x∈[1，+∞）时恒成立

∵-x2-x在x∈[1，+∞）时最大值为-2

∴a＞-2（14分）

（1）f'（x）=2x+-a，（1分）

∵f（x）在（0，1）上是增函数，

∴2x+-a＞0在（0，1）上恒成立，即a＜2x+恒成立．

∵2x+≥2（当且仅当x=时取等号），所以a＜2．（4分）

当a=2时，易知f（x）在（0，1）上也是增函数，所以a≤2．（5分）

（2）设t=ex，则h（t）=t2+|t-a|，

∵x∈[0，ln3]，∴t∈[1，3]．（7分）

当a≤1时，h（t）=t2+t-a，在区间[1，3]上是增函数，所以h（t）的最小值为h（1）=2-a．（9分）

当1＜a≤2时，h（t）=．

因为函数h（t）在区间[a，3]上是增函数，在区间[1，a]上也是增函数，所以h（t）在[1，3]上为增函数，

所以h（t）的最小值为h（1）=a．（14分）

所以，当a≤1时，g（x）的最小值为2-a；当1＜a≤2时，g（x）的最小值为a．（15分）

（1）∵f(x)===-1+

∴函数f（x）的对称中心为（-1，-1）

（2）任取x1，x2∈（-1，+∞），且x1＜x2

∵f(x1)-f(x2)=-=＞0

∴函数f（x）在（-1，+∞）上为减函数

（3）不存在

f(x)=-1+，

由x0＜0得：f（x0）＜-1或f（x0）＞2但0＜3x0＜1，

所以不存在．

（1）∵f（x）=，f（1）=2，

∴a=1

∴函数f（x）的定义域为{x|x≠0}；

又∵f（-x）=-x+=-（x+）=-f（x），

∴函数f（x）在定义域上是奇函数．

（2）设1＜x1＜x2，

则f（x1）-f（x2）=（x1+）-（x2+）

=（x1-x2）+（-）

=（x1-x2）（1-）

=（x1-x2）（），

∵1＜x1＜x2∴x1-x2＜0，x1x2-1＞0，x1x2＞0

∴f（x1）-f（x2）＜0

∴f（x1）＜f（x2）

所以函数f（x）在（1，+∞）是单调递增函数．

（Ⅰ）f（x）为R上的减函数．

理由如下：∵f（-a）+f（a）=0恒成立得f（x）是R上的奇函数，∴f（0）=0，

又因f（x）是R上的单调函数，

由f（-3）=2，f（0）＜f（-3），所以f（x）为R上的减函数．

（Ⅱ）由f()+f(m)＜0，得f()＜-f(m)=f(-m)，

结合（I）得＞-m，整理得＜0

当m＞1时，{x | x＞0， 或x＜}；

当m=1时，{x|x＞0}；

当0＜m＜1时，{x | 0＜x＜}；

由f（-1）=-2，得：f（-1）=1-（lga+2）+lgb=-2，解之得：lga-lgb=1，

∴=10，a=10b．

又由x∈R，f（x）≥2x恒成立．知：x2+（lga+2）x+lgb≥2x，即x2+xlga+lgb≥0，对x∈R恒成立，

由△=lg2a-4lgb≤0，故得（1+lgb）2-4lgb≤0

即（lgb-1）2≤0，只有lgb=1，不等式成立．

即b=10，∴a=100．

∴f（x）=x2+4x+1=（2+x）2-3

当x=-2时，f（x）min=-3．