热门试卷

（1）函数图象与y轴交点为（0，a），则|a|≤1，∴-1≤a≤1；------------------（3分）

（2）f'（x）=x2+（a-4）x+2（2-a）=（x-2）a+x2-4x+4，---------------（7分）

令f'（x）＞0对任意的a∈[-1，1]恒成立，

即不等式g（a）=（x-2）a+x2-4x+4＞0对任意的a∈[-1，1]恒成立，---（9分）

其充要条件是：，------------（11分）

解得x＜1，或x＞3．--------------（13分）

所以当x∈（-∞，1）或x∈（3，+∞）时，f'（x）＞0对任意a∈[-1，1]恒成立，

所以对任意a∈[-1，1]函数f（x）均是单调增函数．--------------（14分）

故存在区间（-∞，1）和（3，+∞），对任意a∈[-1，1]，f（x）在该区间内均是单调增函数．

（Ⅰ）由于f′（x）=1+，故f（2）=2-1.5=0.5，f′（2）=，故曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y-=（x-2），即7x-4y-12=0；

（Ⅱ）由于f′（x）=1+，故导函数在其定义区间上恒大于零，因此f（x）在区间[1，3]上单调递增，故ymax=f（3）=2，ymin=f（1）=-2．

f（x）在（-∞，-1]上单调递增，在[-1，0）上单调递减，证明如下：

任取x1，x2∈（-∞，-1]且x1＜x2，

则==1-，

由x1＜x2≤-1，知x1x2＞1，∴1-＞0，即f（x2）＞f（x1），

∴f（x）在（-∞，-1]上是增函数；

当-1≤x1＜x2＜0时，有0＜x1x2＜1，得1-＜0，

∴f（x1）＞f（x2），∴f（x）在[-1，0）上是减函数．

（1）∵对于任意x∈R，都有f（x）-x≥0，且当x∈（0，2）时，

有f（x）≤()2．令x=1

∴1≤f（1）≤()2．

即f （1）=1．

（2）由a-b+c=0及f （1）=1．

有，可得b=a+c=．

又对任意x，f（x）-x≥0，即ax2-x+c≥0．

∴a＞0且△≤0．

即-4ac≤0，解得ac≥．

（3）由（2）可知a＞0，c＞0．

a+c≥2≥2•=．

当且仅当时等号成立．此时

a=c=．

∴f （x）=x2+x+，

F （x）=f （x）-mx=[x2+（2-4m）x+1]．

当x∈[-2，2]时，f （x）是单调的，所以F （x）的顶点一定在[-2，2]的外边．

∴||≥2．

解得m≤-或m≥．

解：（1）（2，+∞）；2；4；

（2）证明：设是区间（0，2）上的任意两个数，且，

，

，

∴，

又，

∴，

∴函数在（0，2）上为减函数；

（3），

。

（1）依题意得

解得：

∴f（x）=

（2）任取2≤x1＜x2≤6

∵f（x）=+1

∴f（x1）-f（x2）=-=

∵2≤x1＜x2≤6

∴x2-x1＞0，x1-1＞0，x2-1＞0，

从而f（x1）-f（x2）=-=＞0

即f（x1）＞f（x2），所以f（x）在[2，6]上为减函数，

从而f（x）max=f（2）=3，f（x）min=f（6）=．

（1）若x1+x2=0，显然不等式成立；

若x1+x2＜0，则-1＜x1＜-x2＜1，∵函数y=f（x）在定义域[-1，1]上是奇函数，又是减函数，

∴f（x1）＞f（-x2）=-f（x2），f（x1）+f（x2）＞0，故原不等式成立；

同理可证当x1+x2＞0  时，原不等式也成立．

（2）由f（1-a）+f（1-a2）＜0 和已知可得以下不等式组

解得 0≤a＜1．

（1）由f（0）=0，得a=1，则f（x）=．

函数f（x）的定义域为R，关于原点对称．

又f（-x）===-=-f（x）．

所以a=1时，f（x）为奇函数．

（2）证明：函数可化为f(x)=a-，定义域为R．

设x1＜x2，

则f（x1）-f（x2）=（a-）-（a-）=．

因为x1＜x2，所以2x1-2x2＜0，2x1+1＞0，2x2+1＞0，

所以f（x1）-f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2）．

所以f（x）为R上的增函数．

（1）f（x）=x2-2x-3=（x-1）2-4．如图所示                          

（2）函数y=f（x）的单调增区间是（1，+∞）；

函数y=f（x）的单调减区间是（-∞，1）；

（3）当x∈[-1，2]时，由图可知，f（x）的最大值是f（-1）=0；f（x）的最小值是f（1）=-4．

解：（1）在中，

令x=y=1，则有f（1）=f（1）-f（1），

∴f（1）=0；

（2）∵f（6）=1，

∴，

∴，

∵f（x）是（0，+∞）上的增函数，

∴，解得-3＜x＜9，

即不等式的解集为（-3，9）。

(1)见解析(2) 见解析(3)

试题分析：解抽象函数问题多用赋值法,找出其单调性奇偶性来解决不等问题.

（Ⅰ）令，且时，,可求；

（Ⅱ）令，易求，由已知时，，当时，，，,从而可证结论；

（Ⅲ）任取，依题意，可证

，从而可证是上的增函数,再根据单调性来解不等式．

试题解析：

(1)证明: 令，得,

又因为时，所以

(2) 令，得

即

因为当时，，

所以当时，，，

又因为

所以对任意的，恒有

(3) 任取，依题意，可得

因为,所以,所以

又因为对任意的，恒有

所以即

所以是上的增函数

由

可得其解集:

解：（1）令x=y=1，则f（1）=f（1）+f（1），f（1）=0

（2）

，

则。

 .

试题分析：根据条件中是奇函数的这一条件可以求得使的的范围，再根据与的表达式，可以得到与的交集即是使恒成立的所有的全体，通过参变分离可以将问题转化为求使恒成立的的取值范围，通过求函数最大值，进而可以求出的范围.

依题意，，又在上是增函数，

∴在 上也是增函数，                  1分

∴ 由得或                 2分

∴ 或        3分

                                  4分

由得                     5分

即                                   6分

∴                7分

设，             9分

∵，                               10分

∴，                   11分

且                      12分

∴的最大值为            13分

∴               14分

另解：本题也可用下面解法：

1. 用单调性定义证明单调性

∵对任意 ，，，

∴，

即在上为减函数，

同理在上为增函数，得        5分

∴.

2. 二次函数最值讨论

解：依题意，，又在上是增函数，

∴在 上也是增函数，  

∴由得或 

∴或，

                  4分

由得恒成立，

                            5分

设，   6分

∵，的对称轴为         7分

1°当，即 时，在为减函数，∴    9分

2°当，即 时，

∴    11分

3°当，即时，在为增函数，

∴无解                  13分

综上，               14分

3. 二次方程根的分布

解：依题意，，又在上是增函数，

∴在 上也是增函数，   

∴ 由得或 

∴ 或，，

由得恒成立，

，

设，

∵，的对称轴为，，                  7分

1°当，即时，恒成立。       9分

2°当，即或时，

由在上恒成立

∴               13分

综上，               14分

4.用均值不等式（下学段不等式内容）

∵，∴，

且，即时等号成立。

∴的最大值为.

∴.        5分