热门试卷

解；（1）f(x)=是奇函数，则f（-x）=-f（x）恒成立，

即f(-x)==-=，所以q=0，又f(2)=，可得p=2，

所以p=2，q=0

（2）由（1）知f(x)== x+，f′(x)=-

令f′（x）＞0得x＜-1或x＞1，令f′（x）＜0得-1＜x＜1，因为x≠0，

所以f（x）的增区间为（-∞，-1），（1，+∞）

减区间为（-1，0），（0，1）

（1）取m=1，n=2得f（12）=2f（1），

∴f（1）=0

（2）证明：设x＞1，则0＜＜1，又0＜x＜1时，f（x）＜0，

∴f()＜0

∵m＞0，n∈R有f（mn）=nf（m），

∴f()=f(x-1)=-f(x)＜0

∴f（x）＞0

即x＞1时，f（x）＞0

（3）证明：∵f（mα+β）=f（mα×mβ）=（α+β）f（m）=αf（m）+βf（m）=f（mα）+f（mβ），

记mα=x＞0，mβ=y＞0，则f（xy）=f（x）+f（y），

设0＜x1＜x2，则f(x1)-f(x2)=f(×x2)-f(x2)=f()＜0即f（x1）＜f（x2），

故函数f（x）在（0，+∞）上单增．

（1）∵函数f（x）=x+在（0，]上是减函数，在[，+∞）上是增函数

且函数y=x+（x＞0）在（0，4]上是减函数，在[4，+∞）是增函数，

故=4

解得b=4

证明：（2）∵函数f（x）=x+（常数a＞0）

∴f（x）=1-，

当x∈（0，]时，x2≤a

即≥1，

此时f（x）=1-≤0恒成立

故函数f（x）=x+（常数a＞0）在（0，]上是减函数

（3）当c∈（1，9）时，∈（1，3）

故当x=时，函数取最小值2

而f（1）-f（3）=

故当1＜c≤3时，函数的最大值是f（3）=3+

当3＜c＜9时，函数的最大值是f（1）=1+c

该函数的对称轴是x=3a-1，

①当3a-1＜0，即a＜时，fmin（x）=f（0）=3a2；

②当3a-1＞1，即a＞时，fmin（x）=f（1）=3a2-6a+3；

③当0≤3a-1≤1，即≤a≤时，fmin（x）=f（3a-1）=-6a2+6a-1．

综上所述，函数的最小值是：当a＜时，fmin（x）=f（0）=3a2，当a＞时，fmin（x）=f（1）=3a2-6a+3；当≤a≤时，fmin（x）=f（3a-1）=-6a2+6a-1．

（1）[f（x）]2-[g（x）]2=[f（x）+g（x）]•[f（x）-g（x）]=2ex•（-2e-x）=-4e0=-4．

（2）f（x）•f（y）=（ex-e-x）•（ey-e-y）

=ex+y+e-（x+y）-ex-y-e-（x-y）

=g（x+y）-g（x-y）=4，①

g（x）•g（y）=（ex+e-x）（ey+e-y）

=ex+y+e-（x+y）+ex-y+e-（x-y）

=g（x+y）+g（x-y）=8．②

联立①②得

解得g（x+y）=6，g（x-y）=2，

所以=3．

（1）∵f（x）=是奇函数，

∴f（0）==0，

∴a=0；…（2分）

又因f（-x）=-f（x），即=-，

∴b=0…（4分）

（2）函数y=f（x）在（1，+∞）单调递减…．（6分）

证明：任取x1，x2∈（1，+∞），设x1＜x2，

则f(x1)-f(x2)=-=

=，…（8分）

∵x1＜x2，

∴x1-x2＜0；

∵x1＞1，x2＞1，

∴1-x1x2＜0

∴f（x1）-f（x2）＞0，

∴f（x1）＞f（x2）…（10分）

函数y=f（x）在（1，+∞）单调递减…（12分）

（1）因为函数f(x)=Asin(2x+)（A＞0，x∈R）的最小值为-2，

所以A=2，f(x)=2sin(2x+)…（2分），

f(0)=2sin=1．…（4分）

（2）函数f（x）的图象向左平移ϕ（ϕ＞0）个单位长度，可得y=2sin[2(x+ϕ)+]．…（6分）

因为y=2sin[2(x+ϕ)+]的图象关于y轴对称，所以2(0+ϕ)+=+kπ，k∈Z．…（8分）

解得ϕ=-+，k∈Z，…（10分）

因为ϕ＞0，所以ϕ的最小值为．…（12分）

（1）f（x）=log2（x+1）-log2（x-1）．

定义域为（1，+∞）不关于原点对称

故函数f（x）为非奇非偶函数

（2）f（x）=log2（x+1）-log2（x-1）=log2 （x＞1）

令g（x）==1+，设x1＞x2＞1

则g（x1）-g（x2）=1+-(1+)=

∵x1＞x2＞1

∴g（x1）-g（x2）＜0

∴函数f（x）在（1，+∞）单调递减

（3）若x∈（3，+∞）时，不等式f（x）＜2x+m恒成立，

则m＞[f（x）-2x]max=[log2 -2x]max而log2 -2x在（3，+∞）上单调递减

∴[log2 -2x]＜-7

∴实数m的取值范围是m≥-7

（1）设f（x）=ax2+bx+c，

a（x+1）2+b（x+1）+c+a（x-1）2+b（x-1）+c=-2x2+4x，

2ax2+2bx+2a+2c=-2x2+4x，，∴f(x)=-x2+2x+1.

（2）f（x）=-（x-1）2+2，

①a+2＜-1即a＜-1，当x=a+2，f（x）max=-a2-2a+1；

②a≤1≤a+2即-1≤a≤1，当x=1，f（x）max=2；

③a＞1，当x=a，f（x）max=-a2+2a+1；

故f(x)max=

（1）由f（x）的定义域为（-∞，+∞），关于数0对称（2分）f(-x)===-f(x)，得∴f（x）为R上的奇函数．（6分）

（2）当a＞1时，f（x）在（-∞，+∞）上的单调递增．（8分）（本次未扣分，以后考试一定会扣分）

证明：设x1，x2为（-∞，+∞）上任意两个实数，且x1＜x2，

则由a＞1得ax1＜ax2

f(x1)-f(x2)=-=＜0

∴当a＞1时，f（x）在（-∞，+∞）上的单调递增．（14分）

（1）∵f（1）=2，∴1+m=2，m=1．

（2）f（x）=x+，f（-x）=-x-=-f（x），∴f（x）是奇函数．

（3）函数f（x）=+x在（1，+∞）上为增函数，证明如下

设x1、x2是（1，+∞）上的任意两个实数，且x1＜x2，则

f（x1）-f（x2）=x1+-（x2+）=x1-x2+（-）

=x1-x2-=（x1-x2）．

当1＜x1＜x2时，x1x2＞1，x1x2-1＞0，从而f（x1）-f（x2）＜0，

即f（x1）＜f（x2）．

∴函数f（x）=+x在（1，+∞）上为增函数．

（1）由f（1）=1得，2+a=1，解得a=-1，

所以f（x）=2x-；

（2）函数f（x）为奇函数，证明如下：

函数定义域为（-∞，0）∪（0，+∞），

且f（-x）=-2x+=-（2x-）=-f（x），

所以f（x）为奇函数；

（3）f（x）在（1，+∞）上单调递增，证明如下：

因为f′（x）=2+＞0，

所以f（x）在（1，+∞）上单调递增．

（1）由函数f(x)=x+过点P（1，5），得1+m=5，

所以m=4，f(x)=x+；

（2）证明：设2≤x1＜x2，则f（x1）-f（x2）=（x1+）-（x2+）

=．因为2≤x1＜x2，所以x1-x20，

f（x1）-f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2）．

所以f（x）在[2，+∞）上为增函数．

（1）∵向量=（2cosx，2sinx），=(cosx，-cosx)，

又∵f（x）=•，

∴f(x)=2cos2x-2sinxcosx

=2cos(2x+)+1．　　　　　　　　　　　…（4分）

由2x+=kπ(k∈Z)，得x=-(k∈Z)，

即函数f（x）的对称轴方程为x=-(k∈Z)．…（6分）

（2）由（1）知g(x)=2cos(x+π)+ax+1=-2cosx+ax+1

∵函数g（x）的图象关于y轴对称，

∴函数g（x）是偶函数，即a=0．

故g(x)=-2cosx+1…（8分）

又函数g（x）的周期为6，

∴g（1）+g（2）+g（3）+g（4）+g（5）+g（6）=6．

∴g（1）+g（2）+g（3）…+g（2011）=2010．  …（11分）

（3）∵已知对任意实数x1，x2，都有|cosx1-cosx2|≤|x1-x2|成立

∴对于任意x1，x2且x1＜x2，由已知得(x1-x2)≤cosx1-cosx2≤(x2-x1)．

∴g(x1)-g(x2)=2cosx1+ax1+1-2cosx2-ax2-1=2(cosx1-cosx2)+a(x1-x2)＜(x2-x1)+a(x1-x2)=(a-)(x1-x2)

∵a＞，

∴(a-)(x1-x2)＜0

即当x1＜x2时，恒有g（x1）＜g（x2）．

所以当a＞时，函数g（x）在（-∞，+∞）上是增函数．…（16分）