热门试卷

（1）∵f(x)=，f（2）=3

∴=3解得k=2

（2）由（1）f（x）=

设x1，x2∈（1，+∞）且x1＜x2

∴f(x1) -f(x2) =-=＞0

∴函数f（x）=在（1，+∞）上是减函数．

（1）∵x∈R关于原点对称，

又函数y=f（x）的图象关于直线x=1对称，f（1-x）=f（1+x）①

又T=1，∴f（x+1）=af（x），②，

用-x代替x得f（-x+1）=af（-x），③

由①②③可知af（x）=af（-x），∵a≠1且a≠0，∴f（x）=f（-x）．即函数f（x）是偶函数；

（2）当n≤x＜n+1（n∈Z）时，0≤x-n＜1（n∈Z）f（x）=2f（x-1）=22f（x-2）=…=2nf（x-n）=2n（x-n）（n+1-x）；

（3）当nT＜x≤（n+1）T（n∈N）时，0＜x-nT≤T（n∈N）f（x）=af（x-T）=a2f（x-2T）=…=anf（x-nT）=an3x-nT

显然a＜0时，函数y=f（x）在区间（0，+∞）上不是单调函数，

又a＞0时，f（x）=an3x-nT，x∈（nT，（n+1）T]，n∈N是增函数，

此时f（x）∈（an，an3T]，x∈（nT，（n+1）T]，n∈N，

若函数y=f（x）在区间（0，+∞）上是单调函数，那么它必须是增函数，则必有an+1≥an3T，

解得a≥3T．

（1）∵a=0时f（x）=不合题意∴a≠0此时f（x）在[0，1]上是单调函数； 

又f（1）=＞

∴f（x）为单调递增函数

∴a＜0

由f（x）==

∴a=-2

∴f（x）=（6分）

（2）∵f（n）==1-＞1-=1-（9分）

∴f（1）+f（2）+…+f（n）＞1-+1-+…+1-

=n-=n-+（12分）

二次函数f（x）在区间（，1）上是增函数，

由于其图象（抛物线）开口向上，

故其对称轴x=或与直线x=重合或位于直线x=的左侧，

于是≤，

解之得a≤2，

故f（2）≥-2×2+11=7，

即f（2）≥7．

（1）f（x）为奇函数．

  令x=y=0，代入f(x)+f(y)=f()有，

  2f（0）=f（0），f（0）=0；

  令y=-x，代入f(x)+f(y)=f()得：

  f（x）+f（-x）=f（0）=0，（xy≠-1，由定义域易知其满足）

∴f（x）=-f（-x），得证．

（2）设-1＜x1＜x2＜1，

f（x1）-f（x2）=f（x1）+f（-x2）=f()，

由题设知，必有-1＜＜1

又x1-x2＜0，由x1，x2∈（-1，1），可得-x1•x2∈（-1，1），所以1-x1•x2＞0，

所以-1＜＜0，又x∈（-1，0）时f（x）＞0，

∴f（x1）-f（x2）=f()＞0

∴f（x1）＞f（x2）

即f（x）在（-1，1）上是减函数；

（3）∵f(x+)+f()＞0，f（x）为奇函数，

∴f(x+) ＞f()，函数y=f（x）定义在（-1，1）上，f（x）在（-1，1）上是单调递减函数，

∴解得：-＜x＜-1

∴不等式的解集为：{x|-＜x＜-1}．

因为当时x≤0，f（x）≤0所以a＞0．

由已知得（1）⇒⇒a=

（2）⇒⇒a=4

综上所述a=或4

（1）f（-x）=-f（x）⇒f（0）=0

则=0⇒a=1

（2）f（x）为递增函数

任取x1，x2∈R，且x1＜x2，则f(x1)-f(x2)=-=

∵x1＜x2∴2x1-2x2＜0，2x1+1＞0，2x2+1＞0

∴f（x1）＜f（x2），所以f（x）为递增函数

（3）f（t2-2t）+f（2t2-k）＜0对t∈[-2，2]恒成立

则f（t2-2t）＜-f（2t2-k）对t∈[-2，2]恒成立

因为f（x）为奇函数，即f（-x）=-f（x）

则f（t2-2t）＜f（-2t2+k）对t∈[-2，2]恒成立

又因为f（x）为递增函数

所以t2-2t＜-2t2+k对t∈[-2，2]恒成立

即3t2-2t-k＜0对t∈[-2，2]恒成立

令u=3t2-2t-k，t∈[-2，2]，当x=-2时，umax=16-k

则16-k＜0，则k＞16

y=2x+2-4x-（2x）2-4•2x

令2x=t则y=t2-4t=（t-2）2-4

又x2-x-6≤0⇒（x-3）（x+2）≤0⇒-2≤x≤3

∴t=2xx∈[-2，3]

由指函数图象易知≤t≤8

∴y=（t-2）2-4，t∈[，8]

结合二次函数图象得：ymin=-32，ymax=4

（1）∵y=-x3是[a，b]上的减函数，

∴

∴==()3．

∴（)4=1，∴=±1

又∵-a3=b，∴．

∴所求区间为[-1，1]．

（2）∵g′（x）=-，x∈（0，+∞），

令g′（x）=-＞0，得x＞，

∴x＞时，g（x）为（，+∞）上的增函数．

令g′（x）=-＜0，得0＜x＜

∴g（x）为（0，）上的减函数．

∴g（x）不是（0，+∞）上的单调函数．

∴g（x）不是（0，+∞）上的闭函数．

（3）易知φ（x）是[-2，+∞]上的增函数．

设φ（x）=k+满足条件②的区间是[a，b]，

∴

即a，b是方程x=k+的两个不等实根．

也就是方程组有两个不等实根a，b．

①当k≤-2时，方程x2-（2k+1）+（k2-2）=0在[-2，+∞）上有两个不等实根．

∴

解得：-＜k≤-2．

②当k＞-2时，方程x2-（2k+1）x+（k2-2）=0在[k，+∞）上有两个不等实根．

∴

解得：-＜k≤-2，与条件k＞-2矛盾．

∴φ（x）=k+是闭函数，实数k的取值范围是-＜k≤-2．

（Ⅰ）由题意，空闲率为

∴y=kx=x(m-x)，x∈（0，m）…（4分）

（Ⅱ）y=x(m-x)=-(x-

m

2

)2+，x∈（0，m）…（6分）

因为函数y=x(m-x)=-(x-

m

2

)2+在(0，)上是增函数，在(，m)上是减函数．

所以当x=时，ymax=，所以羊群年增长量的最大值为ymax=．…（8分）

（Ⅲ）由题意知+≤m…（10分）

得0＜k≤2…（11分）

答：当羊群年增长量达到最大值时，k的取值范围为0＜k≤2．…（12分）