热门试卷

∵2002＞2000，

∴f（2002）

=f[f]

=f[f（1984）]

=f[1984+13]

=f（1997）

=1997+13

=2010．

（1）由题意，，解得1≤x≤2，∴M=（1，2]；

（2）令t=2x（t∈（2，4]），f（x）=g（t）=-4at+3t2=3（t+）2-

1°-6＜a＜-3，即2＜-＜4时，g（t）min=g（-）=-；

2°a≤-6，即-≥4时，g（t）min=g（4）=48+16a

∴f（x）min=．

∵f（x）＜0的解集是（-1，3），∴a＞0

f（x）的对称轴是x=1，得ab=2．

∴f（x）在[1，+∞）上单调递增．

又∵7+|t|≥7，1+t2≥1，

∴由f（7+|t|）＞f（1+t2），得7+|t|＞1+t2．

∴|t|2-|t|-6＜0，解得-3＜t＜3．

（1）若x＜0则-x＞0，∵f（x）是偶函数，

∴f(x)=f(-x)==

（2）设x1，x2是区间[0，+∞）上任意两个实数，且0≤x1＜x2，则f（x1）-f（x2）f(x1)-f(x2)=-=

当0≤x1＜x2≤1时，x1-x2＜0，x1x2-1＜0而x12+x1+1＞0及x22+x2+1＞0，

∴f（x1）-f（x2）＞0即f（x）在[0，1]上为减函数．

同理当1＜x1＜x2时，f（x1）-f（x2）＜0，即f（x）在（1，+∞）上为增函数

（1）证明：设x1，x2∈R，且x1＜x2，则x2-x1＞0，则f（x2-x1）＞1

∵函数f（x）对于任意m，n∈R，都有f（m+n）=f（m）+f（n）-1成立

∴令m=n=0，有f（0+0）=f（0）+f（0）-1，即f（0）=1，

再令m=x，n=-x，则有f（x-x）=f（x）+f（-x）-1，即f（0）=f（x）+f（-x）-1，

∴f（-x）=2-f（x），

∴f（-x1）=2-f（x1）

而f（x2-x1）=f（x2）+f（-x1）-1=f（x2）+2-f（x1）-1＞1，

即f（x2）-f（x1）＞0，即f（x2）＞f（x1），

∴函数f（x）在R上为增函数；

（2）∵f（3）=f（1+2）=f（1）+f（2）-1=f（1）+f（1）+f（1）-2=3f（1）-2=4

∴f（1）=2．

∴f（a2+a-5）＜2，即为f（a2+a-5）＜f（1），

由（1）知，函数f（x）在R上为增函数，a2+a-5＜1，即a2+a-6＜0，

∴-3＜a＜2

∴不等式f（a2+a-5）＜2的解集是{a|-3＜a＜2}

a与b满足关系：b-2a＜0．（4分）

下面给出证明：任取-2＜x1＜x2．

∵f（x）==a+，

∴f（x1）-f（x2）=（a+）-（a+）

=（b-2a）（-）=（b-2a）．（8分）

要使函数f（x）在区间（-2，+∞）上为增函数，则须f（x1）＜f（x2）．

∴（b-2a）•＜0．．

∵-2＜x1＜x2，∴x2-x1＞0，x1+2＞0，x2+2＞0．

∴b-2a＜0．（12分）

（Ⅰ）由＞0，可得或

可得-1＜x＜1．

即函数f（x）的定义域为（-1，1）．              …（4分）

（Ⅱ）由f(-x)=log2=-log2=-f(x)，

所以函数f（x）为奇函数．                   …（8分）

（Ⅲ）任取x1，x2∈（-1，1），且x1＜x2，则f(x1)-f(x2)=log2-log2

=log2

=log2，

由x1，x2∈（-1，1），且x1＜x2，

可知0＜1+x1-x2+x1x2＜1-x1+x2+x1x2，

所以＜1，

可得log2＜0，

即f（x1）＜f（x2），

所以函数f（x）在（-1，1）为增函数．                …（12分）