热门试卷

（1）设在R上任意取两个数m，n且m＞n

则f（m）-f（n）=f（m-n）

∵m＞n∴m-n＞0

而x＞0时，f（x）＜0则f（m-n）＜0

即f（m）＜f（n）

∴f（x）为减函数；

（2）由（1）可知f（x）max=f（-3），f（x）min=f（3）．

∵f（x）+f（y）=f（x+y），令x=y=0

∴f（0）=0

令y=-x得f（x）+f（-x）=f（0）=0即f（-x）=-f（x）

∴f（x）是奇函数

而f（3）=f（1）+f（2）=3f（1）=-2，则f（-3）=2

∴f（x）max=f（-3）=2，f（x）min=f（3）=-2．

（1）∵α=-1，β=1，

由韦达定理可得：m=α+β=0

∴f(x)=------（2分）

设x1＜x2，

f(x2)-f(x1)=-==

∵（x2-x1）＞0，

当x2，x1＞1时，（1-x1x2）＜0，此时f（x2）-f（x1）＜0，函数为减函数，

当-1＜x2，x1＜1时，（1-x1x2）＞0，此时f(x2)-f(x1)＞0，函数为增函数，

当x2，x1＜-1时，（1-x1x2）＜0，此时f(x2)-f(x1)＜0，函数为减函数，（9分）

（2）∵α，β是方程x2-mx-1=0的两个实根，

∴．

∴f(α)====，

同理f（β）=，

∴αf（α）+βf（β）=α•+β•=1+1=2．（13分）

（1）g(x)=f(2x)=1+，

∵2x-1≠0⇒x≠0，∴函数g（x）的定义域{x|x∈R且x≠0}，

设x1，x2∈（-∞，0）且x1＜x2，

则g(x1)-g(x2)=-=，

∵x1，x2∈（-∞，0）且x1＜x2，

∴2x2＞2x1且2x1＜1，2x2＜1⇒g(x1)-g(x2)＞0，即g(x1)＞g(x2)，

根据函数单调性的定义知：函数g（x）在（-∞，0）上为减函数．

（2）由（1）知函数g（x）在（-∞，0）上为减函数，

∴函数g（x）在（-∞，-1]上为减函数，

∴当x=-1时，g(x)min=g(-1)=1+=-3．

（1）∵f(x)=，在定义域上是奇函数且f（1）=3，

∴f（-1）=-3

∴

解得a=2，b=0

∴f(x)=

（2）函数f（x）在[1，+∞）上单调递增，理由如下：

∵f′(x)==2-

∵x∈[1，+∞）时，＜1，f′（x）＞0

故函数f（x）在[1，+∞）上单调递增

（1）由函数f（x）是偶函数，可知f（x）=f（-x）．

∴log4（4x+1）+kx=log4（4-x+1）-kx．…（2分）

即log4=-2kx，log44x=-2kx，…（4分）

∴x=-2kx对一切x∈R恒成立．∴k=-．…（6分）

（利用f（-1）=f（1）解出k=-，可得满分）

（2）由m=f（x）=log4（4x+1）-x，

∴m=log4=log4（2x+）．…（8分）

设u=2x+，又设t=2x，则u=t+，由定理，知umin=u（1）=2，…（10分）

∴m≥log42=．故要使方程f（x）-m=0有解，m的取值范围为m≥．…（12分）

f(x)-＞0⇔f(x)min＞而f(x)min=，

∴＞即m＜1，

综上所述，≤m＜1…（14分）

（1）∵定义在区间（0，+∞）上的函数f（x）满足f（）=f（x1）-f（x2），

∴当x1=x2时，f（1）=O．

（2）f（x）是减函数．

证明：设x1＞x2，则f（x1）-f（x2）=f（），

∵x1＞x2，∴＞1，

∵当x＞1时，f（x）＜0，

∴f（x1）-f（x2）＜0，

∴f（x）在区间（0，+∞）是减函数．

（3）∵f（1）=O f（3）=-1，

∴f（）=f（1）-f（3）=0-（-1）=1，

∴f（9）=f（3÷）=f（3）-f（）=-1-1=-2，

∵f（x）在区间（0，+∞）是减函数，

∴f（x）在[2，9]上的最小值为f（9）=-2．

（1）函数f（x）是偶函数

∴f（x）=f（-x），即：-2x2+（a+3）x+1-2a=-2x2-（a+3）x+1-2a

∴a=-3

则f（x）=-2x2+7

∴对称轴为x=0

∴最小值f（3）=-11

（2）∵a=-2

∴f（x）=-2x2+x+5

设x1＜x2 ，x1、x2∈(，+∞)

f（x1）-f（x2）=-2x12+x1+5+2x22-x2-5=（x2-x1）[2（x1+x2）-1]

∵x1＜x2 ，∴x2＞x1

∵x1、x2∈(，+∞)∴2（x1+x2）＞1∴2（x1+x2）-1＞0

∴f（x1）-f（x2）＞0 即f（x1）＞f（x2）

∴当a=-2时，f（x）在区间(，+∞)上为减函数．

（3）由题意得-2x2+（a+3）x+1-2a＞x（1-2x）+a在[-1，3]上恒成立．即（a+2）x+1-3a＞0在[-1，3]上恒成立．

设h（x）=（a+2）x+1-3a，

①若a＞-2，该函数是增函数，只需f（-1）＞0即可，

则f（-1）=-4a-1＞0，解得a＜-，所以-2＜a＜-；

②若a＜-2，该函数是减函数，只需f（3）＞0即可，

则f（3）=7＞0，，所以a＜-2满足；

③若a=-2，则该函数是y=7，它总在x轴上方，所以a=-2满足要求．

故a的取值范围是a＜-．

（1）∵不等式f（x）＜b的解集是（1，3）即x+＜b的解集为（1，3）

∴x=1，x=3是x+=b  的根，

∴a=3，b=4

∴ax2-bx+1=3x2-4x+1＜0的解集为{x|＜x＜1}

（2）由f（1）=f（2）可得，1+a=2+

∴a=2，f（x）=x+

设0＜x1＜x2≤

则f（x1）-f（x2）=x1+-x2-=（x1-x2）+

=

∵0＜x1＜x2≤∴x1x2＞0，x1-x2＜0，x1x2-2＜0

∴f（x1）-f（x2）＞0即f（x1）＞f（x2）

∴函数f（x）=x+在（0，]单调递减

（1）f(x)==(0＜x＜200，x∈N*)，g(x)=(0＜x＜200，x∈N*)．

（2）令-=＞0，得0＜x＜75

故H(x)=x∈N*

（3）即求函数H（x）的最小值；

当0＜x＜75时，＞=48，

当75≤x＜200时，≥=48，

故当x=75时H（x）的最小值为48．

综上，为了在最短时间内完成工作，x应取75．

（Ⅰ）原式=log5102+log50.4-log523

=log5（100×0.4÷8）

=log55

=1．

（Ⅱ）∵x，y∈R+，且3x=22y=6，

∴x=log36，2y=log26．

∴+=+

=log63+log62

=log6（3×2）

=1．