105.解:在定義域內(nèi)任取x1<x2,
∴f(x1)-f(x2)=
,
∵a>b>0,∴b-a<0,x1-x2<0,
只有當(dāng)x1<x2<-b或-b<x1<x2時(shí)函數(shù)才單調(diào).
當(dāng)x1<x2<-b或-b<x1<x2時(shí)f(x1)-f(x2)>0.
∴f(x)在(-b,+∞)上是單調(diào)減函數(shù),在(-∞,-b)上是單調(diào)減函數(shù).
評(píng)述:本小題主要考查了函數(shù)單調(diào)性的基本知識(shí).
※106.解:(1)f(0)=1表示沒有用水洗時(shí),蔬菜上的農(nóng)藥量將保持原樣.
(2)函數(shù)f(x)應(yīng)該滿足的條件和具有的性質(zhì)是:f(0)=1,f(1)=,
在[0,+∞)上f(x)單調(diào)遞減,且0<f(x)≤1.
(3)設(shè)僅清洗一次,殘留的農(nóng)藥量為f1=,清洗兩次后,殘留的農(nóng)藥量為
f2=,
則f1-f2=.
于是,當(dāng)a>2時(shí),f1>f2;當(dāng)a=2時(shí),f1=f2;當(dāng)0<a<2時(shí),f1<f2.
因此,當(dāng)a>2時(shí),清洗兩次后殘留的農(nóng)藥量較少;
當(dāng)a=2時(shí),兩種清洗方法具有相同的效果;
當(dāng)0<a<2時(shí),一次清洗殘留的農(nóng)藥量較少.
評(píng)述:本題主要考查運(yùn)用所學(xué)數(shù)學(xué)知識(shí)和方法解決實(shí)際問題的能力.以及函數(shù)概念、性質(zhì)和不等式證明的基本方法.
103.解:(1)∵x1,x2∈[0,]都有f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),
∴f(x)=f()f()≥0,x∈[0,1]
f(1)=f(+)=f()·f()=[f()]2
f()=f(+)=f()·f()=[f()]2,f(1)=a>0,
∴.
(2)同上題(2)
(3)∵x∈[0,]滿足f(x1+x2)=f(x1)f(x2),I=2n(n∈Z)
∴f(x1+2n+x2+2n)=f(x1+2n)·f(x2+2n),
∵x1,x2在[2n,+2n]中也滿足f(x1+x2)=f(x1)·f(x2)
又∵f(1)=f(1)·f(0),∴f(0)=1,∴f(2n)=1
又∵f()=f2(),又∵f()=a,∴f()=a
∴an=f(2n)f()=a,∴
評(píng)述:本題考查函數(shù)的概念、圖象,函數(shù)奇偶性和周期性以及數(shù)列極限等基礎(chǔ)知識(shí).設(shè)計(jì)循序漸進(jìn),依托基本的函數(shù),進(jìn)行一定的抽象并附加了一些條件,得到了一個(gè)既抽象又有一定具體背景的周期函數(shù),這種抽象考查了對(duì)函數(shù)概念、函數(shù)性質(zhì)的認(rèn)識(shí)程度,特別是運(yùn)用函數(shù)已知的圖形的幾何特征進(jìn)一步剖析,挖掘函數(shù)未知的性質(zhì)。在本題的設(shè)計(jì)中,以中學(xué)函數(shù)的基本概念為出發(fā)點(diǎn),問題的提升與深入自然、明確.從函數(shù)基本知識(shí),基本技能的考查延伸到數(shù)列極限的考查銜接緊密合理自然.體現(xiàn)了綜合性試題的多方面的要求.
※104.解:設(shè)畫面高為x cm,寬為λx cm,則λx2=4840.
設(shè)紙張面積為S,有S=(x+16)(λx+10)=λx2+(16λ+10)x+160,
將x=代入上式,得S=5000+44(8).
當(dāng)8 =,即λ=(<1時(shí),S取得最小值,
此時(shí),高:x==88 cm,寬:λx=×88=55 cm.
答:畫面高為88 cm,寬為55 cm時(shí),能使所用紙張面積最小.
評(píng)述:本題主要考查建立函數(shù)關(guān)系式、求函數(shù)的最小值的方法和運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決實(shí)際問題的能力.
102.(1)解:由f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),x1,x2∈[0,]知
f(x)=f()·f()≥0,x∈[0,1],∵f(1)=f(+)=f()·f()=
[f()]2,f(1)=2,∴f()=2.
∵f()=f(+)=f()·f()=[f()]2,f()=2,
∴f()=2.
(2)證明:依題設(shè)y=f(x)關(guān)于直線x=1對(duì)稱,
∴f(x)=(1+1-x),f(x)=f(2-x)
又∵f(-x)=f(x),∴f(-x)=f(2-x),∴f(x)=f(2+x),
∴f(x)是R上的周期函數(shù),且2是它的一個(gè)周期.
101.(1)證明:根據(jù)題設(shè),對(duì)任意x∈R,都有f(x)≤1.又f(x)=-b(x-)2+.∴f()=≤1,∵a>0,b>0,∴a≤2.
(2)證明:必要性:對(duì)任意x∈[0,1],|f(x)|≤1f(x)≥-1.據(jù)此可推出
f(1)≥-1,即a-b≥-1,∴a≥b-1.
對(duì)任意x∈[0,1],|f(x)|≤1f(x)≤1,因?yàn)?i>b>1,可得0<<1,可推出f()≤1,即a·-1≤1,∴a≤2,∴b-1≤a≤2.
充分性:因?yàn)?i>b>1,a≥b-1,對(duì)任意x∈[0,1],可以推出ax-bx2≥b(x-x2)-x≥-x≥-1,即ax-bx2≥-1,因?yàn)?i>b>1,a≤2,對(duì)任意x∈[0,1],可以推出:
ax-bx2≤2x-bx2-b(x-)2+1≤1,即ax-bx2≤1,∴-1≤f(x)≤1.
綜上,當(dāng)b>1時(shí),對(duì)任意x∈[0,1],|f(x)|≤1的充要條件是b-1≤a≤2.
(3)解:因?yàn)?i>a>0,0<b≤1時(shí),對(duì)任意x∈[0,1]有f(x)=ax-bx2≥-b≥-1,即f(x)≥-1;
f(x)≤1f(1)≤1a-b≤1,即a≤b+1,又a≤b+1f(x)≤(b+1)x-bx2≤1,即f(x)≤1.
所以,當(dāng)a>0,0<b≤1時(shí),對(duì)任意x∈[0,1],|f(x)|≤1的充要條件是a≤b+1.
評(píng)述:本題主要考查二次函數(shù)、不等式、充要條件的綜合運(yùn)用,考查分類討論思想和邏輯推理能力以及思維能力.
100.解:(1)當(dāng)θ=-時(shí)
f(x)=x2-x-1=(x-)2-,x∈[-1,]
∴x=時(shí),f(x)的最小值為-
x=-1時(shí),f(x)的最大值為
(2)函數(shù)f(x)=(x+tanθ)2-1-tan2θ圖象的對(duì)稱軸為x=-tanθ
∵y=f(x)在區(qū)間[-1,]上是單調(diào)函數(shù)
∴-tanθ≤-1或-tanθ≥
即tanθ≥1或tanθ≤-
因此,θ的取值范圍是
99.解:(1)當(dāng)a=-1時(shí),f(x)=x2-2x+2=(x-1)2+1,x∈[-5,5]
∴x=1時(shí),f(x)的最小值為1
x=-5時(shí),f(x)的最大值為37
(2)函數(shù)f(x)=(x+a)2+2-a2圖象的對(duì)稱軸為x=-a
∵f(x)在區(qū)間[-5,5]上是單調(diào)函數(shù)
∴-a≤-5或-a≥5
故a的取值范圍是a≤-5或a≥5.
98.解:(1)、(2)同上題
(3)解法一:由f(a2)=af(a)+af(a)=2af(a)
f(a3)=a2f(a)+af(a2)=3a2f(a)
猜測(cè)f(an)=nan-1f(a).
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明:
①當(dāng)n=1時(shí),f(a1)=1·a0·f(a),公式成立;
②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí),f(ak)=kak-1f(a)成立,
那么當(dāng)n=k+1時(shí)
f(ak+1)=akf(a)+af(ak)=akf(a)+kakf(a)=(k+1)akf(a),公式仍成立.
由上兩步可知,對(duì)任意n∈N,f(an)=nan-1f(a)成立.
所以
因?yàn)?i>f(2)=2,f(1)=f(2·)=2f()+f(2)=0
所以f()=-f(2)=-
un=(-)·()n-1(n∈N)
因此(n∈N)
解法二:當(dāng)ab≠0時(shí),
令g(x)=,則g(a·b)=g(a)+g(b)
故g(an)=ng(a)
所以f(an)=an·g(an)=nang(a)=nan-1f(a)
所以un=
(以下同解法一)
評(píng)述:這是一個(gè)研究抽象函數(shù)的問題,學(xué)生應(yīng)該在第(1)問的基礎(chǔ)上,利用奇偶函數(shù)的定義,計(jì)算f(-x)是此題的切入點(diǎn).第(3)問應(yīng)該在歸納假設(shè)的基礎(chǔ)上,充分利用所給函數(shù)的關(guān)系式.
97.(1)解:f(0)=f(0·0)=0·f(0)+0·f(0)=0
由f(1)=f(1·1)=1·f(1)+1·f(1),
得f(1)=0.
(2)f(x)是奇函數(shù)
證明:因?yàn)?i>f(1)=f[(-1)2]=-f(-1)-f(-1)=0
所以f(-1)=0
f(-x)=f(-1·x)=-f(x)+xf(-1)=-f(x).
因此,f(x)為奇函數(shù)
(3)證明:先用數(shù)學(xué)歸納法證明un=f(2n)>0(n∈N)
①當(dāng)n=1時(shí),u1=f(2)=2>0;
②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí),uk=f(2k)>0
那么當(dāng)n=k+1時(shí),uk+1=f(2k+1)=2f(2k)+2kf(2)=2f(2k)+2k+1>0.
由以上兩步可知,對(duì)任意n∈N,un=f(2n)>0.
因?yàn)?i>un>0(n∈N)
所以un+1=f(2n+1)=2f(2n)+2nf(2)=2un+2n+1>un(n∈N)
96.解:(1)當(dāng)a=0時(shí),函數(shù)f(-x)=(-x)2+|-x|+1=f(x),此時(shí)f(x)為偶函數(shù).
當(dāng)a≠0時(shí),f(a)=a2+1,f(-a)=a2+2|a|+1,f(-a)≠f(a),f(-a)≠-f(a).
此時(shí)函數(shù)f(x)既不是奇函數(shù),也不是偶函數(shù)
(2)①當(dāng)x≤a時(shí),函數(shù)f(x)=x2-x+a+1=(x-)2+a+.
若a≤,則函數(shù)f(x)在(-∞,a]上單調(diào)遞減,從而,函數(shù)f(x)在(-∞,a]上的最小值為f(a)=a2+1.
若a>,則函數(shù)f(x)在(-∞,a上的最小值為f()=+a,且f()≤
f(a).
②當(dāng)x≥a時(shí),函數(shù)f(x)=x2+x-a+1=(x+)2-a+.
若a≤-,則函數(shù)f(x)在[a,+∞上的最小值為f(-)=-a,且f(-)≤f(a).
若a>-,則函數(shù)f(x)在[a,+∞)上單調(diào)遞增,從而,函數(shù)f(x)在[a,+∞)上的最小值為f(a)=a2+1.
綜上,當(dāng)a≤-時(shí),函數(shù)f(x)的最小值是-a.
當(dāng)-<a≤時(shí),函數(shù)f(x)的最小值是a2+1.
當(dāng)a>時(shí),函數(shù)f(x)的最小值是a+.
評(píng)述:函數(shù)奇偶性的討論問題是中學(xué)數(shù)學(xué)的基本問題,如果平時(shí)注意知識(shí)的積累,對(duì)解此題會(huì)有較大幫助.因?yàn)?i>x∈R,f(0)=|a|+1≠0,由此排除f(x)是奇函數(shù)的可能性.運(yùn)用偶函數(shù)的定義分析可知,當(dāng)a=0時(shí),f(x)是偶函數(shù),第2題主要考查學(xué)生的分類討論思想、對(duì)稱思想.
95.解:(1)f(2)=3,f(-2)=7
由于f(-2)≠f(2),f(-2)≠-f(2)
故f(x)既不是奇函數(shù),也不是偶函數(shù)
(2)f(x)=
由于f(x)在[2,+∞)上的最小值為f(2)=3,在(-∞,2)內(nèi)的最小值為.
故函數(shù)f(x)在(-∞,+∞)內(nèi)的最小值為.
評(píng)述:因?yàn)槠媾己瘮?shù)問題要緊緊抓住“任取”“都有”這兩個(gè)關(guān)鍵詞.f(-x)與f(x)要同時(shí)有意義,f(x)與f(-x)要么相等,要么互為相反數(shù),而要討論非奇非偶只要說明不滿足上述兩點(diǎn)之一即可.另外,也可以借助分段函數(shù)的草圖,幫助分析,然后用代數(shù)方法來回答.
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