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

∴a_n＝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)=na^n－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(a^k)=ka^k－1f(a)成立，

那么當(dāng)n=k+1時(shí)

f(a^k+1)=a^kf(a)+af(a^k)=a^kf(a)+ka^kf(a)=(k+1)a^kf(a)，公式仍成立.

由上兩步可知，對(duì)任意n∈N，f(aⁿ)=na^n－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)=－

u_n=(－)·()^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)=na^n－1f(a)

所以u_n=

(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u_n=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)，u_k=f(2^k)＞0

那么當(dāng)n=k+1時(shí)，u_k+1=f(2^k+1)=2f(2^k)+2^kf(2)=2f(2^k)+2^k+1＞0.

由以上兩步可知，對(duì)任意n∈N，u_n=f(2ⁿ)＞0.

因?yàn)?i>u_n＞0(n∈N)

所以u_n+1=f(2ⁿ⁺¹)=2f(2ⁿ)+2ⁿf(2)=2u_n+2ⁿ⁺¹＞u_n(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.