已知a&0，函数f(x)=ax－bx2,（1）当b&0时，若对任意x∈R都有f(x)≤1，证明：a≤2；（2）当b&1时，证明：对任意x∈[0, 1], |f(x)|≤1的充要条件是..域名：学优高考网，每年帮助百万名学子考取名校！问题人评价，难度：0%已知a&0，函数f(x)=ax－bx2,（1）当b&0时，若对任意x∈R都有f(x)≤1，证明：a≤2；（2）当b&1时，证明：对任意x∈[0, 1], |f(x)|≤1的充要条件是：b－1≤a≤2；（3）当0&b≤1时，讨论：对任意x∈[0, 1], |f(x)|≤1的充要条件。 马上分享给朋友：答案还没有其它同学作出答案，大家都期待你的解答点击查看答案解释还没有其它同学作出答案，大家都期待你的解答点击查看解释相关试题高中数学 COOCO.因你而专业 ！
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已知函数f(x)的定义域是x≠0的一切实数，对定义域内的任意x1、x2，都有f(x1·x2)=f(x1)+f(x2)，且当x＞1时f(x)＞0,f(2)=1，（1）求证：f(x)是偶函数；（2）证明f(x)在(0,+∞)上是增函数；（3）解不等式f(2x2-1)＜2.
（1）证明：令x1=x2=1，得f(1)=2f(1)，∴f(1)=0.令x1=x2=-1，得f(-1)=0.∴f(-x)=f(-1·x)=f(-1)+f(x)=f(x).∴f(x)是偶函数.（2）证明：设x2＞x1＞0，则f(x2)-f(x1)=f(x1·)-f(x1)=f(x1)+f()-f(x1)=f().∵x2＞x1＞0，∴＞1.∴f()＞0，即f(x2)-f(x1)＞0.∴f(x2)＞f(x1).∴f(x)在(0,+∞)上是增函数.（3）解：∵f(2)=1，∴f(4)=f(2)+f(2)=2.∵f(x)是偶函数,∴不等式f(2x2-1)＜2可化为f(|2x2-1|)＜f(4).又∵函数在(0,+∞)上是增函数，∴|2x2-1|＜4.解得-＜x＜，即不等式的解集为(-,).
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（1）求实数a的值；
（2）利用单调性的定义证明函数f（x）在区间[1，+∞）上是增函数．考点：二次函数的性质；函数单调性的判断与证明．专题：计算题．分析：（1）充分利用题中条件：“f
（1+x）=f （1-x）”，代入计算结合两式恒等即可求得实数 a的值．
（2）欲证明证明函数f（x）在区间[1，+∞）上是增函数，即要证明如果对于属于[1，+∞）区间上的任意两个自变量的值x1、x2，当x1＜x2时都有f（x1）＜f（x2）．那么就说f（x）在
这个区间上是增函数．解答：解：（1）由f（1+x）=f（1-x）得，
（1+x）2+a（1+x）=（1-x）2+a（1-x），
整理得：（a+2）x=0，
由于对任意的x都成立，∴a=-2．
（2）根据（1）可知f（x）=x2-2x，下面证明函数f（x）在区间[1，+∞）上是增函数．
设x1＞x2≥1，则f（x1）-f（x2）=（x12-2x1）-（x22-2x2）
=（x12-x22）-2（x1-x2）
=（x1-x2）（x1+x2-2）
∵x1＞x2≥1，则x1-x2＞0，且x1+x2-2＞2-2=0，
∴f（x1）-f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2），
故函数f（x）在区间[1，+∞）上是增函数．点评：本小题主要考查二次函数的性质、函数单调性的判断与证明、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力、化归与转化思想．属于基础题．函数的单调性也叫函数的增减性．函数的单调性是对某个区间而言的，它是一个局部概念．
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我们把没有给出具体解析式的函数称为抽象函数； 一般形式为y=f（x），或许还附有定义域、值域等，如：y=f（x），（x＞0，y＞0）。抽象函数形式幂函数：f(xy)=f(x)f(y)正比例函数：f(x+y)=f(x)+f(y)对数函数：f(x)+f(y)=f(xy)：f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y) f(x)=cosx指数函数：f(x+y)=f(x)f(y)周期为n的周期函数：f(x)=f(x+n)方法：特殊值法是处理抽象函数选择题的有力方法。根据抽象函数具有的性质，选择一个熟悉的函数作为特殊值代入验证，可以解决大部分选择题。赋值法：根据所要证明的或求解的问题使自变量取某些特殊值，从而解决问题。图像性质解法：抽象函数虽然没有给出具体的解析式，但可利用它的性质图象直接来解题。
整理教师:&&
举一反三（巩固练习，成绩显著提升，去）
根据问他()知识点分析，
试题“已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，对任意的x∈R都有f（...”，相似的试题还有：
已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，对任意的x∈R都有f(x+4)=f(x)+f(2)成立，若f(1)=2，则f(2013)=()．
已知定义在R上的函数f(x)，对任意x∈R，都有f(x+6)=f(x)+f(3)成立，若函数y=f(x+1)的图象关于直线x=-1对称，则f(2013)=()
定义在R上的函数f(x)满足f(x-2)是偶函数，且对任意x∈R恒有f(3-x)+f(x-1)=2014，又f(4)=2013，则f(2014)=_____．解：（1）令x=y=0得：f（0+0）=f（0）+f（0）+?f（0）=-；例：f（x）=x-，验证：f（x+y）=x+y+=（x-）+（x-）+=f（x）+f（y）+．（2）判定f（x）在R上单调递增．证明：任取x1，x2∈R且x1＜x2，f（x2）-f（x1）=f（x2-x1+x1）-f（x1）=f（x2-x1）+f（x1）-f（x1）+=f（x2-x1）+，∵x2-x1＞0，∴f（x2-x1）＞-，∴f（x2）-f（x1）＞0，f（x2）＞f（x1），函数是增函数．（3）由F（x）=0?f（max{-x，2x-x2}）+f（-k）+=-．∴f（max{-x，2x-x2}+（-k））=f（0），又由（2）知f（x）是R上的增函数∴max{-x，2x-x2}+（-k）=0?k=max{-x，2x-x2}，设g（x）=max{-x，2x-x2}，则g（x）=F（x）有三个零点?k=max{-x，2x-x2}有三个解．如图，当0＜K＜1时y=k与y=max{-x，2x-x2}的图象有三个不同的交点，横坐标依是x1，x2，x3．则x1=-k，x2，x3 是方程2x-x2=k的两根，则x2+x3=2，x2?x3=k．∴u=2-k-k2，（0＜k＜1），u=-+，在（0，1）上单调递减，∴u∈（0，2）故u的取值范围是（0，2）分析：（1）代入x=y=0，可求；（2）根据函数的单调性的定义证明即可；（3）根据抽象函数的性质，将函数有三个零点的条件转化为方程的根的判定，结合最值函数的图象，利用韦达定理根与系数的关系构造函数求解．点评：本题考查函数的单调性、函数的最值、方程的根的存在性及根与系数的关系．
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科目：高中数学
已知函数f（x）的定义域为R，且对于一切实数x满足f（x+2）=f（2-x），f（x+7）=f（7-x）（1）若f（5）=9，求：f（-5）；（2）已知x∈[2，7]时，f（x）=（x-2）2，求当x∈[16，20]时，函数g（x）=2x-f（x）的表达式，并求出g（x）的最大值和最小值；（3）若f（x）=0的一根是0，记f（x）=0在区间[-]上的根数为N，求N的最小值．
科目：高中数学
（2011?上海模拟）已知函数2+(bx-1)2，x∈(0，+∞)，其中0＜a＜b．（1）当a=1，b=2时，求f（x）的最小值；（2）若f（a）≥2m-1对任意0＜a＜b恒成立，求实数m的取值范围；（3）设k、c＞0，当a=k2，b=（k+c）2时，记f（x）=f1（x）；当a=（k+c）2，b=（k+2c）2时，记f（x）=f2（x）．求证：1(x)+f2(x)＞4c2k(k+c)．
科目：高中数学
来源：学年重庆市西南师大附中高一（上）期中数学试卷（解析版）
题型：解答题
已知函数f（x）=log2（x+1），当点&（x，y）&是函数y=f&（x）&图象上的点时，点是函数y=g（x）&图象上的点．（1）写出函数y=g&（x）&的表达式；（2）当g（x）-f&（x）≥0时，求x的取值范围；（3）当x在&（2）所给范围内取值时，求g（x）-f（x）的最大值．
科目：高中数学
来源：2007年上海市徐汇区零陵中学高三3月综合练习数学试卷（五）（解析版）
题型：解答题
（1）已知函数f（x）=ax-x（a＞1）．①若f（3）＜0，试求a的取值范围；②写出一组数a，x（x≠3，保留4位有效数字），使得f（x）＜0成立；（2）在曲线上存在两个不同点关于直线y=x对称，求出其坐标；若曲线（p≠0）上存在两个不同点关于直线y=x对称，求实数p的范围；（3）当0＜a＜1时，就函数y=ax与y=logax的图象的交点情况提出你的问题，并取及加以研究．当0＜a＜1时，就函数y=ax与y=logax的图象的交点情况提出你的问题，并加以解决．（说明：①函数f（x）=xlnx有如下性质：在区间上单调递减，在区间上单调递增．解题过程中可以利用；②将根据提出和解决问题的不同层次区别给分．）
科目：高中数学
来源：2006年高考第一轮复习数学：2.10
函数的最值（解析版）
题型：解答题
已知函数f（x）的定义域为R，且对于一切实数x满足f（x+2）=f（2-x），f（x+7）=f（7-x）（1）若f（5）=9，求：f（-5）；（2）已知x∈[2，7]时，f（x）=（x-2）2，求当x∈[16，20]时，函数g（x）=2x-f（x）的表达式，并求出g（x）的最大值和最小值；（3）若f（x）=0的一根是0，记f（x）=0在区间[-]上的根数为N，求N的最小值．}