2、调递增,故a>0.又知0<x1<x,得x1+x2>0,∴b=-a(x1+x2)<0。答案:(-∞,0)5.(★★★★)函数f(x)=ax+(a>1).(1)证明:函数f(x)在(-1,+∞)上为增函数.(2)用反证法证明方程f(x)=0没有负数根.5.证明:(1)设-1<x1<x2<+∞,则x2-x1>0,>1且>0,∴>0,又x1+1>0,x2+1>0∴>0,于是f(x2)-f(x1)=+>0∴f(x)在(-1,+∞)上为递增函数.(2)证法一:设存在x0<0(x0≠-1)满足f(x0)=0,则且由0<<1得0<-<1,即<x0<2与x0<0矛盾,故f(x)=0没有负数根
3、。证法二:设存在x0<0(x0≠-1)使f(x0)=0,若-1<x0<0,则<-2,<1,∴f(x0)<-1与f(x0)=0矛盾,若x0<-1,则>0,>0,∴f(x0)>0与f(x0)=0矛盾,故方程f(x)=0没有负数根.7.(★★★★)设函数f(x)的定义域关于原点对称且满足:(i)f(x1-x2)=;(ii)存在正常数a使f(a)=1.求证:(1)f(x)是奇函数.(2)f(x)是周期函数,且有一个周期是4a.7.证明:(1)不妨令x=x1-x2,则f(-x)=f(x2-x1)==-f(x1-x2)=-f(x).∴f(x)是奇函数.(2)要证f(x+4a)=f(x)
4、,可先计算f(x+a),f(x+2a).∵f(x+a)=f[x-(-a)]=.∴f(x+4a)=f[(x+2a)+2a]==f(x),故f(x)是以4a为周期的周期函数.8.(★★★★★)已知函数y=f(x)=(a,b,c∈R,a>0,b>0)是奇函数,当x>0时,f(x)有最小值2,其中b∈N且f(1)<.(1)试求函数f(x)的解析式;(2)问函数f(x)图象上是否存在关于点(1,0)对称的两点,若存在,求出点的坐标;若不存在,说明理由.8.解:(1)∵f(x)是奇函数,∴f(-x)=-f(x),即∴c=0,∵a>0,b>0,x>0,∴f(x)=≥2,当且仅当x=时等号
5、成立,于是2=2,∴a=b2,由f(1)<得<即<,∴2b2-5b+2<0,解得<b<2,又b∈N,∴b=1,∴a=1,∴f(x)=x+.(2)设存在一点(x0,y0)在y=f(x)的图象上,并且关于(1,0)的对称点(2-x0,-y0)也在y=f(x)图象上,则消去y0得x02-2x0-1=0,x0=1±.∴y=f(x)图象上存在两点(1+,2),(1-,-2)关于(1,0)对称.[例1]已知f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,且f(1)=1,若m、n∈[-1,1],m+n≠0时>0.(1)用定义证明f(x)在[-1,1]上是增函数;(2)解不等式:f(x+)<f()
6、;(3)若f(x)≤t2-2at+1对所有x∈[-1,1],a∈[-1,1]恒成立,求实数t的取值范围.(1)证明:任取x1<x2,且x1,x2∈[-1,1],则f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=·(x1-x2),∵-1≤x1<x2≤1,∴x1+(-x2)≠0,由已知>0,又x1-x2<0,∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x)在[-1,1]上为增函数.(2)解:∵f(x)在[-1,1]上为增函数,∴解得:{x
7、-≤x<-1,x∈R}(3)解:由(1)可知f(x)在[-1,1]上为增函数,且f(1)=1,故对x∈[-1,1],恒有f(x)≤1,所以要f(x
8、)≤t2-2at+1对所有x∈[-1,1],a∈[-1,1]恒成立,即要t2-2at+1≥1成立,故t2-2at≥0,记g(a)=t2-2at,对a∈[-1,1],g(a)≥0,只需g(a)在[-1,1]上的最小值大于等于0,g(-1)≥0,g(1)≥0,解得,t≤-2或t=0或t≥2.∴t的取值范围是:{t
9、t≤-2或t=0或t≥2}.指数函数、对数函数问题3.(★★★★★)已知函数f(x)=.则f--1(x-1)=_________.3.解析:容易求得f--1(x)=,从而:f-1(x-1)=7.(★★★★★)