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.(★★★★★)
