必修一函数练习题

设fx是定义在(0,) 上的函数,满足条件:

①fxyfxfy； ②当x1时,fx0恒成立. （Ⅰ）判断fx在0,上的单调性,并加以证明；

（Ⅱ）若f21,求满足fxfx32的x的取值范围. 2．已知f(x)是定义在(1,1)上的奇函数.

（1）若f(x)在(1,1)上单调递减，且f(1a)f(12a)0，求实数a的取值范围； （2）当0x1时，f(x)x2x1，求f(x)在(1,1)上的解析式. 53．已知函数f(x)22x2x16．

2（1）当x∈[0，4]时，求f（x）的最大值和最小值；

（2）若x∈[0，4]，使f(x)12a2x≥0成立，求实数a的取值范围． 4．若二次函数f(x)ax2bxc(a0)，满足f(x2)f(x)16x且f(0)=2. （Ⅰ）求函数f(x)的解析式；

（Ⅱ）若存在x[1,2]，使不等式f(x)2xm成立，求实数m的取值范围． 5．（本小题满分12分）二次函数f(x)满足f(0)f(1)0，且最小值是（1）求f(x)的解析式；

（2）实数a0，函数g(x)xf(x)(a1)x2a2x，若g(x)在区间(3,2)上单调递减，求实数a的取值范围．

xxf(x)2k2,kR. 6．（本小题满分12分）已知xR，函数

1． 4（1）若函数fx为奇函数，且f(2m1)f(m22m4)0，求实数m的取值范围；

xf(x)2x[0,)（2）若对任意的都有成立，求实数k的取值范围．

7．（12分）函数f(x)（1）求实数a,b的值；

axb1Rf(1)是定义在上的奇函数，且. x212（2）判断f(x)在1,1上的单调性，并用定义证明判断出的结论； （3）判断f(x)有无最值？若有，求出最值。

试卷第1页，总3页

8．（本小题满分12分）已知定义域为(0,)的函数f(x)满足：①x1时，f(x)0；②f()1③对任意的正实数x,y，都有f(xy)f(x)f(y)； （1）求证：f()f(x)；

（2）求证：f(x)在定义域内为减函数； （3）求不等式f(2)f(5x)2的解集．

9．（本题共13分）已知函数f(x)在R上满足f(xy)f(x)f(y)，且当x0时，

121xf(x)0,f(1)2。

（1）求f(0)、f(3)的值； （2）判定f(x)的单调性；

（3）若f(4xa)f(62x1)6对任意x恒成立，求实数a的取值范围。 10．（本小题满分12分）不等式2x2x43x2的解集为M，求函数

f(x)log2(2x)log2x(xM)的值域. 162, 2x111．（本题满分15分）设函数f(x)a（1）求证：不论a为何实数f(x)总为增函数;

（2）确定a的值，使f(x)为奇函数及此时f(x)的值域．

b2x12．已知定义域为R的函数f(x)x1是奇函数．

2a（1）求实数a,b的值； （2）判断并证明f(x)在(,)上的单调性；

（3）若对任意实数tR，不等式f(kt2kt)f(2kt)0恒成立，求k的取值范围． 13．（本小题满分12分）

1a2x已知函数f(x)是奇函数，并且函数f(x)的图像经过点(1,3). x2b（Ⅰ）求实数a,b的值；

（Ⅱ）求函数f(x)在x0时的值域．

x22x,x014．已知函数f(x)＝0,x0是奇函数．

x2mx,x0试卷第2页，总3页

(1)求实数m的值；

(2)若函数f(x)在区间[－1，a－2]上单调递增，求实数a的取值范围．

15．已知奇函数f(x)的定义域为[－2，2]，且在区间[－2，0]内递减，若f(1－m)＋f(12

－m)<0，求实数m的取值范围． 16．已知增函数fx数，且满足f(2)axb是定义在（－1，1）上的奇函数，其中bR，a为正整1x24. 5⑴求函数fx的解析式；

⑵求满足f(t22t)f(t)0的t的范围; 17．已知函数f(x)2xk2x,kR. (I)若函数f(x)为奇函数，求实数k的值；

(II)若对任意的x0,，都有f(x)2x成立，求实数k的取值范围．

2xax是R上的奇函数． 18．设a0，f(x)a2（Ⅰ）求a的值；

（Ⅱ）证明：f(x)在R上为增函数； （Ⅲ）解不等式：f1mf1m20． 19．（本小题满分12分） 设fxlog11ax为奇函数，a为常数。 x12（1）求a的值；并证明fx在区间1,上为增函数；

1（2）若对于区间3,4上的每一个x的值，不等式fxm恒成立，求实数m

2的取值范围．

x试卷第3页，总3页

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参考答案

1．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）3,4

【解析】 试题分析：（Ⅰ）所谓抽象函数即为解析式不知的函数，抽象函数是高中数学的难点，对抽象函数的研究常要通过函数的性质来体现，如函数的单调性、周期性和奇偶性．利用赋值法将条件进行转化是解决抽象函数问题的重要策略．（Ⅱ）利用fxyfxfy及再利用单调2f2f2f4将f(x)f(x3)2转化为fxx3f4，性即可解决.

试题解析：（Ⅰ）f(x) 为定义域上的增函数； 1分 设任意x1,x2(0,)且x1x2 ，

因为fxyfxfy，所以fxyfxfy， 取xyx2,xx1 ，则yx2x ，即f(x2)f(x1)f(2) 3分 x1x1x21 x1x2)0 x1因为x1,x2(0,)且x1x2，所以又当x1时,fx0恒成立，所以f(x2)f(x1)f(即f(x1)f(x2)，所以f(x) 是(0,) 上的增函数. 6分 （Ⅱ）因为2f2f2f4，

fxfx32可转换为fxx3f4 9分

x0所以x30，解得3x4，所以x的取值范围为3,4 12分

xx34考点：函数性质的综合应用.

x2x1 (0x1)22．（1）0a；（2）f(x)0 (x0).

3x2x1 (1x0)【解析】 试题分析：（1）解抽象不等式主要是运用函数的单调性，将函数值的大小关系转化为变量取值之间的大小关系，即去掉函数符号；（2）具有奇偶性的函数，其图象就具有对称性，因此

答案第1页，总14页

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给出一半的解析式，就可求出另一半的解析式，主要是运用好奇偶性代数和几何两方面的特征解题.

试题解析：（1）因为f(x)为奇函数，所以f(1a)f(12a)0可化为

f(1a)f(2a 21分

11a1又f(x)在(1,1)上单调递减，于是有12a11 4

1a2a1分

解得 ：0a2 32. 63所以实数a的取值范围是0a分

（2）当1x0时，则0x1 f(x)(x)2(x)1x2x1 又f(x)是定义在(1,1)上的奇函数，f(x)f(x)

f(x)x2x19分

，

f(x)x2x1

又f(x)是定义在(1,1)上的奇函数，f(0)0

所以f(x)的解析式为：

x2x1 (0x1) f(x)0 (x0)x2x1 (1x0)12分

考点：函数的单调性、奇偶性与解析式. 3．（1）f（x）min＝－4991，f（x）max＝170；（2）（－∞，] 48x

【解析】试题分析：（1）将f（x）转化为关于2的二次函数，在限定区间上讨论单调性并

求最值；（2）分离参数a，使之成为a≤g（t）恒成立的形式，求参数a的取值范围.

x2x

试题解析：（1）∵f（x）＝（2）－5·2－6

x

设2＝t，∵x∈[0，4]，则t∈[1，16]

2

∴f（x）＝h（t）＝t－5t－6，t∈[1，16]

55]时函数单调递减；当t∈[，16]时函数单调递增 22549∴f（x）min＝h（）＝－，f（x）max＝h（16）＝170即为所求最大值和最小值.

24∵当t∈[1，（2）∵f（x）＋12－a·2≥0恒成立，而t＝2＞0

xx

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∴存在t∈[1，16]使得a≤t＋令g（t）＝t＋6－5成立 t6－5在[1，6]上递减，在[6，16]上递增 t91而g（1）＝2＜g（16）＝ 891∴g（t）max＝g（16）＝ 891∴a≤g（t）max＝g（16）＝ 891∴a的取值范围是（－∞，]

8考点：指数函数，二次函数的单调性，函数的最值，不等式恒成立问题，换元法 4．（1）f(x)4x2-8x2；（2）m2． 【解析】

试题分析：（1）代入，整理得到关于a,b,c的方程组进行求解即可；（2）作差构造函数，转化为求函数的最值问题.

试题解析：（Ⅰ）由f（0）=2，得c=2，所以f(x)ax2bx2(a0) 由f（x+2）-f（x）=[a(x2)2b(x2)2]-[ax2bx2]=4ax+4a+2b 又f（x+2）-f（x）=16x，得4ax+4a+2b=16x，故a=4、b=-8 所以f(x)4x2-8x2.

（Ⅱ）因为存在x[1,2]，使不等式f(x)2xm ，

2即存在x[1,2]，使不等式m4x10x2成立，

令g(x)4x210x2，x[1,2]，故gman(x)g(2)2， 所以m2.

考点：1.一元二次函数的解析式；2.存在性问题. 5．（1）f(x)x2x；（2）(,9][6,)． 【解析】

试题分析：（1）根据条件f(0)f(1)可，0设f(x)ax(x1)(a0)配方可得

11aa1f(x)ax2axa(x)2，再由f(x)的最小值是，从而，即有a1，

42444f(x)x2x；（2）

g(x)xf(x)(a1)x2a2xx3x2ax2x2a2xx3ax2a2x，

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从而g'(x)3x22axa2(3xa)(xa)，因此g(x)存在两个极值点x再由条件g(x)在区间(3,2)上单调递减，因此需对a或xa，3a和a的大小关系进行分类讨论，即3aa可得到关于a的不等式组， 当a，即a0时，由g'(x)0，得ax， ∴g(x)33a3a的减区间是(a,)，又∵g(x)在区间(3,2)上单调递减，∴aa6（满足323a0），当aaa，即a0时，由g'(x)0，得xa， 33aa3∴g(x)的减区间是(,a)，又∵g(x)在区间(3,2)上单调递减，∴3a93a2（满足a0），即实数a的取值范围为(,9][6,)．

试题解析：（1）由二次函数f(x)满足f(0)f(1)0，设f(x)ax(x1)(a0)， 2分

22则f(x)axaxa(x)121aa1，又∵f(x)的最小值是，故，解得a1，

4444∴f(x)x2x； 6分 ；

（2）g(x)xf(x)(a1)x2a2xx3x2ax2x2a2xx3ax2a2x， 7分

a或xa，又∵a0，3aaa故a， 8分 当a，即a0时，由g'(x)0，得ax， 333a∴g(x)的减区间是(a,)，又∵g(x)在区间(3,2)上单调递减，

3∴g'(x)3x22axa2(3xa)(xa)，由g'(x)0，得xa3∴a， 10分 a6（满足a0）

23aaa，即a0时，由g'(x)0，得xa， 33a∴g(x)的减区间是(,a)，又∵g(x)在区间(3,2)上单调递减，

3当a3∴3，综上所述得a9，或a6， a9（满足a0）a2答案第4页，总14页

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∴实数a的取值范围为(,9][6,)． 12分 ． 考点：1．二次函数的解析式；2．导数的运用． 6．（1）m3或m3（2）k0 【解析】

【试题分析】（1）∵函数fx为奇函数且xR ∴f00∴20k200∴k1 ∴f(x)2x2x ∵f(x)2xln22xln2ln2(2x2x)0 ∴f(x)在(,)上是增函数， ∵f(2m1)f(m22m4)0

∴2m1(m22m4)∴m3或m3 xxxxf(x)2（2）∵x[0,)，均有，即2k22成立，

∴22xk1 ∴k122x对x[0,)恒成立∴k（122x）max,

2xx又t1214在[0,)单调递减

0∴t140∴k0

考点：函数的奇偶性、单调性、导数、解不等式

7．（1）a1,b0；（2）见解析；（3）f(x)minf(1)11,f(x)maxf(1); 22【解析】

试题分析：（1）若f（x）在R上是奇函数，则f（0）=0，即可把b求出；（2）根据定义第一步，任取值；第二步，作差；第三步，判断符号；第四步，下结论；（3）常见的求函数值域的方法有直接法、分离常数法、用判别式法，导数法等等，本题是判别式法，主要是因为定义域为R.

试题解析：（1）∵f(x)是R上的奇函数，∴f(0)b0 又f(1)a1，则a1，故a1,b0 22（2）任取x1,x2R，且x1x2，

x1x2x1x22x1x12x2x2(x2x1)(x1x21)则f(x1)f(x2)2 22222x11x21(x11)(x21)(x11)(x21)当x1,x2(,1)时，f(x1)f(x2)0，即f(x1)f(x2)；

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x1,x2(1,1)时，f(x1)f(x2)0，即f(x1)f(x2)；

x1,x2(1,)时，f(x1)f(x2)0，即f(x1)f(x2)。

故f(x)在(,1)上递减；在(1,1)上递增；在(1,+)上递减； （3）令yf(x)，由于其定义域为R

则关于x的方程yx2xy0有任意实数根，即=14y20

1111y，且f(1),f(1) 222211故f(x)minf(1),f(x)maxf(1) 22那么考点：函数单调性、奇偶性、最值. 8． （3） x|3x5 【解析】

试题分析：（1）因为与x互为倒数，可先求出f10，再利用f(xy)f(x)f(y)可证

（2）构造函数中两个任意变量的函数值差，结合函数表达式得到函数单调性的证明． （3）结合特殊值的函数值，得到f42,由（2）fx为减函数进而得到函数的不等式的求解．

试题解析：因为对任意正实数x,y有1x1与xfx.yfxfy x所以f1f(1)f1f12f1,所以f10 2分

（1）所以f1f(x)fxf()0, 所以f()fx 5分 （2）设x1,x2(0,),且x1x2,则1x1x1xx11则x2xf10， x2x1)f(2)0 x1x1又由（1）知fxf()fx2f(x1)fx2f(1xfx2f(x1)fx为0，+的减函数 8分

（3）1f1=f(2)=f2+f211f(=0 因为2)1 2

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f2+f(5x)2等价于f102xf(4)

+上为减函数，所以上面不等式等价于 fx在0，102x0得x|3x5 12分 102x4考点：1．抽象函数；2．函数的单调性的运用．

9．（1）f(0)0 f(3)6；（2）f(x)为R上的增函数；（3）a(,3]； 【解析】

试题分析：抽象函数求解f(0)时，通常有两种做法，一种是让xy0，一种是让xy，然后代入求值，对于抽象函数求单调性的问题，一般均采用定义法，若x1x2，得到

f(x1)f(x2)，则函数为增函数，若x1x2，得到f(x1)f(x2)，则函数为减函数，对

于恒成立的问题，一般将其化简为我们熟悉的函数，然后来求最值的问题，普遍采用二次函数进行配方的方法解决。

试题解析：解：（1）由已知：令xy0,可得f(00)f(0)f(0) f(0)0

由f(1)2可得f(2)f(1)f(1)224,f(3)f(2)f(1)6 ..3分

（2）任取 x1,x2R且x1x2,则x2x10,且f(x2x1)0 又∵f(x2)f(x1)f(x2x1x1)f(x1)

f(x2x1)f(x1)f(x1)f(x2x1)0

即 f(x1)f(x2) 所以 f(x)为R上的增函数。 7分 （3）f(4xa)f(62x1)6恒成立

由已知及（1）即为f(4xa62x1)f(3)恒成立

f(x)为增函数，

4xa62x13恒成立，即4x22x3a恒成立 10分

令g(x)4x22x3(2x1)22

2x0g(x)3a3 即a的取值范围是(,3]。 ..13分

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考点：抽象函数的单调性 10．25,4 4【解析】 试题分析：（1）解指数不等式先把指数式转化为同底数，再根据指数函数的单调性列出不等式求解，如果底数是字母，要注意分类讨论；（2）对于求复合函数的值域，一般利用整体的观点转化成一次函数或二次函数来求. 试题解析：不等式2x2x43x2解得M{x|1x4}

x(log2x1)(log2x4)(log2x)23log2x4 1625f(x)4 令log2xt(1x4)，则0t2，所以4f(x)log2(2x)log2所以函数f(x)log2(2x)log2x25(xM)的值域,4. 164考点：解指数不等式及求值域.

11．（1）见解析；（2）（-1,1）. 【解析】

试题分析：（1）∵f（x）的定义域为R，任设x1＜x2，化简f（x1）到因式乘积的f（x2）形式，判断符号，得出结论．（2）由f（-x）=-f（x），解出a的值，进而得到函数的解析式：fxa试题解析：

2x21＞1，可得函数的值域． 由x21222(2x12x2)（1）任取x1x2，f(x1)f(x2)x， 2212x11(2x11)(2x21)x1x2，2x12x2，2x12x20，2x110，2x210，

f(x1)f(x2)0，f(x1)f(x2)．所以不论a为何值，f（x）总为增函数；

（2）假设存在实数a函数fxa2是奇函数，因为fx的定义域为R，所以2x1f0a10，所以a1．此时

22x1fx1x，则

212x1x2x112fxxfx，所以fx为奇函数．即存在实数a1使函数fxx2112为奇函数．

f(x)1212xx，20，121,01，20, xxx211212答案第8页，总14页

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f(x)(1,1).

考点：函数奇偶性的判断；函数的值域；函数单调性的判断与证明． 12．（1）a=1,b=2;（2）单调递减；（3）0k2. 【解析】

f(0)0试题分析：（1）由奇函数的条件可得即可得到a，b；（2）运用单调性的

f(1)f(1)定义，结合指数函数的单调性，即可得证；（3）不等式f（kt2kt）f（2kt）＜0，由

2奇函数f（x）得到f(ktk)tf(2k)t，f(kt2)再由单调性，即可得到

kt22kt＞2对0tR恒成立，讨论k=0或k＞0，＜0解出即可．

b2x试题解析：（1）由于定义域为R的函数f(x)x1是奇函数，

2a1f(0)0b＝12x，经检验成立. ,,f(x)x122f(1)f(1)a＝2（，）（2）f（x）在上是减函数．证明如下：

2x22x1设任意x1x2，f(x1)f(x2)，x1x2，f(x1)f(x2) ，

(12x1)(12x2)f(x)在(,)上是减函数 ,

2f（2kt）＜0， （3）不等式f（ktkt）由奇函数f（x）得到f（-x）=-f（x），所以f(kt2kt)f(2kt)f(kt2)，

2由f（x）在(,)上是减函数，kt2kt20对tR恒成立，

k0k0或0k2 综上：0k2.

0考点：奇偶性与单调性的综合． 13．（Ⅰ）【解析】

试题分析：（Ⅰ）利用奇函数定义，对定义域内任意x，有f(x)f(x)即

a1a1（Ⅱ）(,1) 或b1b11a2x1a2xx0可解得a,b（Ⅱ）常见的求函数值域的方法有直接法、分离常数

2xb2b答案第9页，总14页

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12x2法、用判别式法，导数法等等，本题采用分离常数法，即f(x)x=1x 2121试题解析：（Ⅰ）f(x)是奇函数，f(x)f(x)，即

1a2x1a2x2xx0，得(ab1)22(ab)2ab10， xx2b2b所以ab10a1a1，得， 6分 或ab0b1b112a3，即2a3b5 2b又f(1)3，所以所以a1,b1. 8分

12x2x（Ⅱ）f(x)x=1x，x0，021 10分

2121可得f(x)的值域为(,1). 12分 考点：函数奇偶性、值域.

14．（1）2 （2）(1,3]

【解析】解：(1)设x<0，则－x>0，

2

所以f(－x)＝－(－x)＋2(－x)

2

＝－x－2x.

又f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，

22

于是x<0时，f(x)＝x＋2x＝x＋mx，所以m＝2. (2)要使f(x)在[－1，a－2]上单调递增， 结合f(x)的图像知a21

a21所以1＜a≤3，

故实数a的取值范围是(1,3]． 15．－1≤m<1

【解析】由f(x)的定义域是[－2，2]， 知－21－m2，解得－1≤m≤3.

－21－m22，2

2

因为函数f(x)是奇函数，所以f(1－m)<－f(1－m)，即f(1－m)2

所以1－m>m－1，解得－2综上，实数m的取值范围是－1≤m<1. 16．(1)fxx1x1;(2)0t1 21x答案第10页，总14页

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【解析】

试题分析：(1)由函数fx是定义在1,1上的奇函数,则有f00,可求得b0,此时

ax42a4f2,又有,则有,即a2,又a为正整数,所以a1,从而221x5125x可求出函数的解析式;(2)由(1)可知fx1x1,可知函数fx在定义域

1x2fx内为单调递增(可用定义法证明:①在其定义域内任取两个自变量x1、x2,且x1x2;②作差(或作商)比较fx1与fx2的大小;③得出结论,即若fx1fx2则为单调递增函数,

2若fx1fx2则为单调递减函数),又不等式ft2tft0且fx为奇函数,

1t22t12所以不等式可化为ft2tft,从而有1t1,可求出t的范围.

t22tt试题解析：(1)因为fx是定义在1,1上的奇函数 所以f00,解得b0 2分

ax4f2,由,得a2,又a为正整数 21x5x1x1 5分 所以a1,故所求函数的解析式为fx21xx(2)由(1)可知fx1x1且fx在1,1上为单调递增函数

1x2则fx2由不等式ft2tft0,又函数fx是定义在1,1上的奇函数 2所以有ft2tft, 8分

1t22t1从而有1t1 10分

t22tt解得0t1 12分

考点：1.函数解析式、奇偶性、单调性;2.不等式. 17．（Ⅰ）k1. （Ⅱ）k0. 【解析】

试题分析：（Ⅰ）根据f(x)2xk2x,kR是奇函数，f(x)f(x),xR，得到恒等式(1k)(k1)22x0对一切xR恒成立，不难得到k1. （Ⅱ）由已知得到1k22x对x0恒成立，从而只需1k(22x)min,

答案第11页，总14页

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问题转化成求y22x在0,上的最小值，利用函数的单调性易得(22x)min1. 试题解析：（Ⅰ）因为f(x)2xk2x,kR是奇函数，所以f(x)f(x),xR，2分

即2xk2x(2xk2x),所以(1k)(k1)22x0对一切xR恒成立， 所以k1. 6分 （Ⅱ）因为x0,，均有f(x)2x,即2xk2x2x成立， 所以1k22x对x0恒成立， 8分 所以1k(22x)min,

因为y22x在0,上单调递增，所以(22x)min1，

所以k0. 12分 考点：函数的奇偶性，函数的单调性、最值. 18．（Ⅰ）a1；（Ⅱ）详见试题详解（Ⅲ）m1或m2 【解析】

试题分析：（1）根据f(x)在R上是奇函数则有f(0)0解题（2）根据函数单调性的定义（3）先利用奇偶性把不等式化为两个函数值得大小，再利用单调性得出关于m的一元二次不等式，从而求解 试题解析：（Ⅰ）解得a1 x（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)22xa20a1f(x)x是R上的奇函数．f(0)00 即a0aa2a21 设x1，x2是R上任意两个实数，且x12x11f(x1)f(x2)(2x1x1)(2x2x2) 22x2

112x12x21x1x2(22)(x1x2)(22)x1x2(2x12x2)(1x1x2) 2222x1x2x1x2 02x12x22x12x20,112x1x20 (2x12x2)(112x1x2)0 f(x1)f(x2)0 即f(x1)f(x2)，

所以f(x)在R上为增函数； （Ⅲ）

f1mf1m20 f1mf1m2

222因为fx在R上是奇函数所以f1mfm1，所以f1mfm1，

答案第12页，总14页

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因为f(x)在R上为增函数，所以1m即m2m2m21

0解得m1或m2

考点：（1）函数的奇偶性（2）函数单调性及其概念 19．（1）a1（2）mm 98【解析】

1ax0x1试题分析：.解：（1）由得x11ax0，

令x11ax0，得x11,x21， afx是奇函数，定义域关于原点对称，11,有a1。

a且当a1时，fxlog11x定义域为,1x1211,，

1xx11x1x函数fx为fxlog1log1log1logfx，1x1x1x1x12222奇函数

故a1

设任意x1x2,且x1,x21,，fx1log11x11x2，fx2log1 x1x12122则fx1fx2log11x1x21 1x11x2log1log1x1x11x2x1121222而1x1x21x1x21x2x1， 1x2x11x1x21x2x1因为1x1x2，x2x10，1x2x110，

则x1x21x2x1x1x21x2x11x2x110， 故1x1x21，故1x1x21，即fxfx0，

1log10121xx11x2x112122即fx1fx2，fxlog1x1在1,上为增函数。 x1答案第13页，总14页

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x11m,x3,4时恒成立， （２）由题意知log1x122xx11令gxlog1,x3,4 x122x11由（１）知log1在3,4上为增函数，又在3,4上也是增函数，

x12291故g(x)上为增函数，gx最小值为g3log12，

822故由题意可知m3xx99，即实数m的取值范围是mm 88考点：本试题考查了函数的奇偶性和单调性运用。

点评：解决该试题的关键是奇偶性的判定，要注意看定义域和解析式两个方面进行，而对于单调性的证明，根据定义法即可。对于不等式的恒成立问题，一般用分离参数的思想求解范围，属于中档题。

答案第14页，总14页