7．设是定义在R上的恒不为零的函数，且对任意x、y∈R都有

f(x+y)＝f(x)f(y)

①求f(0)，

②设当x<0时，都有f(x)>f(0)证明当x>0时0<f(x)<1,

③设a₁=,a_n=f(n)(n∈N^* )，s_n为数列{a_n}前n项和，求s_n.

解：①②仿前几例，略。

③a_n＝f(n)，

　a₁＝f(1)＝

a_n+1＝f(n+1)=f(n)f(1)＝a_n

数列{a_n}是首项为公比为的等比数列

s_n＝1-

s_n＝1

6．设 f (x)是定义在R上的偶函数,其图像关于直线x=1对称, 对任意x₁、x₂[0,]都有f (x₁+ x₂)＝f(x₁) ·f(x₂), 且f(1)=a>0.

①求f ()及 f ();

②证明f(x)是周期函数

③记a_n=f(2n+), 求(lna_n)

解: ①由f (x)= f ( + )=[f(x)]²0,f(x)

a= f(1)=f(2n· )=f(++…+)＝[f ()]²

解得f ()=

　f ()=,f ()=.

② f(x)是偶函数,其图像关于直线x=1对称,

　 f(x)=f(-x),f(1+x)=f(1-x).

　 f(x+2)=f[1+(1+x)]= f[1-(1+x)]= f(x)=f(-x).

f(x)是以2为周期的周期函数.

③ a_n=f(2n+)= f ()=

(lna_n)= =0

5．定义在(-1，1)上的函数f (x)满足

①　　 任意x、y∈(-1，1)都有f(x)+ f(y)＝f ()，②x∈(-1，0)时，

有f(x) >0

1)　　　 判定f(x)在(-1，1)上的奇偶性，并说明理由

2)　　　 判定f(x)在(-1，0)上的单调性，并给出证明

3)　　　 求证：f ()＝f ()－f ()

或f ()+f ()+…+f ()> f ()　 (n∈N^*)

　解:1) 定义在(-1，1)上的函数f (x)满足任意x、y∈(-1，1)

都有f(x)+ f(y)＝f (),则当y=0时, f(x)+ f(0)＝f(x)

　　　 f(0)=0

　　　 　当-x=y时, f(x)+ f(-x)＝f(0)

 f(x)是(-1，1)上的奇函数

2) 设0>x₁>x₂>-1

f(x₁)-f(x₂)= f(x₁)+ f(-x₂)=

0>x₁>x₂>-1 ,x∈(-1，0)时，

有f(x) >0,1-x₁ x₂>0, x₁-x₂>0

>0

即f(x)在(-1，0)上单调递增.

3) f ()=f()

=f( )=f()

=f()-f()

f ()+f ()+…+f ()

=f()-f()+f()-f()+f()+…+f()-f()

= f() -f()=f()+f(-)

x∈(-1，0)时，有f(x) >0

f(-)>0, f()+f(-)>f()

即f ()+f ()+…+f ()> f ()

1)　　　 　

4．函数y＝f(x)满足

①f(a+b)＝f (a)·f (b)，②f(4)＝16, m、n为互质整数，n≠0

求f()的值

f(0) =f(0+0)=f(0) ·f(0)=f²(0)

f(0) =0或1.若f(0)=0则f(4)=16=f(0+4)=f(0) ·f(4)=0.(矛盾)

f(1)=1

f(4)=f(2) ·f(2)=f(1) ·f(1) ·f(1) ·f(1)=16

f(1)=f²()≥0

f(1)=2.仿此可证得f(a)≥0.即y=f(x)是非负函数.

f(0)=f(a+(-a))=f(a) ·f(-a)

f(-a)=

n∈N^*时f(n)=fⁿ(1)=2ⁿ,f(-n)=2^-n

f(1)=f(++…+)=fⁿ()=2

f()=

f()=[f()]^m=

3．设f₁(x) f₂(x)是(0,+∞)上的函数,且f₁(x)单增,设

f(x)= f₁(x) +f₂(x) ,且对于(0,+∞)上的任意两相异实数x₁, x₂

恒有| f₁(x₁)－ f₁(x₂)| >| f₂(x₁)－ f₂(x₂)|

①求证：f (x)在(0,+∞)上单增.

②设F(x)=x f (x), a>0、b>0.

求证：F(a+b)> F(a)+F(b) .

①证明:设 x₁>x₂>0

f₁(x) 在(0,+∞)上单增

f₁(x₁)－ f₁(x₂)>0

| f₁(x₁)－ f₁(x₂)|= f₁(x₁)－ f₁(x₂)>0

| f₁(x₁)－ f₁(x₂)| >| f₂(x₁)－ f₂(x₂)|

f₁(x₂)- f₁(x₁)<f₂(x₁)－ f₂(x₂)< f₁(x₁)－ f₁(x₂)

f₁(x₁)+f₂(x₁)> f₁(x₂)+ f₂(x₂)

f(x₁)> f(x₂)

f (x)在(0,+∞)上单增

②F(x)=x f (x), a>0、b>0

a+b>a>0,a+b>b>0

F(a+b)=(a+b)f(a+b)=af(a+b)+bf(a+b)

f (x)在(0,+∞)上单增

F(a+b)>af(a)+bf(b)= F(a)+F(b)

2．已知函数f(x)= ,且f(x),g(x)定义域都是R,且g(x)>0, g(1) =2,g(x) 是增函数.　 g(m) · g(n)= g(m+n)(m、n∈R)

求证：①f(x)是R上的增函数

②当nN,n≥3时,f(n)>

解: ①设x₁>x₂

　 g(x)是R上的增函数, 且g(x)>0

　 g(x₁) > g(x₂) >0

 g(x₁)+1 > g(x₂)+1 >0

 　> >0

 　- >0

 f(x₁)- f(x₂)=- =1--(1-)

　　　　　　 =->0

　 f(x₁) >f(x₂)

　 f(x)是R上的增函数

②　 　g(x) 满足g(m) · g(n)= g(m+n)(m、n∈R) 且g(x)>0

　 g(n)=[ g(1)]ⁿ=2ⁿ

　 当nN,n≥3时, 2ⁿ>n

 f(n)=＝1-　 ，＝1-

　 2ⁿ＝(1+1)ⁿ＝1+n+…++…+n+1>2n+1

　 2ⁿ+1>2n+2

<,即1->1-

当nN,n≥3时,f(n)>

1．已知函数f(x)对任意x、y∈R都有f(x+y)＝f(x)+ f(y)+3xy(x+y+2)+3,且f(1)=1

①若t为自然数,(t>0)试求f(t)的表达式

②满足f(t)=t的所有整数t能否构成等差数列?若能求出此数列,若不能说明理由

③若t为自然数且t≥4时, f(t) ≥mt²+(4m+1)t+3m,恒成立,求m的最大值.

22. 证明：

(1)抛物线的准线　 ……………………………………………………1分)

由直线x+y=t与x轴的交点(t，0)在准线的右边得：

　 即4t+p+4＞0 ……………………………………………………2分

由 ①

∵p＞0　 4t+p+4＞0　 ∴△=(2t+p)²－4(t²－p)=p(4t+p+4)＞0 ……4分

故直线与抛物线总有2个交点 …………………………………………………5分

(2)解：设A(x₁，y₁)，B(x₂，y₂)，则x₁，x₂是方程①的2个根，由根与系数关系

得：………………………………………………………7分

　∵OA⊥OB ∴K_OA·K_OB=－1　 即x₁x₂+y₁y₂=0 ………………………………8分

又∵A、B在直线x+y=t上　 ∴y₁=t－x₁ 　y₂=t－x₂　

∴x₁x₂+y₁y₂=t²－(t+2)p=0

　 由P＞0，及4t+p+4＞0 ……………………………9分

得：f(t)的定义域为(－2，0)∪(0，+∞) ………………………………10分

(3)解：由已知得：由②知x＞－2且t≠0

………………………………………………………………11分

又(12分)令u=t+2

∴ 则

在[1、2上是减函数，在(2，3上是增函数　

从而或

∴当　 当……………………………13分

综上所述，P的取值范围是　 ……………………………………………14分

　　　　　　　　 图1　　　　　　　　　　　　　　　　　 图2　　　　　　　　　　　　　　　 图3

图4

图5　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 图6

　　　　　　　　　　　　　 图7

21. 解：(Ⅰ)从A中任取两个元素作和式，当x+y与y+x为不同的和式时，共有个和式，

………………………………………………2分

　　　　 又每个元素在这个和式中出现的次数相同，且为2＝2(n-1)次……4分

　　　　 故S=2(n-1)(1+2+3+…+n)=n(n²-1)……………………………………………6分

　　 (Ⅱ)证明：显然，a₁+a_m≥n+1

否则a₁+a_m≤n，依题意设存在一个a_k(1≤k≤m)使a_k=a₁+a_m，

又∵a₁+a_m>a_m,∴a_k>a_m，且a_k∈B，这与a_k为B中最大的元素相矛盾，

即a₁+a_m≥n+1……………………………………………………………9分

　　　用反证法可证：a₂+a_m-1≥n+1

　　　　　　 假设a₂+a_m-1≤n，依题意设存在一个a_k(1≤k≤m)使a_k=a₂+a_m-1

　　　　　　 又∵a₁+a_m-1<a₂+a_m-1≤n

　　　　　　 ∴另存在一个(1≤k₁≤m)，使=a₁+a_m-1

　　　　　　 即存在两个不同的数a_k、∈B，且>a_m-1,a_k>a_m-1

　　　　　　 这与题设在B中只有一个数大于a_m-1相矛盾，

　　　故a₂+a_m-1≥n+1

　　　 同理可证：对任意的i(1≤i≤m)，有a_i+a_m+1-i≥n+1，

　　　故a₁+a₂+a₃+…+a_m=[(a₁+a_m)+(a₂+a_m-1)+…+(a_m+a₁)]≥……12分

19. 证明

(1).

∴平面A₁EF⊥平面B₁BCC₁.…………………………………………3分　

(2)由于A₁A//平面B₁BCC₁，故点A、A₁与平面B₁BCC₁的距离相等.

∵ABB₁A₁为菱形，故A₁E=A₁F=.∵B₁B⊥平面A₁EF，

EF平面A₁EF，∴BB₁⊥EF，从而EF=BC=2.

∴△A₁EF是等腰直角三角形。取EF中点M，则A₁M⊥EF，且A₁M=1.

从而A₁M⊥平面B₁BCC₁，即A₁M是点A₁与平面B₁BCC₁的距离，

∵点A与平面B₁BCC₁的距离为1.……………………………………7分

(3)设平面A₁EF与平面A₁B₁C­₁所成的二面角的棱为直线l，取B₁C₁的中点N，

则A₁N⊥B₁C₁，但B₁C₁//EF，∴B₁C₁//平面A₁EF，于是B₁C₁//l，

在△A₁B₁C₁中，A₁N=∴A₁M⊥l，A₁N⊥l，

即∠MA₁N为所求二面角的平面角.……………………………………10分

∵A₁M⊥平面B₁BCC₁，∴A_1­M⊥MN. ∴cos∠NA₁M=，

故所求二面角的大小为……………………………………12分.

20解：

…………4分

当　 即　 ①　 时 ，S有最小值，其中最小值为：M=　

　 ………………………………………………………8分

当且仅当时，M有最小值。∴代入①得。

∴。

故2003年高考上线人数为312人　　 …………………………………………12分