5.已知f(x)=是(-∞,+∞)上的減函數(shù)，那么a的取值范圍是　 　　　.

答案 ［，)

4.函數(shù)f(x)(x∈R)的圖象如下圖所示，則函數(shù)g(x)=f(log_ax) (0＜a＜1)的單調(diào)減區(qū)間是　　　　 .　　　　

答案 ［,1］

3.函數(shù)y=lg(x²+2x+m)的值域是R,則m的取值范圍是　　　　 .　

答案　 m≤1

2.已知函數(shù)f(x)在區(qū)間［a，b］上單調(diào)，且f(a)·f(b)＜0，則下列對方程f(x)=0在區(qū)間［a，b］上根的分布情況的判斷有誤的是　　　　 (填序號).

　 ①至少有一實根　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②至多有一實根

③沒有實根　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　�、鼙赜形┮坏膶嵏�

　答案　 ①③

1.函數(shù)f(x)=ln(4+3x-x²)的單調(diào)遞減區(qū)間是　　　　　 .

答案 ［，4)　

14.設(shè)a,b,c∈R⁺且a+b+c=1，試求：++的最小值.

解　 ∵a+b+c=1，a、b、c為正數(shù)，

∴(2a+1+2b+1+2c+1)

≥(1+1+1)²,

∴++≥.

當(dāng)且僅當(dāng)2a+1=2b+1=2c+1，即a=b=c時“=”成立，

∴當(dāng)a=b=c=時，

++取最小值.

13.(2008·南京第二次調(diào)研)已知f(x)=,a≠b,

求證：|f(a)-f(b)|＜|a-b|.

證明　 方法一　 ∵f(a)=,f(b)= ,

∴原不等式化為|-|＜|a-b|.

∵|-|≥0，|a-b|≥0，

∴要證|-|＜|a-b|成立,

只需證(-)²＜(a-b)².

即證1+a²+1+b²-2＜a²-2ab+b²,

即證2+a²+b²-2＜a²-2ab+b².

只需證2+2ab＜2，

即證1+ab＜.

當(dāng)1+ab＜0時，∵＞0,

∴不等式1+ab＜成立.

從而原不等式成立.

當(dāng)1+ab≥0時，要證1+ab＜,

只需證(1+ab)²＜()²,

即證1+2ab+a²b²＜1+a²+b²+a²b²,即證2ab＜a²+b².

∵a≠b,∴不等式2ab＜a²+b²成立.∴原不等式成立.

方法二　 ∵|f(a)-f(b)|=|-|

==，

又∵|a+b|≤|a|+|b|=+＜+，

∴＜1.

∵a≠b,∴|a-b|＞0.∴|f(a)-f(b)|＜|a-b|.

12.對任意實數(shù)a(a≠0)和b，不等式|a+b|+|a-b|≥|a|(|x-1|+|x-2|)恒成立，試求實數(shù)x的取值范圍.

解　 依題意，|x-1|+|x-2|≤恒成立，

故|x-1|+|x-2|≤.

因為|a+b|+|a-b|≥|(a+b)+(a-b)|=2|a|,

當(dāng)且僅當(dāng)(a+b)(a-b)≥0時取“=”，

所以=2.

所以x的取值范圍即為不等式|x-1|+|x-2|≤2的解.

解上述不等式得≤x≤，

所以所求的x的取值范圍是.

11.(2008·江蘇，21，D)設(shè)a,b,c為正實數(shù).求證：+abc≥2.

證明　 因為a,b,c是正實數(shù)，由平均不等式可得

≥3，

即≥，

所以+abc≥+abc.

而+abc≥2=2,

所以+abc≥2.

10.求證：(1)|a+b|+|a-b|≥2|a|;

(2)|a+b|-|a-b|≤2|b|.

證明　 (1)|a+b|+|a-b|≥|(a+b)+(a-b)|=2|a|.

(2)|a+b|-|a-b|≤|(a+b)-(a-b)|=2|b|.