2021-2022学年度合肥一中高中数学期末考试卷

2021-2022学年度合肥一中高中数学期末考试卷

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

一、单选题

上单调递增，则实数a的取值范围是（ ） 1．已知函数fxxa在区间2，A．a2

B．a2

C． a2

D．a2

2． 已知二次函数yx22ax1在区间2,3内是单调函数，则实数a的取值范围是（ ）A．,23, C．,32,

B．2,3 D．3,2

23．若函数fxx3mx18mR在0,3上不单调，则m的取值范围为（ ）

A．0m2 B．0m2 C．m0 D．m2

4．已知函数f(x)x22ax与g(x)A．(0,1)

B．0,1

a在区间[1,2]上都是减函数，那么a（ ） x1C．0,1 D．0,1

x2ax7,x15．已知函数fx 是,上的增函数，则a的取值范围是（ ）a,x1xA．4,0 C．,2

B．4,2 D．,0

2a4x5,x46．若函数fx2，在R上单调递增，则a的取值范围为（ ）

x2ax7,x4A．2,4

17B．2,

8C．4, D．2,

x2ax5,(x1)f(x2)f(x1)0 xx7．已知函数f(x)满足对任意实数12，都有axx,(x1)21x成立，则的取值范围是（ ） A．3a0

B．a2

C．3≤a≤2

D．a<0

试卷第1页，共4页

x2ax11,x28．已知函数f(x)是R上的减函数，则a的取值范围是（ ） a,x2xA．[0,4) B．[0,4] C．[4,6] D．(4,6]

9．已知函数f(x)在定义域1,1内单调递减，且f1af2a1，则a的取值范围是（ ） 2A．0,

32B．,2

32C．,

32D．,1

310．若函数yfx在R上单调递增，且f2m3fm，则实数m的取值范围是（ ） A．,1

B．1,

C．1,

D．,1

111．设fx是R上的减函数，则不等式f2f的解集是

x11A．0, B．,

221C．,

21D．,0,

2212．已知yfx在定义域1,1上是减函数，且f1afa1，则a的取值范围

为（ ） A．（0，1）

B．（-2，1）

C．（0，2）

D．（0，2）

13．函数fxx2x2的单调增区间为（ ）

 A．2，1B．，

21 C．，21 D．，14．函数f(x)43xx2的一个单调递增区间是 3A．(,]

2B．[1,4] 1x3x423C．[1,]

23D．[,4]

215．函数f(x)3A．(,)

2的单调递减区间为（ ）

3C．(,)

2B．(,1) D．(4,)

16．若函数fx5axx2区间1,2单调递减，则a的取值范围是（ ） A．,2

B．4,2

1C．,2

2D．1,2

17．已知偶函数f(x)的定义域为R，导函数为fx，若对任意x0,)，都有

2fxxfx0恒成立，则下列结论正确的是（ ）

A．f00

B．9f3f1

）C．4f2f(1 D．f1f2

试卷第2页，共4页

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

二、解答题

18．已知函数fxx4， x(1)判断函数fx在区间0,上的单调性，并利用定义证明；

21(2)若对任意的x1,x2,4时，fx1fx2m恒成立，求实数m的取值范围.

m219．已知定义在0,上的函数fx满足对任意a,b0,都有

fabfafb，且当x1时，fx0． (1)求f1的值；

(2)判断fx的单调性并证明；

(3)若f31，解不等式fxfx82．

20．（1）已知函数f(x)对任意的a,bR，都有f(ab)f(a)f(b)1，且当x0时，

f(x)1，求证：f(x)是R上的增函数；

x（2）若f(x)是R上的增函数，且ff(x)f(y),f(2)1，解不等式

y1f(x)f2．

x3121．已知函数fxax2xex.

2(1)若a1，求不等式flnx1的解集；

(2)当a1时，求证函数fx在0,上存在极值点m，且fmx22．已知函数f(x)aexln．

am3. 2(1)当a1时，求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程；

(2)若对任意的x(0,)，总有f(x)0成立，试求正数a的最小值． 23．已知函数f(x)sinx． ex(1)求函数f(x)的单调递增区间；

x2x22(2)当x0时，f(x)esinxexaa1恒成立，求实数a的取值范围．

试卷第3页，共4页

24．已知函数f(x)xexexx1. (1)求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程； (2)已知关于x的方程x1x1x21(2e1)m. e1mx10存在两根x1,x2，且x1x2，证明：ex2xax4a1x4a3e25．设函数fx.

(1)若曲线yfx在点1,f1处的切线与x轴平行，求a； (2)若fx在x2处取得极大值，求a的取值范围.

三、双空题

26．设函数fx的定义域是(0,)，对于任意的实数x，y，都有fxyfxfy恒成立，已知f21，且x1时，fx0，则 1（1）f___________；

22（2）不等式fxf8x61的解集是___________.

27．已知函数f(x)满足f(xy)f(x)f(y)1(x,yR)，当x0时，f(x)1，且f(1)2.则f(1)___________；当x[1,2]时，不等式fax23xf(x)2恒成立，

则实数a的取值范围是___________.

试卷第4页，共4页

参考答案：

1．C

【分析】作出函数的图象数形结合分析即得解.

上单调递增， 【详解】解：函数fxxa在区间a，[a,)， 所以2，所以a2 故选：C

2．A

【分析】结合图像讨论对称轴位置可得. 【详解】由题知，当故选：A 3．B

【分析】要想在0,3上不单调，则对称轴在0,3内

2【详解】fxx3mx18mR的对称轴为x2a2a2或3，即a2或a3时，满足题意. 223m，则要想在0,3上不单调，则23m0,3，解得：m0,2 2故选：B 4．C

【分析】二次函数在区间[1,2]单减，则区间[1,2]在二次函数的减区间范围内，从而求得a的范围；反比例函数在区间[1,2]单调递减，得a0，取交集即可

【详解】根据二次函数的表达式可知，f(x)的对称轴为xa，开口向下，若f(x)在区间[1,2]上是减函数，则a1，g(x)是反比例函数，若g(x)在区间[1,2]是减函数，则a0，所以

答案第1页，共18页

0a1

故选：C 5．B

【分析】依题意可得函数在各段均是增函数且在断点的左侧的函数值不大于断点右侧的函数值，即可得到不等式组，解不等式组即可.

x2ax7,x1【详解】因为f(x)且f(x)在R上单调递增， a,x1xa0a所以1，解得4a2，即a4,2

2a1a7故选：B 6．B

【分析】由于函数在R上单调递增，所以函数在每段上要为增函数，且当x4时，x22ax7(2a4)x5，从而可求得答案

2a4017a4【详解】由题意得，解得2a．

842a45168a7故选：B 7．C

a21【分析】易知函数f(x)在R上递增，由a0求解.

a6af(x2)f(x1)0 成立， 【详解】因为函数f(x)满足对任意实数x1x2，都有

x2x1所以函数f(x)在R上递增，

a21所以a0，

a6a解得3≤a≤2， 故选：C

答案第2页，共18页

8．C

a22【分析】由题可得a0，解之即得.

a222a112x2ax11,x2【详解】∵函数f(x)是R上的减函数， a,x2xa22∴a0， a222a112解得4a6. 故选：C. 9．A

【分析】根据函数的定义域和单调性列出不等式组，解出答案即可.

0a211a1212a11【详解】由题意，0a1a0,.

31a2a12a3故选：A. 10．C

【分析】由单调性可直接得到2m3m，解不等式即可求得结果. 【详解】

fx在R上单调递增，f2m3fm，2m3m，解得：m1，

实数m的取值范围为1,.

故选：C. 11．D

【分析】根据函数单调性的性质，通过函数值的大小可得自变量的大小，进行转化求解即可得到结论． 【详解】解：21， xfx是R上的减函数,且f2f，

x1答案第3页，共18页

x0或x故选D．

1， 2【点睛】本题考查函数的单调性的应用，首先根据函数的性质把不等式转化为

f(g(x))f(h(x))的形式，然后根据函数的单调性去掉“f”号，转化为具体的不等式（组），

此时要注意g(x)与h(x)的取值应在外层函数的定义域内，属于基础题． 12．A

【分析】根据函数的单调性进行求解即可.

【详解】因为yfx在定义域1,1上是减函数，

11a122所以由f1afa11a110x1，

1aa21故选：A 13．C

【解析】根据解析式，先求出函数的定义域；再令tx2x2，结合二次函数单调性，以及复合函数单调性的判定方法，即可得出结果. 17【详解】因为x2x2x0显然恒成立，

242所以函数fxx2x2的定义域为R；

令tx2x2，则tx2x2是开口向上的二次函数，且对称轴为x11上单调递增； 所以tx2x2在，上单调递减，在，221， 2根据复合函数单调性的判定方法可得， 1. fxx2x2的单调增区间为，2故选：C.

【点睛】本题主要考查求根式型复合函数的单调区间，属于基础题型. 14．C

【分析】先求得函数的定义域，然后根据复合函数单调性同增异减，结合二次函数的性质，求得函数fx的单调递增区间.

答案第4页，共18页

【详解】由43xx20解得x1,4，也即函数fx的定义域为1,4，注意到函数yx23x4x1,4开口向下，对称轴为x32，所以函数yx3x4x1,4233在1,上递增，在,4上递减.而yx在0,上是增函数，根据复合函数单调性同22

3增异减可知，函数fx的单调递增区间为[1,].

2故选C.

【点睛】本小题主要考查复合函数单调性的求法，考查函数定义域的求法，属于基础题. 15．D

【解析】由函数f(x)的解析式，求得函数的定义域，再结合二次函数的性质和复合函数的单调性的判定方法，即可求解. 【详解】由函数f(x)令yx23x4，

由二次函数的性质，可得函数yx23x4在(,1)上单调递减，在(4,)单调递增， 结合复合函数的单调性的判定方法，可得函数f(x)在区间(4,)单调递减， 即函数f(x)故选：D.

【点睛】本题主要考查了复合函数的单调区间的求解，其中解答中熟记二次函数的图象与性质，以及复合函数的单调性的判定方法是解答的关键，着重考查推理与运算能力. 16．C

52a220【分析】由复合函数的单调性得a，解出即可．

1252a220【详解】由题意得a，

1211a∴2，即a2，

2a21x23x41x3x42有意义满足x23x40，解得x1或x>4，

的单调递减区间为(4,).

故选：C．

【点睛】本题主要考查根据复合函数的单调性求参数范围，要注意函数的定义域，属于基础题．

答案第5页，共18页

17．C

【分析】令g(x)x2f(x)，结合条件可判断出gx在(0,)上单调递增，且函数gx为偶函数，进而可得.

【详解】令x0，则2f(0)00,f(0)0，则A错误； 令g(x)x2f(x)，则g(x)2xf(x)x2f(x)， 当x0时，由2fxxfx0，

2xf(x)x2f(x)0，则gx在(0,)上单调递增， 又因为偶函数f(x)的定义域为R，

∴g(x)x2f(x)为偶函数，gx在(0,)上单调递增， g(3)g3g(1)，9f(3)f(1)，故B错误； g(2)g(1)，4f(2)f(1)，故C正确；

由题意，不妨假设f(x)c0(c为常数)符合题意，此时f1f2c，故D错误. 故选：C. 18．(1)fxx4在0,2上单调递减，在2,上单调递增，理由见解析； x1(2)4,0,.

2

【分析】（1）利用定义法求出函数fxx4 在0,2上单调递减，在2,上单调递增，

x1（2）在第一问的基础上求出fx在x,4上的最大值和最小值，从而得到

2179fx1fx2max4，列出不等式，求出实数m的取值范围.

22（1） fxx4在0,2上单调递减，在2,上单调递增， x理由如下：取x1,x20,2，且x1x2，

fx1fx2x14x1x244x2x1x2 x1x2x1x2答案第6页，共18页

x1x244x1x21， x1x2x1x2x1x2因为x1,x20,2，x1x2，故x1x20,x1x240，x1x20， fx1fx2x1x2x1x240， x1x2所以fx1fx2， 所以fxx4在0,2上单调递减； x取x3,x42,，且x3x4，

fx3fx4x34x3x444x4x3x4 x3x4x3x4x3x444x3x41xx， 34xxxx3434因为x3,x42,，x3x4，故x3x40,x3x440，x3x40， fx3fx4x3x4x3x440， x3x4所以fx3fx4， 所以fxx（2）

21若对任意的x1,x2,4时，fx1fx2m恒成立，

m2m0时，m2无意义，舍去， m4在2,上单调递增； x当m0时，m所以m0，

220，此时fx1fx2m无解，舍去， mm只需求出fx1fx2的最大值，

441当x,2时，fxx单调递减，当x2,4时，fxx单调递增，

xx2故fxminf2224，

1711又因为f8，f4415，

222答案第7页，共18页

117故fxmaxf，

22179故fx1fx2max4，

22所以

92m， 2m1 2因为m0，故解得：m4或0m1实数m的取值范围是4,0,.

219．(1)f10 (2)见解析 (3)8,9

【分析】（1）赋值法求f1的值，令ab1，可得f12f1，即可求出f1的值； （2）取两个特殊值判断函数单调性，再利用单调性定义证明，作差时利用xfx2fx1f2，再结合当x1时，fx0可得差的符号.

x1（3）利用及时定义可得fxfx8fxx8，根据赋值法可得f92f32，xx89再根据单调性可得x0，解不等式组可得不等式解集

x80（1）

令ab1，可得f12f1，解得f10； （2）

证明：设x1,x20,，且x1x2，

xxx则fx2fx1f2x1fx1f2fx1fx1f2

x1x1x1因为

x2x1，∴f(2)0，∴fx2fx10，即fx2fx1．

x1x1所以fx在0,上是减函数． （3）

答案第8页，共18页

令ab3，可得f92f32，

因为fxfx82，所以fxfx8fxx8f9 xx898x9 ． 所以x0x80不等式fxfx82的解集为：8,9. 20．（1）证明见解析；（2）[1,3)(3,4]

【分析】（1）由已知，可根据当x0时，f(x)1，设出x1，x2R，然后利用单调性的定义借助f(ab)f(a)f(b)1直接证明即可；

x（2）由已知，先根据ff(x)f(y),f(2)1，求解出f(4)2，然后再将

y1f(x)f2转化为f[x(x3)]f(4)(x3)，利用函数单调性可直接列式求解.

x3【详解】（1） 设x1，x2R，且x1x2， 则x2x10， 即fx2x11，

所以fx2fx1fx2x1x1fx1，

fx2x1fx11fx1fx2x110

所以fx1fx2， 所以f(x)是R上的增函数．

x（2）因为ff(x)f(y)，所以

yxff(y)f(x)． y在上式中取x=4，y=2，则有f(2)f(2)f(4)， 因为f(2)1，所以f(4)2．

1于是不等式f(x)f2等价于f[x(x3)]f(4)(x3)．

x3又f(x)是R上的增函数，

x(x3)4所以，解得1x3或3x4，

x30答案第9页，共18页

所以原不等式的解集为[1,3)(3,4]． 21．(1)0,1 (2)证明见解析

【分析】（1）当a1时，利用导数分析函数fx的单调性，由flnx1f0可得出关于x的不等式，解之即可；

（2）当a1时，利用导数分析函数fx的单调性，结合零点存在定理可证得函数fx在

0,上存在极值点m，由极值点可得出amem1，将所证不等式等价变形为

m2em30m0，构造函数xx2ex3x0，利用导数证得x0，即

可证得结论成立. (1)

解：由题意，当a1时，fxx12xxex，则fxx1ex， 2x令gxx1e，则gx1e，令gx0可得x0，列表如下：

x ,0  0 0,  gxgx

0 增 极大值 减 所以，fxgxg00，且fx不恒为零， 所以，函数fx在R上单调递减，且f01， 由flnx1f0可得lnx0，解得0x1. 因此，当a1时，不等式flnx1的解集为0,1. (2)

12xx证明：当a1时，fxaxxe，则fxax1e，

2答案第10页，共18页

xx令hxfxax1e，其中x0，则hxae0，可得xlna0，

当0xlna时，hx0，此时函数hx单调递增， 当xlna时，hx0，此时函数hx单调递减， 所以，hxmaxhlnaalna1a，

令paalna1a，其中a1，则palna0，

所以，函数pa在1,上单调递增，当a1时，pap10， 所以，fxmaxflnaalna1a0且f00，

x2x2由（1）知ex1x，则当x1时，eee，fxaxx，

44xxx2x2当x4a1时，fx0，由exx，得xlnx，4a1alna， 所以fx存在极大值点mlna,，

fm0，故amem1，

2fmmem12m2emm2emm. 所以，要证fmm3mm，只要证m2emm3，即证m2e30m0. 2xx令xx2e3x0，则xx1e，由x0，得x1，

当0x1时，x0，函数x单调递减，

当x1时，x0，函数x单调递增，所以，x13e0， 综上，fmm3成立. 2【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式fxgx（或fxgx）转化为证明fxgx0（或fxgx0），进而构造辅助函数hxfxgx；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

答案第11页，共18页

22．(1)(e1)xy10 1(2) e

【分析】（1）求出f1以及f1，根据点斜式即可得切线方程；

1x（2）对函数进行求导，令h(x)xe(x(0,))，利用导数结合零点存在定理可得fxa11存在隐零点，进而得出fx的最小值fx02lnx0x00，令(x)2lnxx，

x0x利用导数求出其最值即可得结果. （1）

xx当a1时，f(x)elnx,f(x)e1， x则切线的斜率为f(1)e1，

又f(1)e，所以曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程是ye(e1)(x1)， 即(e1)xy10． （2） f(x)aex1ax1xe． xxa1x令h(x)xe(x(0,))，则h(x)(x1)ex0(x(0,))，

a所以函数h(x)在区间(0,)上为单调递增函数．

11111a11a因为a0，所以h(0)0,hee10，

aaaaa1所以h(0)h0，

a1所以在区间(0,)上，存在唯一的实数x00,，使得hx00，

a1x即hx0x0e00．①

a所以当0xx0时，fx00，此时函数f(x)单调递减；

当xx0时，fx00，此时函数f(x)单调递增，

xx所以函数f(x)aeln在xx0处取得极小值，即最小值，

ax即f(x)minfx0ae0lnx0aex0lnx0lna0．② a答案第12页，共18页

11x0ae又由①得，x0e，所以，所以lnax0lnx0．

xa01则由②得，fx02lnx0x00．

x0x0令(x)1122lnxx，则(x)210(x(0,))，

xxx所以函数(x)在区间(0,)上为单调递减函数．

11x又(1)2ln110，因此0x01，所以x0e0e．

a11由于a0，所以a，

e1即所求实数a的最小值为．

e3ππ23．(1)2kπ,2k，kZ

44(2)[1,2]

【分析】（1）对函数求导后，令导函数大于零，解不等式可求出函数的增区间；

x22（2）由fxesinx1xaa1恒成立，转化为a2a1exx2恒成立，构造函

x2数gxex,x0,，利用导数可求出实数a的取值范围.

(1) ∵f(x)sinx(xR)， ex2sinx2sinx∴cosxsinx4， 4fxexexexπ令fx0，即sinx0，则2kππx2kπ，kZ，

443ππx2kπ，kZ， 解得2kπ443ππ∴f(x)的单调递增区间为2kπ,2kπ，kZ．

44(2)

由已知得当x0时，

sinxexsinxe2xx2a2a1， xe即a2a1exx2恒成立， 设g(x)exx2，

答案第13页，共18页

∴g(x)ex2x，令h(x)ex2x，则h(x)ex2， 由h(x)0，得xln2，

∴g(x)在(0,ln2)上单调递减，在(ln2,)上单调递增， ∴当xln2时，g(x)mineln22ln22(1ln2)0， ∴g(x)0，∴g(x)在(0,)上为增函数，∴g(x)g(0)1， ∴a2a11，解得1a2， ∴a的取值范围为[1,2]．

【点睛】本题解题的关键点是转化为a2a1exx2恒成立的问题，然后构造函数利用导数求出参数的取值范围，考查了学生的分析问题问题、解决问题的能力. 1124．(1)y1x1

ee(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导数，即可得切线的斜率，利用导数的几何意义求得切线方程； （2）将x1mx11xh(x)e1(x1)m001变为利用（）构造函数1(x1)，

exeme则h(x)m0的根为x1，则x11，进而利用函数的单调性证明x1x1，再利用构造

1e函数结合其单调性证明x2x2，即可得到x1x1x2x20，x1x21m明原不等式. (1)

由f(x)xexexx1， 得当x=1时，f(1)0，

1fxxex2ex1,当x=1时，f(1)1,

e111∴切线方程为y1(x1)，即y1x1.

eeeme，从而证e1(2)

证明：方程x1mx10有两根x1,x2，即ex1(x1)m0有两根x1,x2， xeme1, 令h(x)1(x1)，设h(x)m0的根为x1，则x111ee答案第14页，共18页

h(x)单调递减，且mhx1fx1hx1，

∴x1x1.

f(x)在(0,0)处的切线方程为t(x)x,

x令T(x)f(x)t(x)e1(x1)x，

T(x)(x2)ex2，当x2时，T(x)0，T(x)在(,2]上单调递减，

令g(x)(x2)ex2,g(x)(x3)ex ，

当x2时，g(x)0，T(x)在(2,)上单调递增，T(0)0， 则当x(2,0)时，T(x)0，T(x)在(2,0)上单调递减， 当x(0,)时，T(x)0，T(x)在(0,)上单调递增， ∴T(x)在(0,)上单调递增，在(,0)上单调递减， ∴T(x)T(0)0， ∴f(x)t(x).

设t(x)m的根为x2，则x2m， ∵t(x)在(,)上单调递增， ∴mtx2fx2tx2， ∴x2x2.

∴x1x1x2x20，x1x21mme(2e1)m. ，即x1x21e1e1【点睛】本题考查了导数的几何意义以及利用导数证明不等式问题，综合性强，计算量大，综合考查学生的数学素养，解答的关键是证明不等式时，要能结合方程的根的知识，构造函数，继而用导数判断单调新，进行证明. 25．(1)1 1(2),

2

【分析】（1）求出导函数，利用f10即可求得； （2）求出导函数，对a进行分类讨论：若a11时，不合题意，舍去；在0a时， a022答案第15页，共18页

时和a<0时,分别判断单调性，得到fx在x=2处取得极大值，符合题意. (1)

2x2xfxax4a1x4a3e定义域为R，fxax2a1x2e .

1由题设知f1a2a12e0,即(1-a)e=0,解得：a=1此时f(1)=3e≠0.

所以a的值为1 (2)

2xx由(1)得fxax2a1x2eax1x2e.

若a111时,则当x,2时,fx0;当x(2,)时, fx0，所以fx在,2上单2aa减，在(2,)上单增，所以fx在x=2处取得极小值，不合题意，舍去； 若a1时,则fx0恒成立，所以fx在R上单增，所以fx在x=2处不能取得极值，2不合题意，舍去； 若0a11时,则当x2,时,fx0;当x(,2)时, fx0，所以fx在(,2)2a1上单增，在2,上单减，所以fx在x=2处取得极大值，符合题意；

a若a0时,则当x2,时,fx0;当x(,2)时, fx0，所以fx在(,2)上单增，在2,上单减，所以fx在x=2处取得极大值，符合题意；

11若a<0时,则当x2,时,fx0;当x(,2)时, fx0，所以fx在,2上单

aa减，在2,上单增，所以fx在x=2处取得极大值，符合题意. 综上所述：a11.即实数a的范围为, .

22326． 1 (,1)(3,)

4【分析】（1）先令xy1，求解f1，再令x2,y1，求解21f； 222（2）先证明函数fx在(0,)单调递增，转化fxf8x61fxf(4x3)，

结合函数单调性即得解.

【详解】（1）由题意，令xy1，则f1f1f1，解得f1=0，

答案第16页，共18页

令x2,y1，则f1f221f0，解得21f1； 21122（2）由题意，fxf8x61fxf8x6f()f[(8x6)]f(4x3)

22函数fx的定义域是(0,)，故x20,8x60,即xx取0x1x2，故fx2fx1f2，

x13. 4又x1时，fx0，

xx21，故f(2)0，

x1x1即fx2fx10，故函数fx在(0,)单调递增；

22故fxf(4x3)x4x3，

即x24x3(x1)(x3)0 即x(,1)(3,).又x3， 43故x(,1)(3,).

43故答案为：（1）1；（2）(,1)(3,).

427． 0 (,1)

【分析】令x＝y＝0，可得f（0），再令x＝−1，y＝1，可得f（−1）；由单调性的定义，结合条件可判断f（x）的单调性，由等式f（x＋y）＝f（x）＋f（y）−1和f（x）的单调性，可得ax22x0在x∈[1，2]上恒成立，讨论a＝0，a＞0，a＜0，结合二次函数的性质，可得所求范围．

【详解】解：令x＝y＝0，得f（0＋0）＝f（0）＋f（0）−1，得f（0）＝1， 令x＝−1，y＝1，得f（0）＝f（−1）＋f（1）−1＝f（−1）＋2−1，得f（−1）＝0； 令x1x2，所以x2x10，

所以f(x2)f(x1)f(x2x1x1)f(x1)f(x2x1)f(x1)1f(x1)f(x2x1)1， 因为x2x10，所以fx2x11，所以fx2x110，即有f(x2)f(x1)， 即f（x）在R上为增函数，

由f（x＋y）＝f（x）＋f（y）−1，可得f（x）＋f（y）＝f（x＋y）＋1，

fax23xf(x)2，即fax22x12，即fax22x1，

答案第17页，共18页

2又f（0）＝1，所以fax2xf0，

又因为f（x）在R上为增函数， 所以ax22x0在x∈[1，2]上恒成立， 所以a2在x∈[1，2]上恒成立， x又

2x221，a1 故答案为：0；（−∞，1）

答案第18页，共18页