已知函数∫(x)=√3sinωx+cosωx(ω＞0),y=∫(x)的周期等于π 1.求∫(x)的解析式和单调增区间

由题设知，对于f（x）定义域内的任意一个自变量x₁，
存在定义域内的唯一一个自变量x₂，使得
f(x1)•f(x2)＝1成立的函数一定是单调函数，
对于①f（x）=lnx；不妨取x₁=1，在定义域内不存在一个自变量x₂，使得
f(x1)•f(x2)＝1成立，故①不满足；
对于②，当cosx=0时，有无数个x使得cosx=0成立，故②不满足；
对于③f（x）=e^x，满足对于f（x）定义域内的任意一个自变量x₁，都存在定义域内的唯一一个自变量x₂，使得
f(x1)•f(x2)＝1成立，故③满足题意；
对于④f（x）=cosx，当cosx₁=
1
2，在其定义域内没有一个x₂使得cosx₂=2，故④不满足题目要求；
由此可知，满足条件的函数有③．
故选C．

点评：
本题考点： 余弦函数的定义域和值域；函数的最值及其几何意义；对数函数的值域与最值．

考点点评： 本题考查函数值的求法，解题时要认真审题，解题的关键是由题设知，对于f（x）定义域内的任意一个自变量x1，都存在定义域内的唯一一个自变量x2，使得f(x1)•f(x2)＝1成立的函数一定是单调函数，属于难题．

①当f（x）=x2时，对于f（x）定义域内的一个自变量x1=0，对于任意自变量x2，f（x1）=x12=0，f（x1）•f（x2）=0≠1．故函数①不符合题中条件；②当f（x）=lnx时，对于f（x）定义域内的一个自变量x1=1，对于任意自变...

点评：
本题考点： 抽象函数及其应用．

考点点评： 本题通过抽象函数的一个特征，研究了二次函数、对数函数、指数函数、三角函数的运算性质和规律．本题思维能力要求高，计算难度较大，属于中档题．

（1）f′(x)＝
1
x−
a
(x+1)2＝
x2+(2−a)x+1
x(x+1)2，（2分）
∵a＝
9
2，令f′（x）＞0，得x＞2，或x＜
1
2，
∴函数f（x）的单调增区间为(0，
1
2)，（2，+∞）．（6分）
（2）∵
g(x2)−g(x1)
x2−x1＜−1，
∴
g(x2)−g(x1)
x2−x1+1＜0，
∴
g(x2)+x2−[g(x1)+x1]
x2−x1＜0，（8分）
设h（x）=g（x）+x，依题意，h（x）在（0，2]上是减函数．
当1≤x≤2时，h(x)＝lnx+
a
x+1+x，h′(x)＝
1
x−
a
(x+1)2+1，
令h′（x）≤0，得：a≥
(x+1)2
x+(x+1)2＝x2+3x+
1
x+3对x∈[1，2]恒成立，
设m(x)＝x2+3x+
1
x+3，则m′(x)＝2x+3−
1
x2，
∵1≤x≤2，∴m′(x)＝2x+3−
1
x2＞0，
∴m（x）在[1，2]上递增，则当x=2时，m（x）有最大值为[27/2]，
∴a≥
27
2（12分）
当0＜x＜1时，h(x)＝−lnx+
a
x+1+x，h′(x)＝−
1
x−
a
(x+1)2+1，
令h′（x）≤0，得：a≥−
(x+1)2
x+(x+1)2＝x2+x−
1
x−1，
设t(x)＝x2+x−
1
x−1，则t′(x)＝2x+1+
1
x2＞0，
∴t（x）在（0，1）上是增函数，
∴t（x）＜t（1）=0，
∴a≥0，（15分）综上所述，a≥
27
2（16分）

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；导数的几何意义．

考点点评： 本小题主要考查函数单调性的应用、利用导数研究函数的单调性、导数的几何意义、不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．

对于函数①，取x₁=2，则有x2＝−

2
2或

2
2与之对应，不惟一，故①不符题意；
对于函数③取x₁=1，此时f（x₁）=0，则不存在x₂，使f（x₁）f（x₂）=1，故③不符题意；
对于函数④取x₁=0，则当x₂=2kπ，k∈Z时，有无数多个x₂，使得使f（x₁）f（x₂）=1成立，故④不符题意；
对于函数②，定义域为R，任取x₁，有ex1＞0恒成立，取x₂使得ex1•ex2=1，则ex1+x2＝1，
所以x₁+x₂=0，所以x₂=-x₁∈R，且唯一．
故答案为：②．

点评：
本题考点： 函数的图象．

考点点评： 在选择或填空题中，对于一些全称命题的真假判断，往往采用反例法进行否定．

对于①f（x）=5x²，对于定义域内的任意一个非零实数x，都有倒数，但倒数对应的自变量x₂，有两个，它们互为相反数，故不满足条件．
对于②f（x）=5cosx，当x=2kπ+[π/2]时，函数值f（x）=0，函数没有倒数，故不满足条件．
对于③f（x）=5e^x ，对任意一个自变量，函数都有唯一的倒数，故满足条件．
对于④f（x）=5lnx，x=1时，lnx没有倒数，故不满足条件．
故选A．

点评：
本题考点： 函数恒成立问题．

考点点评： 本题是选择题，主要考查函数的概念及其构成要素，可采用逐一检验的方法进行判定，注意抓住两个关键词“任意”与“唯一”进行判定，属于基础题．

由题设知，对于f（x）定义域内的任意一个自变量x₁，
存在定义域内的唯一一个自变量x₂，
使得
f(x1)•f(x2)＝1成立的函数一定是单调函数，②④是周期函数，不合题意
另一特征是函数值的取值都在±1两边．①③满足，但①中当自变量为1时，函数值为0，此时找不到与其乘积为1的函数值，故①不合题意，③是合乎题意要求的
由此可知，满足条件的函数有①③，但．
故答案为：③．

点评：
本题考点： 函数的值．

考点点评： 本题考查函数值的求法，解题时要认真审题，解题的关键是由题设知，对于f（x）定义域内的任意一个自变量x1，都存在定义域内的唯一一个自变量x2，使得f(x1)•f(x2)＝1成立的函数一定是单调函数，并且取值在±1两边．

（Ⅰ）f/(x)＝
1
x−
a
(x+1)2＝
x2+(2−a)x+1
x(x+1)2，∵a＝
9
2，令f′（x）＜0，
得[1/2＜x＜2，故函数f（x）的单调减区间为(
1
2，2)． …（5分）
（Ⅱ）∵
g(x2)−g(x1)
x2−x1＜−1，∴
g(x2)−g(x1)
x2−x1+1＜0，
∴
g(x2)+x2−[g(x1)+x1]
x2−x1＜0，
设h（x）=g（x）+x，依题意，h（x）在（0，2]上是减函数，当1≤x≤2时，h（x）=lnx+
a
x+1]+x，
h′(x)＝−
1
x−
a
(x+1)2+1，令h′（x）≤0，得a≥
(x+1)2
x+(x+1)2═x2+3x+
1
x+3对x∈[1，2]恒成立
设m(x)＝x2+3x+
1
x+3，则m′(x)＝2x+3−
1
x2，
∵1≤x≤2，∴m′(x)＝2x+3−
1
x2＞0，
∴m（x）在[1，2]上是增函数，则当x=2时，m（x）有最大值为[27/2]，∴a≥
27
2．
当0＜x＜1时，

点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题考查函数单调性与导数的关系及应用，考查转化、计算能力．