105.解：在定義域內任取x₁＜x₂，

∴f(x₁)－f(x₂)＝

，

∵a＞b＞0，∴b－a＜0，x₁－x₂＜0，

只有當x₁＜x₂＜－b或－b＜x₁＜x₂時函數(shù)才單調．

當x₁＜x₂＜－b或－b＜x₁＜x₂時f(x₁)－f(x₂)＞0．

∴f(x)在(－b，+∞)上是單調減函數(shù)，在(－∞，－b)上是單調減函數(shù)．

評述：本小題主要考查了函數(shù)單調性的基本知識．

^※106.解：(1)f(0)=1表示沒有用水洗時，蔬菜上的農(nóng)藥量將保持原樣．

(2)函數(shù)f(x)應該滿足的條件和具有的性質是：f(0)=1，f(1)=，

在［0，+∞)上f(x)單調遞減，且0＜f(x)≤1．

(3)設僅清洗一次，殘留的農(nóng)藥量為f₁＝，清洗兩次后，殘留的農(nóng)藥量為

f₂＝，

則f₁－f₂＝．

于是，當a＞2時，f₁＞f₂；當a=2時，f₁＝f₂；當0＜a＜2時，f₁＜f₂．

因此，當a＞2時，清洗兩次后殘留的農(nóng)藥量較少；

當a=2時，兩種清洗方法具有相同的效果；

當0＜a＜2時，一次清洗殘留的農(nóng)藥量較少．

評述：本題主要考查運用所學數(shù)學知識和方法解決實際問題的能力．以及函數(shù)概念、性質和不等式證明的基本方法．

103.解：(1)∵x₁，x₂∈［0，］都有f(x₁+x₂)＝f(x₁)·f(x₂)，

∴f(x)=f()f()≥0，x∈［0，1］

f(1)=f(+)=f()·f()＝［f()］²

f()=f(+)=f()·f()=[f()]²，f(1)=a＞0，

∴．

(2)同上題(2)

(3)∵x∈［0，］滿足f(x₁+x₂)＝f(x₁)f(x₂)，I＝2n(n∈Z)

∴f(x₁+2n+x₂+2n)＝f(x₁+2n)·f(x₂+2n)，

∵x₁，x₂在［2n，+2n］中也滿足f(x₁+x₂)＝f(x₁)·f(x₂)

又∵f(1)=f(1)·f(0)，∴f(0)=1，∴f(2n)=1

又∵f()＝f²()，又∵f()＝a，∴f()＝a

∴a_n＝f(2n)f()＝a，∴

評述：本題考查函數(shù)的概念、圖象，函數(shù)奇偶性和周期性以及數(shù)列極限等基礎知識．設計循序漸進，依托基本的函數(shù)，進行一定的抽象并附加了一些條件，得到了一個既抽象又有一定具體背景的周期函數(shù)，這種抽象考查了對函數(shù)概念、函數(shù)性質的認識程度，特別是運用函數(shù)已知的圖形的幾何特征進一步剖析，挖掘函數(shù)未知的性質。在本題的設計中，以中學函數(shù)的基本概念為出發(fā)點，問題的提升與深入自然、明確.從函數(shù)基本知識，基本技能的考查延伸到數(shù)列極限的考查銜接緊密合理自然.體現(xiàn)了綜合性試題的多方面的要求.

^※104.解：設畫面高為x cm，寬為λx cm，則λx²＝4840.

設紙張面積為S，有S＝(x+16)(λx+10)＝λx²+(16λ+10)x+160，

將x＝代入上式，得S＝5000+44(8).

當8 ＝，即λ＝(＜1時，S取得最小值，

此時，高：x＝＝88 cm，寬：λx＝×88＝55 cm.

答：畫面高為88 cm，寬為55 cm時，能使所用紙張面積最小.

評述：本題主要考查建立函數(shù)關系式、求函數(shù)的最小值的方法和運用數(shù)學知識解決實際問題的能力．

102.(1)解：由f(x₁+x₂)＝f(x₁)·f(x₂)，x₁，x₂∈［0，］知

f(x)=f()·f()≥0，x∈［0，1］，∵f(1)=f(+)=f()·f()=

[f()]²，f(1)＝2，∴f()＝2．

∵f()=f(+)=f()·f()=[f()]²，f()=2，

∴f()=2．

(2)證明：依題設y=f(x)關于直線x=1對稱，

∴f(x)=(1+1－x)，f(x)=f(2－x)

又∵f(－x)=f(x)，∴f(－x)=f(2－x)，∴f(x)=f(2+x)，

∴f(x)是R上的周期函數(shù)，且2是它的一個周期．

101.(1)證明：根據(jù)題設，對任意x∈R，都有f(x)≤1.又f(x)=－b(x－)²+.∴f()=≤1，∵a>0，b>0，∴a≤2.

(2)證明：必要性：對任意x∈［0，1］，|f(x)|≤1f(x)≥－1.據(jù)此可推出

f(1)≥－1，即a－b≥－1，∴a≥b－1.

對任意x∈［0，1］，|f(x)|≤1f(x)≤1，因為b>1，可得0<<1，可推出f()≤1，即a·－1≤1，∴a≤2，∴b－1≤a≤2.

充分性：因為b>1，a≥b－1，對任意x∈［0，1］，可以推出ax－bx²≥b(x－x²)－x≥－x≥－1，即ax－bx²≥－1，因為b>1，a≤2，對任意x∈［0，1］，可以推出：

ax－bx²≤2x－bx²－b(x－)²+1≤1，即ax－bx²≤1，∴－1≤f(x)≤1.

綜上，當b>1時，對任意x∈［0，1］，|f(x)|≤1的充要條件是b－1≤a≤2.

(3)解：因為a>0，0<b≤1時，對任意x∈［0，1］有f(x)=ax－bx²≥－b≥－1，即f(x)≥－1；

f(x)≤1f(1)≤1a－b≤1，即a≤b+1，又a≤b+1f(x)≤(b+1)x－bx²≤1，即f(x)≤1.

所以，當a>0，0<b≤1時，對任意x∈［0，1］，|f(x)|≤1的充要條件是a≤b+1.

評述：本題主要考查二次函數(shù)、不等式、充要條件的綜合運用，考查分類討論思想和邏輯推理能力以及思維能力.

100.解：(1)當θ=－時

f(x)=x²－x－1=(x－)²－，x∈［－1，］

∴x=時，f(x)的最小值為－

x=－1時，f(x)的最大值為

(2)函數(shù)f(x)=(x+tanθ)²－1－tan²θ圖象的對稱軸為x=－tanθ

∵y=f(x)在區(qū)間［－1，］上是單調函數(shù)

∴－tanθ≤－1或－tanθ≥

即tanθ≥1或tanθ≤－

因此，θ的取值范圍是

99.解：(1)當a=－1時，f(x)=x²－2x+2=(x－1)²+1，x∈［－5，5］

∴x=1時，f(x)的最小值為1

x=－5時，f(x)的最大值為37

(2)函數(shù)f(x)=(x+a)²+2－a²圖象的對稱軸為x=－a

∵f(x)在區(qū)間［－5，5］上是單調函數(shù)

∴－a≤－5或－a≥5

故a的取值范圍是a≤－5或a≥5.

98.解：(1)、(2)同上題

(3)解法一：由f(a²)=af(a)+af(a)=2af(a)

f(a³)=a²f(a)+af(a²)=3a²f(a)

猜測f(aⁿ)=na^n－1f(a).

下面用數(shù)學歸納法證明：

①當n=1時，f(a¹)=1·a⁰·f(a)，公式成立；

②假設當n=k時，f(a^k)=ka^k－1f(a)成立，

那么當n=k+1時

f(a^k+1)=a^kf(a)+af(a^k)=a^kf(a)+ka^kf(a)=(k+1)a^kf(a)，公式仍成立.

由上兩步可知，對任意n∈N，f(aⁿ)=na^n－1f(a)成立.

所以

因為f(2)=2，f(1)=f(2·)=2f()+f(2)=0

所以f()=－f(2)=－

u_n=(－)·()^n－1(n∈N)

因此(n∈N)

解法二：當ab≠0時，

令g(x)=，則g(a·b)=g(a)+g(b)

故g(aⁿ)=ng(a)

所以f(aⁿ)=aⁿ·g(aⁿ)=naⁿg(a)=na^n－1f(a)

所以u_n=

(以下同解法一)

評述：這是一個研究抽象函數(shù)的問題，學生應該在第(1)問的基礎上，利用奇偶函數(shù)的定義，計算f(－x)是此題的切入點.第(3)問應該在歸納假設的基礎上，充分利用所給函數(shù)的關系式.

97.(1)解：f(0)=f(0·0)=0·f(0)+0·f(0)=0

由f(1)=f(1·1)=1·f(1)+1·f(1)，

得f(1)=0.

(2)f(x)是奇函數(shù)

證明：因為f(1)=f［(－1)²］=－f(－1)－f(－1)=0

所以f(－1)=0

f(－x)=f(－1·x)=－f(x)+xf(－1)=－f(x).

因此，f(x)為奇函數(shù)

(3)證明：先用數(shù)學歸納法證明u_n=f(2ⁿ)＞0(n∈N)

①當n=1時，u₁=f(2)=2＞0；

②假設當n=k時，u_k=f(2^k)＞0

那么當n=k+1時，u_k+1=f(2^k+1)=2f(2^k)+2^kf(2)=2f(2^k)+2^k+1＞0.

由以上兩步可知，對任意n∈N，u_n=f(2ⁿ)＞0.

因為u_n＞0(n∈N)

所以u_n+1=f(2ⁿ⁺¹)=2f(2ⁿ)+2ⁿf(2)=2u_n+2ⁿ⁺¹＞u_n(n∈N)

96.解：(1)當a=0時，函數(shù)f(－x)=(－x)²+|－x|+1=f(x)，此時f(x)為偶函數(shù).

當a≠0時，f(a)=a²+1，f(－a)=a²+2|a|+1，f(－a)≠f(a)，f(－a)≠－f(a).

此時函數(shù)f(x)既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù)

(2)①當x≤a時，函數(shù)f(x)=x²－x+a+1=(x－)²+a+.

若a≤，則函數(shù)f(x)在(－∞，a］上單調遞減，從而，函數(shù)f(x)在(－∞，a］上的最小值為f(a)=a²+1.

若a＞，則函數(shù)f(x)在(－∞，a上的最小值為f()=+a，且f()≤

f(a).

②當x≥a時，函數(shù)f(x)=x²+x－a+1=(x+)²－a+.

若a≤－，則函數(shù)f(x)在［a，+∞上的最小值為f(－)=－a，且f(－)≤f(a).

若a＞－，則函數(shù)f(x)在［a，+∞)上單調遞增，從而，函數(shù)f(x)在［a，+∞)上的最小值為f(a)=a²+1.

綜上，當a≤－時，函數(shù)f(x)的最小值是－a.

當－＜a≤時，函數(shù)f(x)的最小值是a²+1.

當a＞時，函數(shù)f(x)的最小值是a+.

評述：函數(shù)奇偶性的討論問題是中學數(shù)學的基本問題，如果平時注意知識的積累，對解此題會有較大幫助.因為x∈R，f(0)=|a|+1≠0，由此排除f(x)是奇函數(shù)的可能性.運用偶函數(shù)的定義分析可知，當a=0時，f(x)是偶函數(shù)，第2題主要考查學生的分類討論思想、對稱思想.

95.解：(1)f(2)=3，f(－2)=7

由于f(－2)≠f(2)，f(－2)≠－f(2)

故f(x)既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù)

(2)f(x)=

由于f(x)在［2，+∞)上的最小值為f(2)=3，在(－∞，2)內的最小值為.

故函數(shù)f(x)在(－∞，+∞)內的最小值為.

評述：因為奇偶函數(shù)問題要緊緊抓住“任取”“都有”這兩個關鍵詞.f(－x)與f(x)要同時有意義，f(x)與f(－x)要么相等，要么互為相反數(shù)，而要討論非奇非偶只要說明不滿足上述兩點之一即可.另外，也可以借助分段函數(shù)的草圖，幫助分析，然后用代數(shù)方法來回答.