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专题专项练
专题强化练3　分段函数及其性质
1.(2026广东深圳期中)已知函数f(x)=(x-2)·|3-x|,则函数f(x)的单调递增区间是(　　)
A.(-∞,2.5)和(3,+∞)
B.(-∞,2.5)
C.(2,2.5)和(3,+∞)
D.(2,2.5)
2.(2026江苏南京航空航天大学苏州附属中学期中)已知函数f(x)=满足:对任意的x1,x2∈R,当x1≠x2时,都有[f(x1)-f(x2)]·(x1-x2)>0成立,则实数a的取值范围是(　　)
A.　　　　B.　　　　
C.[2,+∞)　　　　D.[1,2]
3.(2025江苏盐城东台期中)已知函数f(x)=若f(f(a))=1,则实数a=(　　)
A.4　　　　B.3　　　　C.2　　　　D.1
4.(2026山西大同期中)已知函数f(x)=若f(x)在区间(m,n)上既有最大值,又有最小值,则n-m的最大值为(　　)
A.1　　　　B.-1　　　　C.+1　　　　D.3
5.(2025北京人大附中期中)已知a>0, f(x)=若f(x-1)6.已知函数f(x)=若f(x)的值域为[-2,2],则实数c的值是　　　　.
7.(2026河北石家庄NT20名校联合体期中)某网店老板计划对甲、乙两种商品开展促销活动.据市场调查统计,当投入成本x(x≥0)万元时,促销甲、乙两种商品所获得的收益分别为f(x)万元与g(x)万元,其中f(x)=x+2,g(x)=该网店计划投入20万元全部用于促销这两种商品.
(1)假设该网店只对一种商品促销,求该网店能获得的收益;
(2)如果该网店促销这两种商品,为使该网店能获得最大收益,应该如何分配这20万元 并求出最大收益.
8.(2026江苏苏州第三中学检测)已知函数f(x)=x2-(a-2)x+a+1,g(x)=|x-a|,其中a∈R.
(1)若函数φ(x)=|f(x)-4|在(2,3)上单调递增,求实数a的取值范围;
(2)设h(x)=f(x)-g(x),求函数h(x)的最小值.
答案与分层梯度式解析
专题专项练
专题强化练3　分段函数及其性质
1.A 2.B 3.D 4.C
1.A　由于函数f(x)=(x-2)|3-x|,故当x≤3时, f(x)=(x-2)(3-x)=-x2+5x-6,
易知y=-x2+5x-6图象的开口向下,对称轴为直线x=,则函数f(x)在-∞,上单调递增,
当x>3时, f(x)=(x-2)(x-3)=x2-5x+6,
易知y=x2-5x+6图象的开口向上,对称轴为直线x=,则函数f(x)在(3,+∞)上单调递增,
故函数f(x)=(x-2)|3-x|的单调递增区间是(-∞,2.5)和(3,+∞).
2.B　由题意得,函数f(x)在R上单调递增,所以解得3.D　易得当x<1时, f(x)=0;当1≤x<2时, f(x)=x+1,且f(x)∈[2,3);当x≥2时, f(x)=-x2+5,且f(x)∈(-∞,1].
令t=f(a),则f(t)=1,所以t≥2且-t2+5=1,解得t=2,所以f(a)=2,所以1≤a<2且a+1=2,解得a=1.
4.C　作出函数f(x)的图象,如图所示.
因为f(x)在区间(m,n)上既有最大值,又有最小值,所以所以1<-m≤2,所以15.答案　
解析　f(x)=
=
作出函数y=f(x)及y=f(x-1)的图象,如图所示.
(函数y=f(x)的图象向右平移1个单位长度即可得到y=f(x-1)的图象)
要使f(x-1)0,所以06.答案　-
解析　若c>0,则当0若c=0,则当x<0时, f(x)=-∈(0,+∞),不满足题意;
若c<0,则当x≤c时,0<-≤-,即f(x)∈,当c作出y=f(x)的大致图象,如图所示,
因为f(x)的值域为[-2,2],
所以解得c=-.
7.解析　(1)当x=20时,若只促销甲商品,则所获得的收益为f(20)=22万元;若只促销乙商品,则所获得的收益为g(20)=20万元.
(2)设总收益为h(x)万元,乙商品投入x万元,则甲商品投入(20-x)万元,x∈[0,20],此时h(x)=f(20-x)+g(x)=22-x+g(x).
当0≤x≤10时,h(x)=22-x+
=35-
≤35-2=25,当且仅当x+1=,即x=4时,等号成立.
当10因为25<26,所以甲商品投入4万元,乙商品投入16万元时,总收益最大,为26万元.
8.解析　(1)易得φ(x)=|x2-(a-2)x+a-3|=|(x-1)(x-a+3)|,其图象的对称轴方程为x=.
令φ(x)=|(x-1)(x-a+3)|=0,得x=1或x=a-3.
当a-3=1,即a=4时,φ(x)的图象如图1所示,由图1可知,φ(x)在(2,3)上单调递增,满足题意.
　
当a-3>1,即a>4时,φ(x)的图象如图2所示,由图2可知,φ(x)在,(a-3,+∞)上单调递增,所以需满足≥3或a-3≤2,所以a≥8或4当a-3<1,即a<4时,φ(x)的图象如图3所示,由图3可知,φ(x)在(1,+∞),上单调递增,显然满足题意.
　
综上,实数a的取值范围为(-∞,5]∪[8,+∞).
(2)易得h(x)=x2-(a-2)x+a+1-|x-a|=
设函数h(x)的最小值为m(a).
①若a≤,则a≤-3.
当x≤a时,h(x)=x2-(a-3)x+1单调递减,所以h(x)min=h(a)=3a+1.
当x>a时,h(x)=x2-(a-1)x+2a+1的最小值为h=-(a-5)2+7.
易知当a≤-3时,3a+1>-(a-5)2+7,所以m(a)=-(a-5)2+7.
②若当x≤a时,h(x)=x2-(a-3)x+1的最小值为h=-(a-3)2+1.
当x>a时,h(x)=x2-(a-1)x+2a+1的最小值为h=-(a-5)2+7.
若-2-(a-3)2+1,此时m(a)=-(a-3)2+1.
若-3③若a≥,则a≥-1.
当x≤a时,h(x)=x2-(a-3)x+1的最小值为h=-(a-3)2+1.
当x>a时,h(x)=x2-(a-1)x+2a+1单调递增,所以h(x)>h(a)=3a+1.
易知当a≥-1时,3a+1>-(a-3)2+1,所以m(a)=-(a-3)2+1.
综上,m(a)=专题专项练
思想方法练4
一、数形结合思想在函数中的应用
1.(2026江苏常州期中)已知函数y=f(x)是定义在R上的偶函数, f(-1)=0,且函数y=f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,则不等式 <0的解集是(　　)
A.(-∞,-1)∪(1,+∞)
B.(-1,0)∪(0,1)
C.(-1,0)∪(1,+∞)
D.(-∞,-1)∪(0,1)
2.(2025江苏南京金陵中学期中)定义:min{a,b}表示a,b中的较小者.若函数y= min{1-|x-2|,(x-1)2-1}在区间[m,n]上的取值范围为[-1,0],则n-m的最大值为(　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.3　　　　D.4
3.(2025江苏泰州中学期中)已知y=f(x)是定义在R上的奇函数,且当x>0时, f(x)=-x2+4x.若f(x)在[-4,b)上有最大值,则实数b的取值范围为　　　　.
二、分类讨论思想在函数中的应用
4.(2026广东清远期中)已知函数f(x)=在R上单调,则实数a的取值范围是(　　)
A.
B.(3,4]
C.∪(3,4]
D.∪(3,4]
5.(2025江苏南京第一中学期中)已知函数f(x)=x|x-m|+m2.
(1)判断并证明函数f(x)的奇偶性;
(2)若函数f(x)在[1,2]上的最小值为7,求实数m的值.
三、方程思想在函数中的应用
6.(2026湖北武汉第三中学月考)已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),且满足f(x)+2f =6x+,则f(x)的最小值为(　　)
A.2　　　　B.3　　　　C.4　　　　D.
7.(2026浙江杭州学军中学月考)若函数f(x)=+k的定义域为[m,n](m四、转化与化归思想在函数中的应用
8.(2025山东滨州邹平一中期中)若函数f(x)=ax|2x|的图象经过点(2,-4),则不等式4f(x)+f(3-x2)<0的解集为(　　)
A.(-∞,1)∪(3,+∞)
B.(-1,3)
C.(-∞,-3)∪(1,+∞)
D.(1,3)
9.(2026江苏无锡洛社高级中学期中)已知f(x)=,若 x∈[-3,3],使得f(x)≤m2-2tm-对任意的t∈[-2,2]恒成立,则实数m的取值范围为　　　　　　　　.
答案与分层梯度式解析
专题专项练
思想方法练4
1.D 2.B 4.B 6.D 8.B
1.D　因为函数f(x)为偶函数, f(-1)=0, f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,
所以f(1)=0,且f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
(根据偶函数在不同区间上的单调性,作出符合题意的函数图象,利用图象求出满足题意的x的取值范围)
作出函数f(x)在(-∞,0)∪(0,+∞)上的大致图象如图所示.
当x>0时,由 <0得f(x)<0,此时0当x<0时,由 <0得f(x)>0,此时x<-1.所以不等式 <0的解集为(-∞,-1)∪(0,1).
2.B　作出函数y= min{1-|x-2|,(x-1)2-1}的图象,如图中的实线所示.
令1-|x-2|=-1,得x=0或x=4;
令1-|x-2|=0,得x=1或x=3.
令(x-1)2-1=-1,得x1=x2=1;
令(x-1)2-1=0,得x=0或x=2.
(结合函数的图象确定值域为[-1,0]时自变量的取值范围,进而得到n-m的最大值)
由图可知,函数y= min{1-|x-2|,(x-1)2-1}在区间[0,2]和[3,4]上的取值范围是[-1,0],所以n-m的最大值为2.
3.答案　(-4,0]∪(2,+∞)
解析　∵f(x)是定义在R上的奇函数,∴f(0)=0.
当x<0时,-x>0,则f(x)=-f(-x)=-[-(-x)2+4(-x)]=x2+4x.
所以f(x)=
作出函数f(x)的图象,如图所示.
(结合图象确定b的取值范围)
当-4当0f(-4),此时f(x)在[-4,b)上无最大值,与题意不符.
当b>2时, f(x)在[-4,b)上的最大值为f(2),满足题意.
综上,实数b的取值范围为(-4,0]∪(2,+∞).
思想方法
在解决函数问题时要注意数形结合思想的运用,利用函数图象直观地研究函数的有关性质,利用函数性质进一步把握图象的特征,可避免复杂的计算和推理,进而快速准确解题.
4.B　函数f(x)在R上单调,可分单调递增和单调递减两种情况讨论:
若函数f(x)=在R上单调递增,则
解得3若函数f(x)=在R上单调递减,则无解.
综上,实数a的取值范围为(3,4].
5.解析　(1)当m=0时, f(x)=x|x|,x∈R,定义域关于原点对称,
又f(-x)=(-x)|-x|=-f(x),
所以f(x)为奇函数.
当m≠0时, f(x)=x|x-m|+m2.
易知f(0)=m2≠0,
所以f(x)不是奇函数.
易得f(m)=m2, f(-m)=-m|-2m|+m2,所以f(m)≠f(-m),故f(x)不是偶函数.
所以f(x)既不是奇函数也不是偶函数.
综上,当m=0时,函数f(x)是奇函数;当m≠0时,函数f(x)既不是奇函数也不是偶函数.
(2)①当m≤1,x∈[1,2]时, f(x)=x2-mx+m2,
易知≤(判断对称轴与区间的位置关系),所以函数f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)min=f(1)=1-m+m2=7,即m2-m-6=0,解得m=3(舍去)或m=-2.
②当1易知≤1,所以函数f(x)在[1,m)上单调递减,在(m,2]上单调递增,所以f(x)min=f(m)=m2=7,解得m=±(均舍去).
③当2易知∈(1,2),所以函数f(x)在上单调递增,在上单调递减.
因为f(1)=-1+m+m2, f(2)=m2+2m-4,所以f(2)-f(1)=m-3,
当3≤m<4时, f(2)≥f(1),所以f(x)min=f(1)=7,即m2+m-8=0,解得m=(均舍去).
当2④当m≥4,x∈[1,2]时, f(x)=-x2+mx+m2,
易知≥2,所以函数f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)min=f(1)=-1+m+m2=7,即m2+m-8=0,解得m=(均舍去).
综上,实数m的值为-2或2-1.
思想方法
在含有参数的函数中,参数的取值不同,函数的图象和性质可能不同,解题时要依据题意对参数进行分类讨论.涉及分段函数时,要注意自变量的取值范围对解题的影响.
6.D　(列方程组,通过消元求f(x),体现了方程思想)
令x=,则2f(x)+f =4x+,
由
得3f(x)=2x+,
所以f(x)=x+≥2=,
当且仅当x=,即x=2时,取等号,
所以f(x)的最小值为.
7.答案　
解析　要使函数f(x)有意义,需满足x+1≥0,解得x≥-1,
所以m≥-1.
因为函数f(x)在定义域[m,n](m所以f(m)=+k=m, f(n)=+k=n,即=m-k,=n-k.
令t1=,t2=,
则t1≥0,t2>0,m=-1,n=-1,
所以-t1-1-k=0,-t2-1-k=0,
所以t1,t2是关于t的方程t2-t-1-k=0的两个不同非负实数根,
(利用f(m)=m及f(n)=n构造方程,结合方程的根的分布情况求解k的取值范围)
所以
解得-思想方法
在函数问题中,利用函数、方程、不等式三者之间的联系,通过解方程(组)等来解决函数中的相关问题,这是解决函数问题的最基本方法.
8.B　函数f(x)=ax|2x|的图象经过点(2,-4),则f(2)=2×a×4=-4,则a=-,
故f(x)=-x|x|=
所以f(x)在R上单调递减.
因为f(-x)=x|-x|=x|x|=-f(x), f(x)的定义域为R,关于原点对称,
所以f(x)是奇函数,
因为4f(x)=-4x|x|=-2x|2x|=f(2x),所以4f(x)+f(3-x2)<0可转化为f(2x)+f(3-x2)<0,
即f(2x)<-f(3-x2)=f(x2-3),
由f(x)在R上单调递减可得2x>x2-3,
(利用函数的单调性,将比较函数值的大小转化为比较自变量的大小,从而达到化简的目的)
解得-1故所求的解集为(-1,3).
9.答案　{m|m≤-4或m=0或m≥4}
解析　任取x1,x2∈[-3,3],且x1f(x1)-f(x2)=-
=
=
=
=.
因为-3≤x1所以x1x2-9<0,x2-x1>0,
所以f(x1)-f(x2)<0,
所以f(x)在[-3,3]上单调递增.
因为 x∈[-3,3],使得f(x)≤m2-2tm-成立,
(将不等式的能成立问题转化为研究函数的最值问题)
所以f(x)min≤m2-2tm-.
易知f(x)min=f(-3)==-,
所以m2-2tm-≥-对任意的t∈[-2,2]恒成立,
即m2-2tm≥0对任意的t∈[-2,2]恒成立.
令g(t)=-2mt+m2,
则当m=0时,g(t)=0,符合要求;
当m≠0时,需满足
解得m≥4或m≤-4.
综上,实数m的取值范围为{m|m≤-4或m=0或m≥4}.
思想方法
转化与化归思想在函数中常见的运用:利用函数的奇偶性对自变量的范围进行转化,将不等式恒成立或能成立等问题转化为最大(小)值问题,构造函数,利用函数的性质进行适当转化等.专题专项练
易混易错练4
易错点1　忽视函数的定义域致错
1.下列函数为奇函数的是(　　)
A.f(x)=x|x|+1　　　　B.f(x)=
C.f(x)=　　　　D.f(x)=+
2.(2026江苏镇江实验中学月考)函数y=在区间[-1,1]上单调递减,则实数a的取值范围为(　　)
A.{a|a≤-1}　　　　B.{a|a<-1}
C.{a|-3≤a≤-1}　　　　D.{a|-33.(多选题)(2025河南南阳六校联考)已知函数f(+1)=x+2,则(　　)
A.f(x)=x2-1(x∈R)
B.f(x)的最小值为0
C.f(2x-3)的定义域为[2,+∞)
D.f 的值域为[-1,+∞)
4.(2026广东惠州第八中学月考)已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足 x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2,有[f(x1)-f(x2)](x1-x2)>0, f(xy)=f(x)+f(y), f(4)=,则不等式f(2x)-f(x-3)>1的解集为(　　)
A.(0,4)　　　　B.(0,+∞)　　　　
C.(3,4)　　　　D.(2,3)
易错点2　忽视分段函数中定义域的“临界点”致错
5.已知函数f(x)=在定义域R上满足对任意的实数x1≠x2,都有 <0,则实数a的取值范围是　　　　.
6.(2026江苏无锡太湖高级中学检测)已知函数f(x)=
(1)若m=2,则f(x)的值域为　　　　;
(2)若f(x)的值域为(1,7],则实数m的取值范围是　　　　.
易错点3　忽视对参数取值范围的讨论致错
7.(2025江苏徐州期中)已知函数f(x)=ax2-(a+1)x+1.
(1)当a>0时,求关于x的不等式f(x)>0的解集;
(2)若不等式f(x)≥-4x对任意的x∈[-2,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.
8.(2025广东揭阳期中)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,当x>0时, f(x)=x2-2x+3.
(1)求f(x)在(0,+∞)上的取值范围;
(2)求f(x)的函数关系式;
(3)设g(x)=x-1,若对任意的x1∈[2,3],都存在x2∈[m,m+1],使得f(g(x1))=g(f(x2)),求正数m的取值范围.
答案与分层梯度式解析
专题专项练
易混易错练4
1.B 2.C 3.BC 4.C
1.B　对于A, f(x)的定义域为R,因为f(-1)=0, f(1)=2,所以f(-x)=-f(x)不恒成立,故A中函数不是奇函数.
对于B,要使函数有意义,需满足解得-2≤x<0或0所以f(x)==,且其定义域关于原点对称,恒有f(-x)=-f(x),故B中函数为奇函数.
对于C,要使函数有意义,需满足解得x≥-1且x≠0,所以f(x)的定义域为[-1,0)∪(0,+∞),不关于原点对称,所以f(x)既不是奇函数也不是偶函数.
对于D,要使函数有意义,需满足得x=2,即函数f(x)的定义域是{2},不关于原点对称,所以f(x)既不是奇函数也不是偶函数.
易错警示
若函数的定义域不关于原点对称,则函数既不是奇函数也不是偶函数;若函数的定义域关于原点对称,则应进一步判断f(-x)是否等于±f(x),或判断f(-x)±f(x)是否等于0,从而确定奇偶性.2.C　设t=-x2+2ax+7,则y=.
易知y=在定义域内单调递增,又y=在区间[-1,1]上单调递减,
所以函数t=-x2+2ax+7在区间[-1,1]上单调递减,且t≥0,
所以即
解得-3≤a≤-1,所以实数a的取值范围是{a|-3≤a≤-1}.
易错警示
求复合函数的单调区间时,首先要考虑函数的定义域,再结合“同增异减”解题.
3.BC　易知f(+1)=x+2=(+1)2-1,令t=+1,因为+1≥1,所以t≥1,所以f(t)=t2-1(t≥1),即f(x)=x2-1(x≥1),故A错误.
当x≥1时, f(x)=x2-1≥0,所以f(x)的最小值为0,故B正确.
令2x-3≥1,得x≥2,所以函数f(2x-3)的定义域为[2,+∞),故C正确.
易得f=-1,由≥1,得0易错警示
解题时利用换元得到新的函数后,应注意新函数的定义域.
4.C　因为f(xy)=f(x)+f(y),所以f(4)=f(2×2)=f(2)+f(2)=,即f(2)=,
因为f(8)=f(4×2)=f(4)+f(2)=3f(2)=3×=1,
所以f(2x)-f(x-3)>1可转化为f(2x)-f(x-3)>f(8),即f(2x)>f(8)+f(x-3),
即f(2x)>f(8×(x-3))=f(8x-24).
因为f(x)满足 x1,x2∈(0,+∞)且x1≠x2,有[f(x1)-f(x2)](x1-x2)>0,
所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,
所以解得31的解集为(3,4).
易错警示
利用单调性解不等式脱去“f”时,不要忽略定义域的限制,如本题中,必须要保证2x>0且x-3>0.
5.答案　
解析　由题意得,函数f(x)在R上单调递减,∴
∴-∴实数a的取值范围是.
易错警示
解决与分段函数有关的单调性或最大(小)值问题时,不仅要考虑每一段函数的单调性,还要考虑分段点处函数值的大小.
6.答案　(1)∪[3,12]　(2)
解析　(1)当m=2时, f(x)=
当x>2时,∈,所以+1∈.当-3≤x≤2时,x2+2x+4=(x+1)2+3∈[3,12].
所以f(x)的值域为∪[3,12].
(2)由题意知,m>0,所以在同一平面直角坐标系中作出函数y=+1(x>0),y=x2+2x+4的图象,如图所示.
令x2+2x+4=7,解得x=-3或x=1.
因为函数f(x)的值域为(1,7],
所以结合图可得
解得≤m≤,
所以实数m的取值范围是.
7.解析　(1)f(x)=ax2-(a+1)x+1=(ax-1)(x-1).
当=1,即a=1时,原不等式可化为(x-1)2>0,所以x≠1.
当>1,即0.
当<1,即a>1时,解不等式得x<或x>1.
综上,当01时,不等式的解集为.
(2)由题意得ax2-(a-3)x+1≥0对任意的x∈[-2,+∞)恒成立.令g(x)=ax2-(a-3)x+1,x∈[-2,+∞).
当a=0时,g(x)=3x+1,易知g(-2)=-5<0,与题意不符.
当a<0时,g(x)无最小值,与题意不符.
当a>0时,y=ax2-(a-3)x+1的图象的对称轴为直线x=.
当≤-2,即0当>-2,即a>时, f(x)的最小值为f==≥0,所以1≤a≤9.
综上,实数a的取值范围是[1,9].
易错警示
求含参数的二次函数在闭区间上的最大(小)值,关键是要对函数图象的对称轴与所给区间的位置关系进行讨论,解题时防止忽视对参数的讨论导致解题错误.8.解析　(1)因为y=x2-2x+3的图象的对称轴为直线x=1,所以函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
因为f(1)=2,所以f(x)在(0,+∞)上的取值范围为[2,+∞).
(2)因为f(x)是定义在R上的奇函数,
所以f(0)=0.
设x<0,则-x>0,所以f(-x)=(-x)2-2(-x)+3=x2+2x+3.
又因为f(x)是定义在R上的奇函数,
所以f(x)=-f(-x)=-x2-2x-3,
所以f(x)=
(3)因为对任意的x1∈[2,3],都存在x2∈[m,m+1],使得f(g(x1))=g(f(x2)),所以f(g(x))在[2,3]上的值域是g(f(x))在[m,m+1]上的值域的子集(破题关键).
当x∈[2,3]时,1≤g(x)≤2,
所以2≤f(g(x))≤3,
当m≥1时,m+1≥2,因为f(x)在[1,+∞)上单调递增,所以f(x)在[m,m+1]上单调递增,所以m2-2m+3≤f(x)≤m2+2,所以m2-2m+2≤g(f(x))≤m2+1,所以所以≤m≤2.
当0所以2≤f(x)≤max{f(m), f(m+1)},(max{a,b}表示a,b中较大的值)
因为0综上,正数m的取值范围为[,2].三年模拟练
应用实践
1.(2026江苏镇江第一中学适应性测试)已知奇函数f(x)在R上单调递增,且f(2)=2 025,则不等式f(x-2 025)+2x>2 021的解集是(　　)
A.(2 023,+∞)　　　　B.(2 025,+∞)
C.(2 027,+∞)　　　　D.(2 029,+∞)
2.(2026江苏南京田家炳高级中学月考)
心形代表浪漫的爱情,人们用它来向所爱之人表达爱意.一心形作为建筑立面造型,呈现出优雅的弧度,心形木屋融入山川、河流、森林、草原,营造出一个精神和自然聚合的空间.下图是由此抽象出来的一个“心形”图形,这个图形可看作由两个函数的图象构成,则“心形”在x轴上方的图象对应的函数解析式可能为(　　)
A.y=|x|　　　　B.y=x
C.y=　　　　D.y=
3.(2026江苏启东中学月考)已知f(x)和g(x)都是定义在R上的奇函数,设h(x)=则(　　)
A.h(x)不可能是增函数
B.h(x)不可能是偶函数
C.h(x)≤f(x)+g(x)
D.h(0)≥h(x)+h(-x)
4.(2026江苏南京鼓楼期中)已知函数f(x)对于任意的实数x,y恒有f(x+y)=f(x)+f(y)-3,若函数g(x)=f(x)+的最小值为-6,则g(x)的最大值为(　　)
A.4　　　　B.6　　　　
C.8　　　　D.12
5.(多选题)(2025江苏南通调研)已知定义在R上的偶函数f(x)满足f(x+2)-f(x)=f(1),则(　　)
A.f(1)=0　　　　B.f(1-x)+f(1+x)=0
C.f(1+2x)=f(1-2x)　　　　D.f(i)=10
6.(多选题)(2025福建福州质量检测)定义在R上的函数f(x),g(x)满足:①当x>0时,f(x)>0,且g(x)>0;②g(x+y)=g(x)g(y)+f(x)f(y);③g(x-y)=g(x)g(y)-f(x)f(y),则(　　)
A.g(0)=1　　　　B.g(x)为偶函数
C.f(x)为奇函数　　　　D.f(x)为周期函数
7.(2025江苏连云港新海高级中学月考)已知函数f(x)=若 x1,x2∈R,且x1≠x2,使f(x1)=f(x2)成立,则实数a的取值范围是　　　　.
8.(2025四川成都期中)定义运算 min{a,b}=设f(x)=min{-x2+2x+4,|x-t|}(t为常数,且x∈[-3,3]),若函数f(x)的最大值为4,则实数t的取值集合为　　　　.
9.(2025广东深圳盐田高级中学期中)已知函数f(x)=x2+2mx-6在区间[-1,2]上单调.
(1)求实数m的所有取值组成的集合A;
(2)试写出f(x)在区间[-1,2]上的最大值g(m);
(3)设h(x)=x+1,令F(m)=若对任意的m1,m2∈,总有|F(m1)-F(m2)|≤a+3,求实数a的取值范围.
10.(2026江苏苏州常熟期中)函数φ(x)的图象关于点(x0,y0)对称的充要条件是“对于函数φ(x)定义域内的任意x,都有φ(x)+φ(2x0-x)=2y0”.已知函数f(x)的图象关于点(1,2)对称,且当x∈[0,1]时, f(x)=x2-ax+a+1.
(1)求f+f的值;
(2)设函数g(x)=,
①若g(x)的图象关于点(3,-2)对称,求实数m的值;
②在①的条件下,对任意的x1∈[0,2],总存在x2∈,使得f(x1)≥g(x2)成立,求实数a的取值范围.
迁移创新
11.(2025江苏连云港海安高级中学月考)若函数y=f(x)与y=g(x)满足:对任意的x1,x2∈D,都有|f(x1)-f(x2)|≥|g(x1)-g(x2)|,则称函数y=f(x)是函数y=g(x)在集合D上的“约束函数”.已知函数y=f(x)是函数y=g(x)在集合D上的“约束函数”.
(1)若f(x)=|x|,D=R,判断函数y=g(x)的奇偶性,并说明理由;
(2)若f(x)=ax2+2x+1,g(x)=x2+ax,a>0,D=(0,+∞),求实数a的取值范围;
(3)若y=g(x)为严格减函数, f(0)答案与分层梯度式解析
三年模拟练
1.A 2.C 3.D 4.D 5.AC
6.ABC
1.A　设函数g(x)=f(x)+2x.
因为f(x)在R上单调递增,所以g(x)在R上单调递增.
因为f(x)为奇函数,且f(2)=2 025,所以f(-2)=-2 025.
由f(x-2 025)+2x>2 021得f(x-2 025)+2(x-2 025)>-2 029.
易得g(-2)=f(-2)+2×(-2)=-2 029,
所以f(x-2 025)+2(x-2 025)>-2 029,即g(x-2 025)>g(-2),
所以x-2 025>-2,解得x>2 023.
故所求的解集为(2 023,+∞).
2.C　由题图得,“心形”在x轴上方的图象关于y轴对称,即对应的函数为偶函数,且函数的定义域为[-2,2],最大值为1.
对于A,当x=1时,y=,故A不符合题意.
对于B,设f(x)=x,则f(x)的定义域为[-2,2],关于原点对称,且f(-x)=-x=-f(x),故f(x)为奇函数,故B不符合题意.
对于C,设h(x)=,则h(x)的定义域为[-2,2],关于原点对称,且h(-x)==h(x),
所以y=为偶函数.
当x≥0时,y===,其在(0,1)上单调递增,在(1,2)上单调递减,且h(0)=0,h(1)=1,h(2)=0,故C符合题意.
对于D,设g(x)=,则g(x)的定义域为[0,2],故D不符合题意.
3.D　设f(x)=2x,g(x)=x,则h(x)=此时h(x)在R上单调递增,且h(-1)=-2>-3=f(-1)+g(-1),故A,C错误.
设f(x)=-x,g(x)=x,则h(x)=此时h(x)为偶函数,故B错误.
对于D,对任意的x0∈R,若f(x0)≥g(x0),则-f(x0)≤-g(x0),即f(-x0)≤g(-x0).
由题意知h(x)=min{f(x),g(x)},
所以h(x0)=g(x0),h(-x0)=f(-x0),
所以h(x0)+h(-x0)=g(x0)+f(-x0)≤g(x0)+g(-x0)=0,h(0)=min{f(0),g(0)}=0.
所以h(0)≥h(x0)+h(-x0).若f(x0)4.D　对于f(x+y)=f(x)+f(y)-3,
令x=y=0,得f(0)=f(0)+f(0)-3,
所以f(0)=3.
令y=-x,得f(0)=f(x)+f(-x)-3,
所以-f(x)+3=f(-x)-3=-[f(x)-3],
所以y=f(x)-3为奇函数.
令t(x)=,则其定义域为R,关于原点对称,且t(-x)==-=-t(x),所以t(x)=为奇函数.
令h(x)=g(x)-3=f(x)-3+.
所以h(x)为奇函数.
由奇函数图象的特点可知,h(x)max+h(x)min=0,
所以g(x)max-3+g(x)min-3=0,
所以g(x)max=6-(-6)=12.
5.AC　对于f(x+2)-f(x)=f(1),令x=-1,得f(1)-f(-1)=f(1),
所以f(-1)=0,
又f(x)为偶函数,所以f(1)=f(-1)=0,故A正确.
由上述分析得f(x+2)-f(x)=0,又f(x)为偶函数,
所以f(x+2)-f(-x)=0.
用x-1替换x,得f(x+1)-f(1-x)=0,故B错误.
对于f(x+1)-f(1-x)=0,用2x替换x,得f(2x+1)-f(1-2x)=0,即f(2x+1)=f(1-2x),故C正确.
因为f(x+2)=f(x)且f(x+1)=f(1-x),所以f(x)的值每2个为一组重复出现,且其图象关于直线x=1对称,显然f(x)=0满足上述条件,此时f(i)=0,故D错误.
6.ABC　因为g(x+y)=g(x)g(y)+f(x)f(y),g(x-y)=g(x)g(y)-f(x)f(y),所以两式相加可得g(x+y)+g(x-y)=2g(x)g(y),
令y=0,可得2g(x)=2g(x)g(0),
因为当x>0时,g(x)>0,所以g(0)=1,故A正确;
对于g(x+y)+g(x-y)=2g(x)g(y),令x=0,可得g(y)+g(-y)=2g(0)g(y),又g(0)=1,所以g(-y)=g(y),又y∈R,所以g(x)为偶函数,故B正确;
对于g(x+y)=g(x)g(y)+f(x)f(y),
令y=-x,得g(0)=g(x)g(-x)+f(x)·f(-x),
又因为g(x)为偶函数,所以g(0)=g(x)g(x)+f(x)f(-x)①,
对于g(x-y)=g(x)g(y)-f(x)f(y),
令y=x,得g(0)=g(x)g(x)-f(x)f(x)②,
①-②可得f(x)[f(x)+f(-x)]=0,
又f(x)不恒为0,所以f(x)+f(-x)=0,又f(x)的定义域为R,所以f(x)为奇函数,故C正确;
因为f(x)为R上的奇函数,当x>0时,f(x)>0,所以当x<0时,f(x)<0,且f(0)=0,所以不存在常数T满足f(0+T)=f(0),即f(x)不是周期函数,故D错误.
7.答案　(-∞,3)
解析　当x≤1时, f(x)=-x2+ax.易知y=-x2+ax的图象的对称轴为直线x=.
当<1,即a<2时,存在x1,x2≤1,使得-+ax1=-+ax2,满足题意.
当≥1,即a≥2时,
若x≤1,则f(x)=-x2+ax在(-∞,1]上单调递增,
若x>1,则f(x)=2ax-4在(1,+∞)上单调递增,
所以要想存在x1,x2∈R,且x1≠x2,使f(x1)=f(x2),需满足a-1>2a-4,解得a<3,所以2≤a<3.
综上,实数a的取值范围为(-∞,3).
8.答案　{-2,4}
解析　易知y=-x2+2x+4=-(x-1)2+5在[-3,3]上的最大值为5.
令-x2+2x+4=4,解得x=2或x=0,所以x∈(0,2)时,y=-x2+2x+4>4,
所以要使函数f(x)的最大值为4,需满足:
当t≤1时,y=|x-t|的图象过点(2,4),所以|2-t|=4,所以t=-2.
当t>1时,y=|x-t|的图象过点(0,4),所以|0-t|=4,所以t=4.
综上,实数t的取值集合为{-2,4}.
9.解析　(1)易知函数y=f(x)的图象的对称轴为直线x=-m,所以-m≥2或-m≤-1,解得m≤-2或m≥1,所以A=(-∞,-2]∪[1,+∞).
(2)由(1)知,m≤-2或m≥1.
当m≤-2时,函数f(x)在[-1,2]上单调递减,所以g(m)=f(-1)=-2m-5.
当m≥1时,函数f(x)在[-1,2]上单调递增,所以g(m)=f(2)=4m-2.
所以g(m)=
(3)由(1)知A=(-∞,-2]∪[1,+∞),则 RA=(-2,1),又h(m)=m+1,
所以F(m)=
因为对任意的m1,m2∈,
总有|F(m1)-F(m2)|≤a+3,
所以当m∈时,F(m)max-F(m)min≤a+3恒成立.
当-≤a≤-2时,F(m)单调递减,所以F(m)max=F=2,F(m)min=F(a)=-2a-5,所以2-(-2a-5)≤a+3,解得a≤-4,与-≤a≤-2矛盾,故舍去.
当-2又F=2>F(a)=a+1,所以F(m)max=F=2,F(m)min=F(-2)=-1,所以2-(-1)≤a+3,解得a≥0,所以0≤a<1.
当a≥1时,F(m)在上单调递减,在(-2,1)上单调递增,在[1,a]上单调递增,又F=2≤F(a)=4a-2,所以F(m)max=F(a)=4a-2,F(m)min=F(-2)=-1,所以4a-2-(-1)≤a+3,解得a≤,所以1≤a≤.
综上,实数a的取值范围为.
10.解析　(1)因为函数f(x)的图象关于点(1,2)对称,所以f(x)+f(2-x)=4.
令x=-,得f+f=4.
(2)①因为g(x)的图象关于点(3,-2)对称,所以g(x)+g(6-x)=-4,
即+=-4,
解得m=-3或m=-(舍去).
②结合①得g(x)==-2-.
因为对任意的x1∈[0,2],总存在x2∈,使得f(x1)≥g(x2)成立,
所以f(x)在[0,2]上的最小值f(x)min大于或等于g(x)在上的最小值g(x)min.
易知当x∈时,g(x)单调递增,所以此时g(x)min=g=-2-=1.
因为f(x)+f(2-x)=4,当x∈[0,1]时, f(x)=x2-ax+a+1,当x∈(1,2]时,2-x∈[0,1),所以当x∈(1,2]时, f(x)=4-f(2-x)=4-[(2-x)2-a(2-x)+a+1]=-x2+(4-a)x+a-1.
若≤0,则当x∈[0,1]时, f(x)单调递增,当x∈(1,2]时, f(x)也单调递增,
所以f(x)min=f(0)=a+1≥1,所以a=0.
若0<<1,则当x∈[0,1]时, f(x)先减后增, f(x)min=f=-+a+1≥1,解得0≤a≤4,
当x∈(1,2]时, f(x)先增后减,且f(2)=3-a>1, f(1)=2,
所以0若≥1,则当x∈[0,1]时, f(x)单调递减,当x∈(1,2]时, f(x)也单调递减,
所以f(x)min=f(2)=3-a≥1,即a≤2,所以a=2.
综上,实数a的取值范围为[0,2].
11.思路点拨
(1)先分析得到f(x)-f(-x)=0,然后根据|f(x1)-f(x2)|≥|g(x1)-g(x2)|得到g(x),g(-x)的关系,由此解决问题;
(2)根据题设条件将问题转化为“当0(3)先根据条件证明“ x1,x2∈R,若x1解析　(1)函数y=g(x)是偶函数.理由如下:
因为f(x)=|x|,所以 x∈R有f(x)-f(-x)=0,
令x1=x,x2=-x,且x1,x2∈R,
因为|f(x1)-f(x2)|≥|g(x1)-g(x2)|,
所以|f(x)-f(-x)|≥|g(x)-g(-x)|,
所以|g(x)-g(-x)|≤0,所以g(x)=g(-x),又g(x)的定义域为R,关于原点对称,所以y=g(x)是偶函数.
(2) f(x)=ax2+2x+1的图象的对称轴为直线x=-,且f(x)的图象开口向上,g(x)=x2+ax的图象的对称轴为直线x=-,且g(x)的图象开口向上,当a>0时,-<0,-<0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)在(0,+∞)上单调递增,
不妨设0由题意知|f(x1)-f(x2)|≥|g(x1)-g(x2)|,
所以f(x2)-f(x1)≥g(x2)-g(x1),
即f(x2)-g(x2)≥f(x1)-g(x1),
设h(x)=f(x)-g(x)=(a-1)x2+(2-a)·x+1,
当a=1时,h(x)=x+1,在(0,+∞)上单调递增,显然满足要求;
当a>1时,h(x)为二次函数,且h(x)图象的对称轴为直线x=-,h(x)的图象开口向上,故只需-≤0,解得1当00,此时不满足要求.
综上可知,a的取值范围是[1,2].
(3)证明:任取x1,x2∈R,且x1g(x2),即g(x1)-g(x2)>0,
而|f(x1)-f(x2)|≥|g(x1)-g(x2)|,
所以|f(x1)-f(x2)|>0,
所以 x1,x2∈R,若x1①首先证明:当0假设存在0设F(x)=f(x)-f(1),则F(0)=f(0)-f(1)<0, F(x0)=f(x0)-f(1)≥0,
所以 x3∈(0,x0],使得F(x3)=0,
则f(x3)-f(1)=0,则f(x3)=f(1),
这与“ x1,x2∈R,若x1所以不存在0假设存在0设φ(x)=f(x)-f(0),则φ(1)=f(1)-f(0)>0,φ(x0)=f(x0)-f(0)≤0,
所以 x4∈[x0,1),使得φ(x4)=0,
则f(x4)-f(0)=0,则f(x4)=f(0),
这与“ x1,x2∈R,若x1所以不存在0由上可知,当0②再证明:当0假设存在0设m(x)=f(x)-f(x2),则m(0)=f(0)-f(x2)<0,m(x1)=f(x1)-f(x2)≥0,
所以 x5∈(0,x1],使得m(x5)=0,
则f(x5)-f(x2)=0,则f(x5)=f(x2),
这与“ x1,x2∈R,若x1所以假设不成立,即对任意的x1,x2∈(0,1),都有f(x1)所以y=f(x)是(0,1)上的严格增函数.
素养评析
本题以新定义、函数的奇偶性和单调性为背景,要求能够在关联的情境中根据具体的问题描述,通过相关的性质关系构建等量关系.第(1)问考查逻辑推理、数学抽象的素养,要求分析题中所给的条件,利用新定义判断函数y=g(x)的奇偶性;第(2)问考查逻辑推理、数学运算的素养,利用转化思想,构造函数并进行分类讨论;第(3)问考查逻辑推理、数学抽象的素养.五年高考练
考点1　函数的概念与表示
1.(2024新课标Ⅰ,8)已知函数f(x)的定义域为R, f(x)>f(x-1)+f(x-2),且当x<3时, f(x)=x①,则下列结论中一定正确的是(　　)
A. f(10)>100　　　　B. f(20)>1 000　　　　
C. f(10)<1 000　　　　D. f(20)<10 000
①关键点拨　赋值法
2.(2022北京,11)函数f(x)=+的定义域是　　　　.
考点2　分段函数的应用
3.(2022浙江,14)已知函数f(x)=则f ①=　　　　;若当x∈[a,b]时,1≤f(x)≤3②,则b-a的最大值是　　　　.
①关键点拨　由内到外计算
②关键点拨　分段函数分段处理
4.(2022北京,14)设函数f(x)=若f(x)存在最小值,则a的一个取值为　　　　;a的最大值为　　　　.
考点3　函数的基本性质
5.(2025全国一卷,5)已知f(x)是定义在R上且周期为2的偶函数,当2≤x≤3时, f(x)=5-2x,则f=(　　)
A.-　　　　B.-　　　　
C.　　　　D.
6.(2025北京,7)已知函数f(x)的定义域为D,则“f(x)的值域为R”是“对任意M∈R,存在x0∈D,使得|f(x0)|>M”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
7.(2025天津,3)已知函数y=f(x)的图象如下,则f(x)的解析式可能为(　　)
A.f(x)=　　　　B.f(x)=
C.f(x)=　　　　D.f(x)=
8.(2021全国乙理,4)设函数f(x)=,则下列函数中为奇函数的是(　　)
A. f(x-1)-1　　　　B. f(x-1)+1
C. f(x+1)-1　　　　D. f(x+1)+1
9.(2021全国甲理,12)设函数f(x)的定义域为R, f(x+1)为奇函数, f(x+2)为偶函数,当x∈[1,2]时, f(x)=ax2+b.若f(0)+f(3)=6,则f =(　　)
A.-　　　　B.-　　　　C.　　　　D.
10.(2022全国新高考Ⅱ,8)已知函数f(x)的定义域为R,且f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y), f(1)=1,则f(k)=(　　)
A.-3　　　　B.-2　　　　
C.0　　　　D.1
11.(2022全国乙理,12)已知函数f(x),g(x)的定义域均为R,且f(x)+g(2-x)=5,g(x)-f(x-4)=7.若y=g(x)的图象关于直线x=2对称①,g(2)=4,则f(k)=(　　)
A.-21　　　　B.-22　　　　
C.-23　　　　D.-24
①心中有“数”　函数的奇偶性、图象的对称性
12.(2025天津,15)若a,b∈R, x∈[-2,2],均有(2a+b)x2+bx-a-1≤0恒成立,则2a+b的最小值为　　　　.
学科竞赛
13.(2024第四届英才杯数学竞赛)已知y=x4-8x2+15-m的图象与x轴有四个不同的交点(不是原点),且每相邻两个交点之间的距离都相等,则m的值为(　　)
A.-　　　　B.　　　　C.　　　　D.
强基计划
14.(2025中国科学技术大学强基计划)已知f(x)=2x-x2,x∈[a,b]的值域为,则a+b的所有可能值为　　　　.
答案与分层梯度式解析
五年高考练
1.B 5.A 6.A 7.D 8.B
9.D 10.A 11.D 13.C
1.B　
真题降维
关键信息 信息处理 解题方法
当x<3时, f(x)=x f(1)=1, f(2)=2 赋值法
f(x)>f(x-1)+f(x-2) f(3)>f(2)+f(1)=3, f(4)>f(3)+f(2)>5, f(5)>f(4)+f(3)>8, ……
解析　因为当x<3时, f(x)=x,
所以f(1)=1, f(2)=2.
又f(x)>f(x-1)+f(x-2),
所以f(3)>f(2)+f(1)=3, f(4)>f(3)+f(2)>5,f(5)>f(4)+f(3)>8, f(6)>f(5)+f(4)>13, f(7)>f(6)+f(5)>21, f(8)>f(7)+f(6)>34, f(9)>f(8)+f(7)>55, f(10)>f(9)+f(8)>89, f(11)>f(10)+f(9)>144, f(12)>f(11)+f(10)>233, f(13)>f(12)+f(11)>377, f(14)>f(13)+f(12)>610, f(15)>f(14)+f(13)>987, f(16)>f(15)+f(14)>1 597>1 000,
所以f(20)>1 000,
故B一定正确.
2.答案　(-∞,0)∪(0,1]
解析　要使f(x)=+有意义,
则
解得x≤1且x≠0,
∴f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,1].
3.答案　;3+
思路点拨
(1)对于形如f(f(a))的函数值的求解,需由内到外,逐步脱去“f ”,先求f(a),再求f(f(a)).
(2)对于不等式1≤f(x)≤3的求解,利用“分段函数分段处理”的策略,分x≤1,x>1两种情况,脱去“f ”,得到相应的不等式组,求得最终解集后便易求得b-a的最大值.
解析　∵f =-+2=>1,
∴f =f =+-1=.
由解得-1≤x≤1,
由解得1∴不等式1≤f(x)≤3的解集为{x|-1≤x≤2+},
∴b-a的最大值为2+-(-1)=3+.
解后反思
(1)对于分段函数的求值问题,先确定自变量属于哪一个取值范围,再代入该取值范围对应的解析式求值,当出现f(f(a))的形式时,应从内到外依次取值.
(2)已知函数值求对应的自变量值或范围时,可分段利用函数解析式列关系式求解.一题多解
第二空:f(x)的大致图象如图.
∵当x∈[a,b]时,1≤f(x)≤3,
∴由图可得b>1且b+-1=3,
∴b=2+,
由图可得-1≤a≤1,
∴(b-a)max=2+-(-1)=3+.
4.答案　1(答案不唯一);1
解析　当a=0时, f(x)=易知f(x)的最小值为0,
当a=1时, f(x)=易知f(x)的最小值为0,
当a>1时,作出f(x)的图象,如图所示,
由图可知f(x)无最小值.
当0由图可知f(x)的最小值为0,
当a<0时,作出f(x)的图象,如图所示,
由图可知f(x)无最小值.
综上,a可取[0,1]内的任意实数,a的最大值为1.
5.A　由f(x)是定义在R上且周期为2的偶函数得, f=f=f=f,又当2≤x≤3时, f(x)=5-2x,
所以f=f=5-2×=-.
6.A　若f(x)的值域为R,则|f(x)|的值域为[0,+∞),故对于任意M∈R,都存在x0∈D,使得|f(x0)|>M,充分性成立;
设f(x)=x2,满足对任意M∈R,都存在x0∈D,使得|f(x0)|>M,但f(x)的值域不为R,必要性不成立.
7.D　由题图可知函数f(x)的定义域为{x|x≠±1},且f(x)为偶函数.
显然知A,B中的函数为奇函数,故排除A,B.
由题图可知,当x∈(0,1)时, f(x)<0.
对于C,当x∈(0,1)时, f(x)=>0,故排除C.
对于D,当x∈(0,1)时, f(x)=<0,故D符合题意.
8.B　选项A, f(x-1)-1=-2,此函数既不是奇函数也不是偶函数;选项B, f(x-1)+1=,此函数为奇函数;选项C, f(x+1)-1=,此函数既不是奇函数也不是偶函数;选项D, f(x+1)+1=,此函数既不是奇函数也不是偶函数.
考场速解
f(x)==-1,其图象的对称中心为(-1,-1),要将其移动到点(0,0),需先向右平移一个单位长度,再向上平移一个单位长度,所以函数f(x-1)+1是奇函数.
9.D　由题知
即
从而f(x+4)=-f(x+2),即f(x+2)=-f(x),
所以6=f(0)+f(3)=-f(2)+[-f(1)]=-(4a+b)-(a+b)=-5a-2b,
即5a+2b=-6.①
又由题知f(x+1)为奇函数,x∈R,
所以f(1)=0,即a+b=0.②
由①②得从而f(x)=-2x2+2,x∈[1,2].
所以f =f=-f=f=-f
=-=.
10.A　令y=1,得f(x+1)+f(x-1)=f(x)·f(1)=f(x),则f(x+1)=f(x)-f(x-1),故f(x+2)=f(x+1)-f(x), f(x+3)=f(x+2)-f(x+1),故f(x+3)=-f(x),
故f(x+6)=f(x),
令x=1,y=0,得f(1)+f(1)=f(1)·f(0),
所以f(0)=2,
则f(2)=f(1)-f(0)=-1,
f(3)=f(2)-f(1)=-2,
f(4)=f(3)-f(2)=-1,
f(5)=f(4)-f(3)=1,
f(6)=f(5)-f(4)=2,
所以f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)=0,
所以f(k)=3[f(1)+f(2)+…+f(6)]+f(19)+f(20)+f(21)+f(22)=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=-3.
11.D　
名师点睛
1.若函数y=f(x+a)是偶函数,则函数y=f(x)的图象关于直线x=a对称.
2.若函数y=f(x+b)是奇函数,则函数y=f(x)的图象关于点(b,0)中心对称.
3.若f(a+x)=f(b-x),则函数y=f(x)的图象关于直线x=对称.
4.若f(a+x)+f(b-x)=0,则函数y=f(x)的图象关于点中心对称.
解析　因为y=g(x)的图象关于直线x=2对称,所以g(2-x)=g(2+x),
因为f(x)+g(2-x)=5,所以f(-x)+g(2+x)=5,所以f(x)=f(-x),又f(x)的定义域关于原点对称,所以f(x)为偶函数,
因为g(x)-f(x-4)=7,
所以g(x+2)-f(x-2)=7,
即g(x+2)=7+f(x-2),
因为f(x)+g(2-x)=5,
所以f(x)+g(x+2)=5,
所以f(x)+[7+f(x-2)]=5,
即f(x)+f(x-2)=-2,
所以f(x+2)+f(x)=-2,(*)
所以f(x+2)=f(x-2),
所以f(x)=f(x-4),
由(*)知f(3)+f(1)=f(4)+f(2)=-2.
因为f(x)+g(2-x)=5,所以f(0)+g(2)=5,
又g(2)=4,所以f(0)=1,
由f(x)+f(x-2)=-2,得f(2)=-2-f(0)=-3, f(1)+f(-1)=2f(1)=-2,
所以f(1)=-1.
所以f(k)=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+…+f(20)+f(21)+f(22)=5[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+f(1)+f(2)
=5[f(1)+f(3)+f(2)+f(4)]+f(1)+f(2)
=5×(-2-2)+f(1)+f(2)
=-20+f(1)+f(2)=-24.
12.答案　-4
解析　设2a+b=t,则b=t-2a,
x∈[-2,2],tx2+tx-2ax-a-1≤0恒成立,即 x∈[-2,2],tx2+tx≤a(2x+1)+1恒成立.
令g(x)=tx(x+1),其图象的对称轴为直线x=-,顶点坐标为;
令h(x)=a(2x+1)+1,该直线恒过定点.
当t>0时,如图1,
在[-2,2]上g(x)≤h(x)不恒成立;
当t<0时,如图2,只要存在a使g(x)≤h(x),x∈[-2,2]恒成立即可,
因此-≤1,t≥-4,验证当-=1,即t=-4时,可取a=0,符合题意,
所以2a+b的最小值为-4.
13.C　设四个交点的横坐标自左到右依次为x1,x2,x3,x4(x1,x2,x3,x4≠0).易得函数y=x4-8x2+15-m为偶函数,偶函数的图象与x轴的交点关于y轴对称,
所以所以
所以(x-x1)(x-x2)(x-x3)(x-x4)=(x+3x3)(x+x3)(x-x3)(x-3x3)=x4-8x2+15-m,即x4-10x2+9=x4-8x2+15-m,所以
所以m=15-9×=.
14.答案　
解析　易知函数f(x)=2x-x2=-(x-1)2+1在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
由题意得所以ab>0且b>a.
①当0所以a=b,与0②当1所以无解.
③当0若=2a-a2,则b=1(舍去,与b>a矛盾).
若=2b-b2,即(b-1)(b2-b-1)=0,则b1=,b2=(舍去,与b>a矛盾).
所以a+b=.专题专项练
专题强化练4　抽象函数的性质及其应用
1.(多选题)(2026江苏淮阴中学期中)已知函数f(x)的定义域为R,且f(x+y)-xy=f(x)+f(y), f(1)=0,则下列说法正确的是(　　)
A.f(2)=1　　　　B.f=
C.f(x+1)是偶函数　　　　D.y=f(x)-是奇函数
2.(2026江苏如皋调研)已知定义在[0,1]上的函数f(x)满足: x∈[0,1],都有f(1-x)+f(x)=2,且f=f(x),当0≤x1A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
3.(2026山东青岛调研)已知奇函数f(x)的定义域为R,f(x+1)+f(1-x)≥2x,则下列结论中一定正确的是(　　)
A.f(10)>60　　　　B.f(11)>60　　　　
C.f(20)<180　　　　D.f(21)>200
4.(多选题)(2025江苏前黄高级中学期中)已知函数f(x)的定义域是(0,+∞)且f(x)-f=f(y),当x>1时, f(x)>0,且f=-1,则下列说法正确的是(　　)
A.f(2)=2
B.函数f(x)在(0,+∞)上单调递增
C.f(2)+f+f(3)+f+…+f(2 024)+f+f(2 025)+f=0
D.满足不等式f(x)-f(x-1)≥2的x的取值范围为
5.(多选题)(2026江苏苏州中学期中)已知函数f(x),g(x)是定义在R上的非常数函数, f(x+1)的图象关于原点对称,且f(x)+g(1-x)=4, f(x+1)+g(x-2)=4, f(0)=1,则(　　)
A.f(x)=f(x+2)　　　　B.f(x)为偶函数
C.f(k)=0　　　　D.g(k)=8 099
6.(多选题)(2026江苏扬州七校联考)设函数f(x)的定义域为R,且f(ax+b)为奇函数, f(bx+a)为偶函数,若f(2)=2,a≠0,b≠0,则(　　)
A.a≠b　　　　B.b可能为2
C.f(-2)=-2　　　　D.f(4)可能为0
7.(2026江苏南通海门中学期中)已知函数f(x)是定义在上的单调函数,且f(x)·f=,则f(2)的值为　　　　.
8.(2026江苏南京金陵中学期中)设函数f(x)满足 x,y∈R,总有f(x+y)=f(x)+f(y),且当x>0时, f(x)<0.
(1)判断函数f(x)的奇偶性,并说明理由;
(2)判断函数f(x)的单调性,并说明理由;
(3)若f(-2)=,且 x∈[3,+∞), f(λx2+x)+f(-x2+λx)>-1,求实数λ的取值范围.
答案与分层梯度式解析
专题专项练
专题强化练4　抽象函数的性质及其应用
1.AD 2.B 3.D 4.BCD 5.BCD
6.AD
1.AD　对于f(x+y)-xy=f(x)+f(y),
令x=y=1,得f(2)-1=f(1)+f(1)=0,
∴f(2)=1,故A正确.
令x=y=,得f(1)-=f+f,∴2f=-,
∴f=-,故B错误.
令x=y=0,得f(0)-0=f(0)+f(0),
∴f(0)=0.
设h(x)=f(x+1),
令x=1,得h(1)=f(1+1)=f(2)=1,
令x=-1,得h(-1)=f(-1+1)=f(0)=0,
∴h(1)≠h(-1),所以f(x+1)不是偶函数,故C错误.
易得函数y=f(x)-的定义域为R.
∵f(x+y)-xy=f(x)+f(y),∴f(x+y)-=+.
设g(x)=f(x)-,则g(x+y)=g(x)+g(y).
令x=y=0,得g(0)=g(0)+g(0),
∴g(0)=0.
令y=-x,得g(0)=g(x)+g(-x)=0,
即g(-x)=-g(x),∴g(x)为奇函数,即y=f(x)-为奇函数,故D正确.
2.B　对于f=f(x),令x=0,得f(0)=f(0),解得f(0)=0.
对于f(1-x)+f(x)=2,令x=1,得f(1)+f(0)=2,所以f(1)=2,
所以f=f(1)=1, f=f=, f=f=, f=f=, f=f=.
对于f(1-x)+f(x)=2,令x=,
得2f=2,所以f=1,
所以f=f=, f=f=, f=f=, f=f=.
因为当0≤x1又<<,且f=f=,所以f=.
3.D　对于f(x+1)+f(1-x)≥2x,令x=0,得f(1)≥0.
因为函数f(x)是奇函数,所以由f(x+1)+f(1-x)≥2x可得f(x+1)≥2x+f(x-1),所以f(2n+1)≥f(2n-1)+2×2n≥f(2n-3)+2×2n+2(2n-2)≥…≥f(1)+2[2n+(2n-2)+…+2]≥2n(n+1),所以f(11)≥60,f(21)≥220,故B不一定正确,D一定正确.
对于f(x+1)+f(1-x)≥2x,用x-1替换x,得f(x)+f(2-x)≥2(x-1)①,对于①,令x=2,得f(2)+f(0)≥2.
因为函数f(x)是R上的奇函数,
所以f(0)=0,所以f(2)≥2,所以f(2n)≥f(2n-2)+2(2n-1)≥f(2n-4)+2(2n-3)+2(2n-1)≥…≥f(2)+2[(2n-1)+(2n-3)+…+3]≥2n2,所以f(10)≥50,f(20)≥200,故A不一定正确,C一定不正确.
4.BCD　对于A, f(x)-f=f(y),令x=y=1,得f(1)=f(1)-f(1)=0.
令x=1,y=2,得f(2)=f(1)-f=0-(-1)=1,故A错误.
对于B, x1,x2∈(0,+∞)且x11,所以f>0,所以f(x2)-f(x1)=f>0,即f(x2)>f(x1),所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,故B正确.
对于C,令x=1,y=t,t∈(0,+∞),
则f(1)-f(t)=f,即f(t)+f=f(1)=0,所以f(2)+f=f(3)+f=…=f(2 025)+f=0,
所以f(2)+f+f(3)+f+…+f(2 025)+f=0,故C正确.
对于D,由C中分析得f(2)+f=0,所以f(2)=-f=1, f(4)=f(2)-f=2,所以由f(x)-f(x-1)≥2得f≥f(4).
因为函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以解得15.BCD　对于f(x)+g(1-x)=4,用1-x替换x,得f(1-x)+g(x)=4,所以g(x)=4-f(1-x)①.
对于f(x+1)+g(x-2)=4,用x替换x-2,得f(x+3)+g(x)=4,所以g(x)=4-f(x+3)②.
联立①②,得f(1-x)=f(x+3),此时用x替换x+3,得f(x)=f(4-x).
由题意知f(x)+f(2-x)=0,所以f(x)=-f(2-x)=-f(2+x)=f(-x)=f(x+4),所以f(x)为偶函数,故A错误,B正确.
因为f(x+1)的图象关于原点对称,
所以f(1)=0.
f(0)=1, f(1)=0 f(2)=-1, f(3)=0 f(k)=f(k)+f(1)=0,故C正确.
由上述分析得g(x)=4-f(x+3),所以g(k)=4×2 025-f(k+3)=4×2 025-f(4)=8 099,故D正确.
6.AD　设g(x)=f(ax+b),因为g(x)为奇函数,且定义域为R,所以g(0)=f(a·0+b)=f(b)=0,且g(-x)=-g(x),即f(-ax+b)=-f(ax+b).
令s=ax,则f(b-s)=-f(b+s),所以f(x)的图象关于点(b,0)对称.
设h(x)=f(bx+a),因为h(x)为偶函数,所以f(b(-x)+a)=f(bx+a),即f(-bx+a)=f(bx+a).
令t=bx,则f(a-t)=f(a+t),所以f(x)的图象关于直线x=a对称.
对于A,若a=b≠0,则g(x)=f(ax+a)既是奇函数又是偶函数,所以只能有g(x)=0,即f(ax+a)=0对任意的x都成立,所以f(x)=0对任意的x都成立,与f(2)=2矛盾,故a≠b,故A正确.
对于B,若b=2,则f(b)=f(2)=0,与f(2)=2矛盾,故B错误.
对于D,令b=4,则f(x)的图象关于点(4,0)对称, f(4)=0,所以f(4)可能为0,故D正确.
对于C,取a=1,b=4,则f(x)的图象关于直线x=1对称,所以f(1+t)=f(1-t),此时令t=-3,得f(-2)=f(4).又由D中分析得f(4)=0,所以存在a,b,使得f(-2)不为-2,故C错误.
7.答案　
解析　对于f(x)·f=,
令x=2,得f(2)·f=.
设f(2)=t,则t·f=,
所以f=.
因为函数f(x)的定义域为,
所以t+>,即t>0.
令x=t+,
则f·
f=,
即·f=,
所以f=t=f(2).
又因为f(x)是定义在上的单调函数,所以+=2,整理得8t2-2t-1=(4t+1)(2t-1)=0,解得t=或t=-(舍去).
8.解析　(1)函数f(x)为奇函数.理由如下:
易得f(x)的定义域为R.
对于f(x+y)=f(x)+f(y),令x=y=0,得f(0)=2f(0),∴f(0)=0.
令y=-x,得f(0)=f(x)+f(-x)=0,
∴f(x)为奇函数.
(2)函数f(x)在R上单调递减.理由如下:
对于f(x+y)=f(x)+f(y),令x=x1,y=x2-x1,其中x2>x1,∴f(x2-x1)=f(x2)-f(x1),
∵x2-x1>0,且当x>0时, f(x)<0,
∴f(x2-x1)<0,即f(x2)-f(x1)<0,
即f(x2)(3)∵f(x)为定义在R上的奇函数,
∴f(λx2+x)+f(-x2+λx)=f(λx2+x)-f(x2-λx).
∵f(2)=-f(-2)=-,∴f(4)=f(2)+f(2)=-1,∴f(λx2+x)-f(x2-λx)>f(4),
∴f(λx2+x)>f(4)+f(x2-λx)=f(4+x2-λx).
又f(x)在R上单调递减,∴λx2+x∴λ<=1-=1-=1-在[3,+∞)上恒成立.
∵x-2≥1,y=x-2+在[3,2+)上单调递减,在(2+,+∞)上单调递增,
∴x-2+∈[2,+∞),∴4-9≤<1,∴λ<4-9,故实数λ的取值范围为(-∞,4-9).专题专项练
单元整合练2　函数性质的综合运用
1.(2026江苏南通期中)已知f(x)=x3+5x,若对于正数a,b,满足f(2a-b)+f(2b-1)=0,则的最大值为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.3-2
2.(多选题)(2025江苏扬州中学期中)下列关于函数f(x)=的说法正确的是(　　)
A.f(x)的定义域为[-2,0)∪(0,2]
B.f(x)的值域为[-1,1]
C.f(x)的图象关于原点对称
D.f(x)在定义域上单调递增
3.(2025广东汕尾期末)函数g(x)与t(x)的图象关于y轴对称,且t(x)=-x3+12x,g(x)=f(x+2)+16,下列判断正确的是(　　)
A.g(x)=x3+12x　　　　
B.g(x)是偶函数
C. f(x)是奇函数　　　　
D. f(x)的图象关于点(2,-16)对称
4.(2026江苏南京金陵中学月考)已知函数f(x)和g(x)的定义域均为R,y=f(x)为偶函数,y=g(x)+1为奇函数, x∈R,均有f(x)+g(x)=x2+4,则f(4)g(4)=(　　)
A.21　　　　B.-21　　　　C.121　　　　D.0
5.(2026江苏连云港期中)已知f(x)是定义在R上的函数, f(x)的图象关于点(0,0)对称,对任意的x1,x2∈[0,+∞),都有 <-1,若f(a2-1)+f(a-1)+a2+a>2,则实数a的取值范围为(　　)
A.{a|a<-1或a>2}　　　　B.{a|a<-2或a>1}　　　　
C.{a|-22}
6.已知函数f(x)的定义域为R,f(x+1)为奇函数,f(x+2)为偶函数.记函数g(x)=2f(2x+1)+1,则g=(　　)
A.25　　　　B.27　　　　C.29　　　　D.31
7.(2025江苏苏州期中)已知函数f(x)=若f(2)是函数f(x)的最小值,则实数a的取值范围是　　　　.
8.(2026江苏启东中学测试)设函数f(x)的定义域为R,f(-1-x)=-f(-1+x),f(3+x)=f(1-x),当x∈[-1,2]时,f(x)=ax2+b.若f(1)+f(3)=0,且f(-4)+f(3)=-3,则f=　　　　.
9.(2026湖北荆州中学期中)若对于函数f(x)定义域内的每一个x,都有f(x)=f成立,则称该函数为“互倒函数”.已知函数f(x)是定义域为的“互倒函数”,且当x∈[1,4]时, f(x)=+,若存在区间[m,n](m<1)满足: x1∈[m,n], x2∈[m,n],使得f(x1)·f(x2)=1,则mn的取值范围为　　　　.
10.(2026四川南充嘉陵第一中学月考)已知函数f(x)=x2+ax+3,a∈R.
(1)若函数y=的定义域为R,求实数a的取值范围;
(2)若对任意的x∈(1,2], f(x)≥a恒成立,求实数a的取值范围;
(3)若函数g(x)=f(x)-(a-2)x+a,函数y=g(g(x))的最小值是5,求实数a的值.
11.(2026江苏盐城期中)已知函数f(x)的定义域为R, x,y∈R, f(x+y)=f(x)+f(y)-1,当x>0时, f(x)<1,且f(1)=-2.
(1)求f(0)的值,并证明y=f(x)-1是奇函数;
(2)证明:f(x)是R上的减函数;
(3)解关于x的不等式f(2x2)-2f(x)12.(2026江苏南京第二十九中学检测)已知函数f(x)=x|x|+ax+a,g(x)=,a,b∈R且a(1)判断函数g(x)的奇偶性;
(2)若g(x)为奇函数,且对任意的x1∈[1,+∞),都存在x2∈[1,+∞),使得f(x2)=g(x1),求实数a的取值范围;
(3)若函数f(x)与g(x)在区间(a3,b3)上单调性一致(同时递增或同时递减),求b-a的最大值.
创新点　创设新情境考查函数的基本性质
13.(2025辽宁名校联盟联考){f(x,y)}表示当自变量x∈A时函数f(x,y)的最大值,{f(x,y)}表示当自变量x∈A时函数f(x,y)的最小值,已知函数f(x,y)=-5xy+(x+y)-2,则{{f(x,y)}}=　　　　.
答案与分层梯度式解析
专题专项练
单元整合练2　函数性质的综合运用
1.D 2.AC 3.D 4.B 5.C
6.D
1.D　因为函数f(x)的定义域为R,关于原点对称,且f(-x)=(-x)3+5(-x)=-f(x),所以f(x)为奇函数.
因为y=x3,y=5x均在R上单调递增,
所以f(x)在R上单调递增.
因为f(2a-b)+f(2b-1)=0,所以f(2a-b)=-f(2b-1)=f(1-2b),所以2a-b=1-2b,即2a+b=1,易得=,因为+=(2a+b)·=3++≥3+2=3+2,当且仅当=,即时取等号,所以+的最小值为3+2,
所以的最大值为=3-2.
2.AC　要使函数f(x)有意义,需满足解得-2≤x≤2且x≠0,所以函数f(x)的定义域为[-2,0)∪(0,2],故A正确.
(解4x2-x4≥0,即x2(x-2)(x+2)≤0时,可利用“数轴穿根法”(从右到左,从上到下,奇穿偶切)进行求解)
当0当-2≤x<0时, f(x)==,易知函数f(x)单调递增,
所以f(x)∈[0,2),
所以f(x)的值域为(-2,2),故B错误.
由A知f(x)的定义域为[-2,0)∪(0,2],关于原点对称,所以f(x)==,又f(-x)=-f(x),所以f(x)为奇函数,其图象关于原点对称,故C正确.
由B知f(x)的单调递增区间是(0,2],[-2,0),故D错误.
(单调区间不能用“∪”连接,所以不能说f(x)的单调递增区间是[-2,0)∪(0,2])
3.D　对于A,因为g(x)与t(x)的图象关于y轴对称,所以g(x)=t(-x)=-(-x)3+12(-x)=x3-12x,故A错误.
对于B,g(x)=x3-12x,其定义域为R,关于原点对称,g(-x)=(-x)3-12(-x)=-x3+12x=-g(x),所以g(x)是奇函数,故B错误.
对于C,因为g(x)=f(x+2)+16,所以f(x+2)=g(x)-16=x3-12x-16,所以f(x)=(x-2)3-12(x-2)-16=x3-6x2+12x-8-12x+24-16=x3-6x2,
因为f(-x)=(-x)3-6(-x)2=-x3-6x2, f(-x)≠-f(x)且f(-x)≠f(x),所以f(x)既不是奇函数也不是偶函数,故C错误.
对于D,由g(x)=f(x+2)+16,可知将g(x)的图象向右平移2个单位长度,再向下平移16个单位长度得到f(x)的图象,因为g(x)是奇函数,其图象关于原点对称,所以f(x)的图象关于点(2,-16)对称,故D正确.
4.B　因为y=f(x)为偶函数,
所以f(-4)=f(4).
因为y=g(x)+1为奇函数,所以g(-4)+1=-g(4)-1,所以g(-4)=-g(4)-2.
因为f(x)+g(x)=x2+4,所以f(4)+g(4)=42+4=20①, f(-4)+g(-4)=(-4)2+4=20,即f(4)-g(4)-2=20,所以f(4)-g(4)=22②.
联立①②,得f(4)=21,g(4)=-1,
所以f(4)g(4)=-21.
5.C　由题意得, f(x)为奇函数.
因为 <-1,
所以 +1<0,
即 <0.
构造函数g(x)=f(x)+x,
则<0,
所以g(x)在R上单调递减.
易得g(-x)=f(-x)-x=-f(x)-x=-g(x),且g(x)的定义域关于原点对称,所以g(x)为奇函数.
由f(a2-1)+f(a-1)+a2+a>2得f(a2-1)+a2-1>-[f(a-1)+(a-1)],即g(a2-1)>-g(a-1),即g(a2-1)>g(1-a),
所以a2-1<1-a,即a2+a-2<0,解得-2所以实数a的取值范围为{a|-26.D　因为f(x+1)为奇函数,且f(x+1)的图象是由f(x)的图象向左平移1个单位长度得到的,所以f(x)的图象关于点(1,0)对称,所以f(2-x)=-f(x),f(1)=0.
因为f(x+2)为偶函数,且f(x+2)的图象是由f(x)的图象向左平移2个单位长度得到的,所以f(x)的图象关于直线x=2对称,所以f(2-x)=f(2+x),则f(3)=0, f(x+2)=-f(x),所以f(x+4)=-f(x+2)=f(x),所以f(2k-1)=0,k∈Z.
因为f(x)的图象关于直线x=2对称,也关于点(1,0)对称,
所以f(x)的图象关于点(3,0)对称,所以f(2)+f(4)=0,
所以f(2)+f(3)+f(4)+f(5)=0,
所以f(k+1)=7[f(2)+f(3)+f(4)+f(5)]+[f(2)+f(3)+f(4)]=0,
因为g=2f(k+1)+1,k∈Z,
所以g=2f(k+1)+31=31.
知识拓展
函数y=f(x)的定义域为D, x∈D,
(1)存在常数a,b,使得f(x)+f(2a-x)=2b,即f(a+x)+f(a-x)=2b,则函数y=f(x)的图象关于点(a,b)对称;
(2)存在常数a,使得f(x)=f(2a-x),即f(a+x)=f(a-x),则函数y=f(x)的图象关于直线x=a对称.
7.答案　[2,4]
解析　当a<2且x≤2时, f(x)=|x-a|+2≥2=f(a),与f(x)min=f(2)矛盾,所以a≥2.
易知函数y=x2-ax+2a的图象的对称轴为直线x=.
当≤2,即2≤a≤4时,函数f(x)在(2,+∞)上单调递增,所以f(2)=|2-a|+2=a-2+2=a≤4-2a+2a=4,所以2≤a≤4.
当>2,即a>4时,对于x>2, f(x)min=f =2a-,
由题意得f(2)=a≤2a-,整理得a2-4a≤0,解得0≤a≤4,所以当a>4时,无符合题意的a.
综上,实数a的取值范围是[2,4].
8.答案　
解析　因为f(-1-x)=-f(-1+x),
所以f(-2-x)=-f(x).
因为f(3+x)=f(1-x),所以f(4-x)=f(x),所以f(-2-x)=-f(4-x),
所以f(x+6)=-f(x),所以f(x+12)=-f(x+6)=f(x).
对于f(3+x)=f(1-x),令x=0,得f(3)=f(1),又f(1)+f(3)=0,所以f(1)=0,所以f(1)=a+b=0①.
因为f(-4)+f(3)=-3, f(-1-x)=-f(-1+x),所以-f(2)+f(1)=-3,所以f(2)=3,所以f(2)=4a+b=3②.
联立①②,得a=1,b=-1,
所以当x∈[-1,2]时, f(x)=x2-1,
所以f=f=f=-f=-f=-f=-f=-=.
9.答案　
解析　因为当x∈[1,4]时, f(x)=+且f(x)为“互倒函数”,
所以当x∈时, f(x)=f=x2+,画出y=f(x)在上的图象,如图.
当n≤1时, f(x)在[m,n]上单调递增,故f(x)在[m,n]上的值域为(设为D1),
则在[m,n]上的值域为(设为D2),
由题意得D1 D2,
故m2+≥且n2+≤,
所以=1,所以n2=-,其中≤m故故≤m2<,所以m2n2=-m2=-,
易知≤m2+<1,函数y=t+在上单调递减,
所以2所以≤m2n2<,所以≤mn<.
当1由题意可得min=,
若m<,则m2+=,故m2=,即m=,故mn=n,
又1若≤m,则+=,故n2=6,即n=,故mn=m,又≤m<1,所以1≤mn<.
综上,mn的取值范围是.
10.解析　(1)由题意得,对任意的x∈R,x2+ax+3≠0,所以Δ=a2-12<0,解得-2(2)由f(x)≥a得x2+ax+3≥a,即-a·(x-1)≤x2+3.
因为x∈(1,2],所以0令m=x-1,则m∈(0,1],x=m+1,
所以-am≤(m+1)2+3=m2+4+2m,
所以-a≤m++2.
令p(m)=m++2,m∈(0,1],
易知函数p(m)在(0,1]上单调递减,
所以p(m)min=p(1)=7,所以-a≤7,解得a≥-7.
所以实数a的取值范围是[-7,+∞).
(3)易得g(x)=f(x)-(a-2)x+a=(x+1)2+a+2≥a+2.
令t=g(x),则t≥a+2,y=g(g(x))=g(t)=(t+1)2+a+2,t≥a+2.
易知g(t)的图象开口向上,对称轴方程为t=-1.
当a+2<-1,即a<-3时,g(t)在[a+2,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,所以g(t)≥g(-1)=a+2=5,解得a=3,不满足a<-3,舍去.
当a+2≥-1,即a≥-3时,g(t)在[a+2,+∞)上单调递增,所以g(t)≥g(a+2)=a2+7a+11=5,解得a=-1或a=-6(舍去).
综上,a=-1.
11.解析　(1)对于f(x+y)=f(x)+f(y)-1,
令x=y=0,得f(0)=f(0)+f(0)-1,所以f(0)=1.
令y=-x,得f(0)=f(x)+f(-x)-1,所以f(x)+f(-x)=2,所以f(-x)-1=-[f(x)-1],所以y=f(x)-1是奇函数.
(2)证明:任取x1,x2∈R,且x1>x2.
f(x1)-f(x2)=f(x1-x2+x2)-f(x2)=f(x1-x2)+f(x2)-1-f(x2)=f(x1-x2)-1.
因为x1>x2,所以x1-x2>0.
又因为x>0时, f(x)<1,所以f(x1-x2)<1,即f(x1-x2)-1<0,即f(x1)-f(x2)<0,所以f(x1)(3)由f(2x2)-2f(x)因为f(1)=-2,所以f(2)=2f(1)-1=-5,又f(-2)+f(2)=2,所以f(-2)=7,
所以f(2x2)由(2)知, f(x)是R上的减函数,所以2x2>5x-2,即2x2-5x+2>0,解得x<或x>2,所以不等式f(2x2)-2f(x)12.解析　(1)当b=0时,g(x)=,其定义域为{x|x≠0},关于原点对称,又g(-x)=-=-g(x),所以g(x)为奇函数.
当b≠0时,g(x)的定义域为{x|x≠-b},因为b≠0,所以定义域不关于原点对称,所以g(x)既不是奇函数也不是偶函数.
(2)因为g(x)为奇函数,所以结合(1)得g(x)=.
因为对于任意的x1∈[1,+∞),都存在x2∈[1,+∞),使得f(x2)=g(x1),所以函数g(x)在区间[1,+∞)上的值域是函数f(x)在区间[1,+∞)上的值域的子集.
易知当x∈[1,+∞)时,g(x)=的值域为(0,2].
若x≥1,则f(x)=x2+ax+a,易知函数y=x2+ax+a的图象的对称轴方程为x=-.
①若-≤1,即a≥-2,则f(x)=x2+ax+a在[1,+∞)上的最小值为f(1)=2a+1,
故值域为[2a+1,+∞),所以2a+1≤0,所以-2≤a≤-.
②若->1,即a<-2,则f(x)=x2+ax+a在[1,+∞)上的最小值为f=-+a,
故值域为,所以-+a≤0,解得a≤0或a≥4,所以a<-2.
综上,实数a的取值范围为-∞,-.
(3)易知g(x)=在(-∞,-b),(b,+∞)上单调递减,所以要求f(x)的单调递减区间.
易得f(x)=
易知y=-x2+ax+a的图象的对称轴方程为x=,y=x2+ax+a的图象的对称轴方程为x=-.
当a≥0时,x=≥0,x=-≤0,所以f(x)在R上单调递增,不满足题意.
当a<0时,x=<0,x=->0,所以f(x)在,上单调递增,在上单调递减,
所以所以-≤a<0,
所以b3≤-≤,所以b≤,
所以b-a≤-=,当且仅当a=-,b=时,等号成立,
此时a3=-,b3=.
所以g(x)=在和上单调递减,易得g(x)在上单调递减.
由上述分析得,当a<0时, f(x)在上单调递减,所以f(x)在上单调递减,满足题意.
所以b-a的最大值为.
13.答案　-
思路点拨
　　当y∈[0,1]时,f(x,y)=y+x-2,将其看成关于y的函数,结合一次函数的单调性得{f(x,y)}=再结合分段函数的性质分析求解.
解析　由题意得{f(x,y)}
=
=
=
所以{{f(x,y)}}
=,
当0≤x≤时,函数t1=-x-单调递减,故t1=-x-的最小值为-×-=-;
当×-2=-,
故=-,
即{{f(x,y)}}=-.

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