湖南省2024-2025学年高一上学期期中考试数学模拟试题

2024-2025学年湖南省高一上学期数学期中考试模拟试题（提高卷） 范围：第三章函数部分 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一．选择题（共4小题） 1．（2023秋•长沙期中）已知f（x）是定义在R上的奇函数，若对任意0＜x1＜x2，均有．且f（2）＝2，则不等式f（x）﹣x＞0的解集为（　　） A．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞） B．（﹣2，2） C．（﹣2，0）∪（0，2） D．（﹣2，0）∪（2，+∞） 2．（2023秋•岳麓区校级期中）已知f（x）是奇函数，g（x）是偶函数，且，则不等式f（3﹣2x）＞f（x+2）的解集是（　　） A． B． C． D． 3．（2022秋•天心区校级期中）y＝f（x）是定义在R上的奇函数，当x＜0时，，若f（x）≥a﹣2对一切x≥0成立，则实数a的取值范围是（　　） A． B．[﹣2，2] C．[﹣2，+∞） D．（﹣∞，2] 4．（2022秋•天心区校级期中）已知函数f（x）＝2x2﹣1，g（x）＝ax，x∈R，用M（x）表示f（x），g（x）中的较大者，记为M（x）＝max{f（x），g（x）}，若M（x）的最小值为，则实数a的值为（　　） A．0 B．±1 C． D．±2 二．多选题（共4小题） （多选）5．（2023秋•长沙期中）函数f（x）的定义域为D，若存在区间[m，n]⊆D使f（x）在区间[m，n]上的值域也是[m，n]，则称区间[m，n]为函数f（x）的“和谐区间”，则下列函数存在“和谐区间”的是（　　） A． B．f（x）＝x2﹣2x+2 C． D． （多选）6．（2023秋•岳麓区校级期中）已知连续函数f（x）满足：①∀x，y∈R，则有f（x+y）＝f（x）+f（y）﹣1，②当x＞0时，f（x）＜1，③f（1）＝﹣2，则以下说法正确的是（　　） A．f（0）＝1 B．f（4x）＝4f（x）﹣4 C．f（x）在[﹣3，3]上的最大值是10 D．不等式f（3x2）﹣2f（x）＞f（3x）+4的解集为 （多选）7．（2022秋•天心区校级期中）定义域和值域均为[﹣a，a]（常数a＞0）的函数y＝f（x）和y＝g（x）图象如图所示，给出下列四个命题，那么，其中正确命题是（　　） A．方程f[g（x）]＝0有且仅有三个解 B．方程g[f（x）]＝0有且仅有三个解 C．方程f[f（x）]＝0有且仅有九个解 D．方程g[g（x）]＝0有且仅有一个解 （多选）8．（2022秋•天心区校级期中）下列说法正确的是（　　） A．函数f（x）＝ax﹣1﹣2（a＞0且a≠1）的图象恒过定点（1，﹣2） B．若不等式ax2+2x+c＜0的解集为{x|x＜﹣1或x＞2}，则a+c＝2 C．函数的最小值为6 D．函数的单调增区间为 三．填空题（共3小题） 9．（2023秋•长沙期中）古希腊数学家希波克拉底曾研究过如图的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC．若以斜边BC为直径的半圆面积为π，则以AB，AC为直径的两个半圆的弧长之和的最大值为 　 　． 10．（2022秋•天心区校级期中）已知函数f（x）＝，若对任意的x1∈[2，+∞），都存在唯一的x2∈（﹣∞，2），满足f（x2）＝f（x1），则实数a的取值范围是 　 　． 11．（2022秋•天心区校级期中）已知函数f（x）＝（m﹣2）xm是幂函数，若f（k2+3）+f（9﹣8k）≤0，则实数k的最大值是 　 　． 四．解答题（共11小题） 12．（2023秋•邵东市校级期中）已知函数是定义在R上的奇函数，且 f（2）＝． （1）求函数f（x）的解析式； （2）判断并证明f（x）在（﹣2，2）上的单调性； （3）若存在实数x∈[﹣1，2]，使得不等式4[f（x）]2﹣f（x）+1≤m有解，求实数m的取值范围． 13．（2023秋•邵东市校级期中）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． （1）求证：f（x）是R上的增函数； （2）若，解不等式． 14．（2023秋•汉寿县校级期中）已知函数是定义在[﹣2，2]上的奇函数． （1）求实数a的值； （2）判断f（x）在[﹣2，2]上的单调性，并用定义证明； （3）设g（x）＝kx2+2kx+1（k≠0），若对任意的x1∈[﹣2，2]，总存在x2∈[﹣2，2]，使得f（x1）＝g（x2）成立，求实数k的取值范围． 15．（2023秋•湖南期中）如果存在常数t，对于任意x∈R，都有f（x+t）≥tf（x）成立，那么称该函数具有“t变换”． （1）判断函数f（x）＝x，g（x）＝|x|是否具有“t变换”，并说明理由． （2）已知h（x）＝x2+tx具有“t变换”，求t的值． （3）如果F（x）是定义域为R的奇函数，当x≥0时，F（x）＝x2﹣2ax且F（x）具有“t变换”，求实数a的取值范围． 16．（2023秋•湖南期中）已知函数是定义在区间[﹣1，1]上的奇函数，且f（1）＝1，． （1）求函数f（x）的解析式； （2）判断并证明函数f（x）在区间[﹣1，1]上的单调性； （3）解不等式f（t﹣1）+f（2t）＜0． 17．（2023秋•蓝山县校级期中）已知函数． （1）当x∈[1，3]时，求f（x）的值域； （2）若关于x的方程有三个不等实数根，求实数t的取值范围． 18．（2023秋•岳阳期中）已知函数f（x）＝x|x﹣2|﹣a+1，，m∈R，且函数f（x）有三个零点． （Ⅰ）求a的取值范围； （Ⅱ）若对任意的x1∈[m，m+2]，总存在，使得f（x1）＜g（x2）成立，求实数m的取值范围． 19．（2023秋•长沙期中）已知f（x）为偶函数，g（x）为奇函数，且满足f（x）﹣g（x）＝21﹣x． （1）求f（x），g（x）； （2）若h（x）＝|[f（x）+g（x）]﹣1|，且方程[h（x）]2﹣2kh（x）+k﹣＝0有三个解，求实数k的取值范围． 20．（2023秋•岳麓区校级期中）我们知道，函数y＝f（x）的图象关于y轴成轴对称图形的充要条件是函数y＝f（x）为偶函数，有同学发现可以将其推广为：函数y＝f（x）的图象关于x＝a成轴对称图形的充要条件是函数y＝f（x+a）为偶函数． （1）已知函数φ（x）＝x2﹣2x+a（ex﹣1+e﹣x+1），求该函数图象的对称轴方程； （2）若函数g（x）的图象关于直线x＝1对称，且当x≥1时，g（x）＝x2﹣． ①求g（x）的解析式； ②求不等式g（x）＞g（3x﹣1）的解集． 21．（2023秋•岳麓区校级期中）已知f（x）是定义在区间[﹣1，1]上的奇函数，且f（1）＝1，若a，b∈[﹣1，1]，a+b≠0时，有． （Ⅰ）判断函数f（x）在[﹣1，1]上是增函数，还是减函数，并证明你的结论； （Ⅱ）若f（x）≤m2﹣5mt﹣5对所有x∈[﹣1，1]，t∈[﹣1，1]恒成立，求实数m的取值范围． 22．（2022秋•天心区校级期中）已知f（x）为偶函数，g（x）为奇函数，且满足f（x）﹣g（x）＝21﹣x． （1）求f（x），g（x）； （2）若方程mf（x）＝[g（x）]2+2m+9有解，求实数m的取值范围； （3）若h（x）＝|[f（x）+g（x）]﹣1|，且方程[h（x）]2﹣（2k+）h（x）+k＝0有三个解，求实数k的取值范围． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/10/27 11:36:16；用户：段老师；邮箱：16607326121；学号：23527444 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年湖南省高一上学期数学期中考试模拟试题（提高卷） 范围：第三章函数部分 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一．选择题（共4小题） 1．（2023秋•长沙期中）已知f（x）是定义在R上的奇函数，若对任意0＜x1＜x2，均有．且f（2）＝2，则不等式f（x）﹣x＞0的解集为（　　） A．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞） B．（﹣2，2） C．（﹣2，0）∪（0，2） D．（﹣2，0）∪（2，+∞） 2．（2023秋•岳麓区校级期中）已知f（x）是奇函数，g（x）是偶函数，且，则不等式f（3﹣2x）＞f（x+2）的解集是（　　） A． B． C． D． 3．（2022秋•天心区校级期中）y＝f（x）是定义在R上的奇函数，当x＜0时，，若f（x）≥a﹣2对一切x≥0成立，则实数a的取值范围是（　　） A． B．[﹣2，2] C．[﹣2，+∞） D．（﹣∞，2] 4．（2022秋•天心区校级期中）已知函数f（x）＝2x2﹣1，g（x）＝ax，x∈R，用M（x）表示f（x），g（x）中的较大者，记为M（x）＝max{f（x），g（x）}，若M（x）的最小值为，则实数a的值为（　　） A．0 B．±1 C． D．±2 二．多选题（共4小题） （多选）5．（2023秋•长沙期中）函数f（x）的定义域为D，若存在区间[m，n]⊆D使f（x）在区间[m，n]上的值域也是[m，n]，则称区间[m，n]为函数f（x）的“和谐区间”，则下列函数存在“和谐区间”的是（　　） A． B．f（x）＝x2﹣2x+2 C． D． （多选）6．（2023秋•岳麓区校级期中）已知连续函数f（x）满足：①∀x，y∈R，则有f（x+y）＝f（x）+f（y）﹣1，②当x＞0时，f（x）＜1，③f（1）＝﹣2，则以下说法正确的是（　　） A．f（0）＝1 B．f（4x）＝4f（x）﹣4 C．f（x）在[﹣3，3]上的最大值是10 D．不等式f（3x2）﹣2f（x）＞f（3x）+4的解集为 （多选）7．（2022秋•天心区校级期中）定义域和值域均为[﹣a，a]（常数a＞0）的函数y＝f（x）和y＝g（x）图象如图所示，给出下列四个命题，那么，其中正确命题是（　　） A．方程f[g（x）]＝0有且仅有三个解 B．方程g[f（x）]＝0有且仅有三个解 C．方程f[f（x）]＝0有且仅有九个解 D．方程g[g（x）]＝0有且仅有一个解 （多选）8．（2022秋•天心区校级期中）下列说法正确的是（　　） A．函数f（x）＝ax﹣1﹣2（a＞0且a≠1）的图象恒过定点（1，﹣2） B．若不等式ax2+2x+c＜0的解集为{x|x＜﹣1或x＞2}，则a+c＝2 C．函数的最小值为6 D．函数的单调增区间为 三．填空题（共3小题） 9．（2023秋•长沙期中）古希腊数学家希波克拉底曾研究过如图的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC．若以斜边BC为直径的半圆面积为π，则以AB，AC为直径的两个半圆的弧长之和的最大值为 　 　． 10．（2022秋•天心区校级期中）已知函数f（x）＝，若对任意的x1∈[2，+∞），都存在唯一的x2∈（﹣∞，2），满足f（x2）＝f（x1），则实数a的取值范围是 　 　． 11．（2022秋•天心区校级期中）已知函数f（x）＝（m﹣2）xm是幂函数，若f（k2+3）+f（9﹣8k）≤0，则实数k的最大值是 　 　． 四．解答题（共11小题） 12．（2023秋•邵东市校级期中）已知函数是定义在R上的奇函数，且 f（2）＝． （1）求函数f（x）的解析式； （2）判断并证明f（x）在（﹣2，2）上的单调性； （3）若存在实数x∈[﹣1，2]，使得不等式4[f（x）]2﹣f（x）+1≤m有解，求实数m的取值范围． 13．（2023秋•邵东市校级期中）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． （1）求证：f（x）是R上的增函数； （2）若，解不等式． 14．（2023秋•汉寿县校级期中）已知函数是定义在[﹣2，2]上的奇函数． （1）求实数a的值； （2）判断f（x）在[﹣2，2]上的单调性，并用定义证明； （3）设g（x）＝kx2+2kx+1（k≠0），若对任意的x1∈[﹣2，2]，总存在x2∈[﹣2，2]，使得f（x1）＝g（x2）成立，求实数k的取值范围． 15．（2023秋•湖南期中）如果存在常数t，对于任意x∈R，都有f（x+t）≥tf（x）成立，那么称该函数具有“t变换”． （1）判断函数f（x）＝x，g（x）＝|x|是否具有“t变换”，并说明理由． （2）已知h（x）＝x2+tx具有“t变换”，求t的值． （3）如果F（x）是定义域为R的奇函数，当x≥0时，F（x）＝x2﹣2ax且F（x）具有“t变换”，求实数a的取值范围． 16．（2023秋•湖南期中）已知函数是定义在区间[﹣1，1]上的奇函数，且f（1）＝1，． （1）求函数f（x）的解析式； （2）判断并证明函数f（x）在区间[﹣1，1]上的单调性； （3）解不等式f（t﹣1）+f（2t）＜0． 17．（2023秋•蓝山县校级期中）已知函数． （1）当x∈[1，3]时，求f（x）的值域； （2）若关于x的方程有三个不等实数根，求实数t的取值范围． 18．（2023秋•岳阳期中）已知函数f（x）＝x|x﹣2|﹣a+1，，m∈R，且函数f（x）有三个零点． （Ⅰ）求a的取值范围； （Ⅱ）若对任意的x1∈[m，m+2]，总存在，使得f（x1）＜g（x2）成立，求实数m的取值范围． 19．（2023秋•长沙期中）已知f（x）为偶函数，g（x）为奇函数，且满足f（x）﹣g（x）＝21﹣x． （1）求f（x），g（x）； （2）若h（x）＝|[f（x）+g（x）]﹣1|，且方程[h（x）]2﹣2kh（x）+k﹣＝0有三个解，求实数k的取值范围． 20．（2023秋•岳麓区校级期中）我们知道，函数y＝f（x）的图象关于y轴成轴对称图形的充要条件是函数y＝f（x）为偶函数，有同学发现可以将其推广为：函数y＝f（x）的图象关于x＝a成轴对称图形的充要条件是函数y＝f（x+a）为偶函数． （1）已知函数φ（x）＝x2﹣2x+a（ex﹣1+e﹣x+1），求该函数图象的对称轴方程； （2）若函数g（x）的图象关于直线x＝1对称，且当x≥1时，g（x）＝x2﹣． ①求g（x）的解析式； ②求不等式g（x）＞g（3x﹣1）的解集． 21．（2023秋•岳麓区校级期中）已知f（x）是定义在区间[﹣1，1]上的奇函数，且f（1）＝1，若a，b∈[﹣1，1]，a+b≠0时，有． （Ⅰ）判断函数f（x）在[﹣1，1]上是增函数，还是减函数，并证明你的结论； （Ⅱ）若f（x）≤m2﹣5mt﹣5对所有x∈[﹣1，1]，t∈[﹣1，1]恒成立，求实数m的取值范围． 22．（2022秋•天心区校级期中）已知f（x）为偶函数，g（x）为奇函数，且满足f（x）﹣g（x）＝21﹣x． （1）求f（x），g（x）； （2）若方程mf（x）＝[g（x）]2+2m+9有解，求实数m的取值范围； （3）若h（x）＝|[f（x）+g（x）]﹣1|，且方程[h（x）]2﹣（2k+）h（x）+k＝0有三个解，求实数k的取值范围． 参考答案与试题解析 一．选择题（共4小题） 1．（2023秋•长沙期中）已知f（x）是定义在R上的奇函数，若对任意0＜x1＜x2，均有．且f（2）＝2，则不等式f（x）﹣x＞0的解集为（　　） A．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞） B．（﹣2，2） C．（﹣2，0）∪（0，2） D．（﹣2，0）∪（2，+∞） 【考点】奇偶性与单调性的综合．版权所有 【答案】D 【分析】利用函数单调性的定义以及函数的单调性和奇偶性综合解抽象函数不等式． 【解答】解：因为0＜x1＜x2，所以x2f（x1）﹣x1f（x2）＜0，所以， 设函数，则函数在（0，+∞）单调递增，且， 当x＞0时，不等式f（x）﹣x＞0等价于f（x）＞x，即， 即g（x）＞g（2），解得x＞2， 又因为f（x）是定义在R上的奇函数，所以f（0）＝0， 所以当x＝0时，不等式f（x）﹣x＞0无解， 因为f（x）是定义在R上的奇函数，所以为偶函数，且在（﹣∞，0）单调递减， 当x＜0时，不等式f（x）﹣x＞0等价于f（x）＞x，即， 即g（x）＜g（﹣2），解得﹣2＜x＜0， 综上不等式f（x）﹣x＞0的解集为（﹣2，0）∪（2，+∞）． 故选：D． 【点评】本题主要考查不等式的解法，函数的奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键，综合考查函数性质的应用． 2．（2023秋•岳麓区校级期中）已知f（x）是奇函数，g（x）是偶函数，且，则不等式f（3﹣2x）＞f（x+2）的解集是（　　） A． B． C． D． 【考点】奇偶性与单调性的综合；函数的奇偶性．版权所有 【答案】A 【分析】利用函数奇偶性的定义可得出f（x）、g（x）的方程组，解出函数f（x）的解析式，分析函数f（x）的单调性，结合f（3﹣2x）＞f（x+2）可得出关于x的不等式，即可得出原不等式解集． 【解答】解：因为，且f（x）是奇函数，g（x）是偶函数， 则，即， 由（1）（2）可得， 因为函数y＝ex、y＝﹣e﹣x均为R上的增函数，所以，函数为R上的增函数，由f（3﹣2x）＞f（x+2），可得3﹣2x＞x+2，解得， 因此，不等式f（3﹣2x）＞f（x+2）的解集是． 故选：A． 【点评】本题主要考查函数的单调性和奇偶性，属于中档题． 3．（2022秋•天心区校级期中）y＝f（x）是定义在R上的奇函数，当x＜0时，，若f（x）≥a﹣2对一切x≥0成立，则实数a的取值范围是（　　） A． B．[﹣2，2] C．[﹣2，+∞） D．（﹣∞，2] 【考点】函数恒成立问题；函数解析式的求解及常用方法；函数的奇偶性．版权所有 【答案】B 【分析】利用奇函数的性质，结合基本不等式求解最值，即可得到答案． 【解答】解：因为y＝f（x）是定义在R上的奇函数， 所以f（0）＝0， 此时0≥a﹣2，解得a≤2， 当x＜0时，， 令x＞0时，则﹣x＜0， 所以f（x）＝﹣f（﹣x）＝， 当且仅当，即x＝时取等号， 因为f（x）≥a﹣2对一切x＞0成立， 则2a≥a﹣2，解得a≥﹣2． 综上所述，实数a的取值范围为[﹣2，2]． 故选：B． 【点评】本题考查了奇函数性质的应用，不等式恒成立问题，利用基本不等式求解最值的应用，函数解析式的求解，要掌握不等式恒成立问题的一般求解方法：参变量分离法、数形结合法、最值法等，属于中档题． 4．（2022秋•天心区校级期中）已知函数f（x）＝2x2﹣1，g（x）＝ax，x∈R，用M（x）表示f（x），g（x）中的较大者，记为M（x）＝max{f（x），g（x）}，若M（x）的最小值为，则实数a的值为（　　） A．0 B．±1 C． D．±2 【考点】由函数的最值求解函数或参数．版权所有 【答案】B 【分析】根据题意，如果a＞0，作出y＝M（x）图象，根据图象即可得出2x2﹣1＝，求解即可得出答案；同理考虑a＜0，即可得出答案． 【解答】解：函数f（x）＝2x2﹣1，g（x）＝ax，x∈R，根据题意作出f（x）、g（x）图象如图所示： 如果a＞0，如图所示： 由图象可知：在交点A处取得最小值为， 故2x2﹣1＝，解得x＝±， 由图象可知x＝， 将点（，）代入g（x）＝ax得a＝，解得a＝1； 同理如果a＜0，则2x2﹣1＝，解得x＝±， ∴x＝， 将点（，﹣）代入g（x）＝ax得a＝﹣，解得a＝﹣1； 综上所述：a＝±1， 故选：B． 【点评】本题考查函数的图象和函数的最值，考查直观想象和逻辑推理能力、运算能力，属于中档题． 二．多选题（共4小题） （多选）5．（2023秋•长沙期中）函数f（x）的定义域为D，若存在区间[m，n]⊆D使f（x）在区间[m，n]上的值域也是[m，n]，则称区间[m，n]为函数f（x）的“和谐区间”，则下列函数存在“和谐区间”的是（　　） A． B．f（x）＝x2﹣2x+2 C． D． 【考点】函数的值域；函数的定义域及其求法．版权所有 【答案】ABD 【分析】由题意，根据“和谐区间”的概念逐项判断即可． 【解答】解：若f（x）在区间[m，n]上的值域也是[m，n]，则称区间[m，n]为函数f（x）的“和谐区间”， 可知，m＜n，则或， 对于A选项，函数f（x）＝（x≥0），若，解得， 所以函数f（x）＝存在“和谐区间”[0，1]，故A正确； 对于B选项，函数f（x）＝x2﹣2x+2（x∈R），若，解得 所以f（x）＝x2﹣2x+2存在“和谐区间”[1，2]，故B正确； 对于C选项，函数f（x）＝（x≠0）， 若，得，无解；若方程组无解， 故函数f（x）＝不存在“和谐区间”，故C错误； 对于D选项，函数f（x）＝（x≠0），函数在（﹣∞，0），（0，+∞）上单调递减， 则，不妨令，所以函数f（x）＝存在“和谐区间”[，2]，故D正确． 故选：ABD． 【点评】本题以新定义问题为载体，考查了函数零点及函数图象等基础知识点，解题的关键是理解“和谐区间”的定义，属于基础题． （多选）6．（2023秋•岳麓区校级期中）已知连续函数f（x）满足：①∀x，y∈R，则有f（x+y）＝f（x）+f（y）﹣1，②当x＞0时，f（x）＜1，③f（1）＝﹣2，则以下说法正确的是（　　） A．f（0）＝1 B．f（4x）＝4f（x）﹣4 C．f（x）在[﹣3，3]上的最大值是10 D．不等式f（3x2）﹣2f（x）＞f（3x）+4的解集为 【考点】抽象函数的周期性．版权所有 【答案】ACD 【分析】依题意令x＝y＝0，求出f（0），从而判断A； 令y＝x，得到f（2x）＝2f（x）﹣1，再令x为2x，y＝2x即可判断B； 再利用定义法证明函数的单调性即可判断C； 依题意原不等式等价于f（3x2）＞f（5x﹣2），再根据函数的单调性转化为自变量的不等式，即可判断D． 【解答】解：因为：∀x，y∈R，则有f（x+y）＝f（x）+f（y）﹣1， 令x＝y＝0，则f（0）＝f（0）+f（0）﹣1，则f（0）＝1，故A正确； 令y＝x，则f（2x）＝2f（x）﹣1， 用2x代x，y＝2x，则f（2x+2x）＝f（2x）+f（2x）﹣1＝2f（2x）﹣1， 即f（4x）＝2f（2x）﹣1＝2[2f（x）﹣1]﹣1＝4f（2x）﹣3，即f（4x）＝4f（x）﹣3，故B错误； 设x1，x2∈R且x1＜x2，则x2﹣x1＞0， 因为f（x+y）＝f（x）+f（y）﹣1， 令y＝﹣x，则f（0）＝f（x）+f（﹣x）﹣1，即f（x）+f（﹣x）＝2， 令x＝x2，y＝﹣x1， 则f（x2﹣x1）＝f（x2）+f（﹣x1）﹣1＝f（x2）+2﹣f（x1）﹣1， 即f（x2﹣x1）﹣1＝f（x2）﹣f（x1）， 因为当x＞0时，f（x）＜1，又x2﹣x1＞0，故f（x2﹣x1）＜1， 所以f（x2）﹣f（x1）＝f（x2﹣x1）﹣1＜0， 所以f（x2）＜f（x1），即f（x）在R上单调递减， 又f（1）＝﹣2，所以f（2）＝2f（1）﹣1＝﹣5，f（3）＝f（2）+f（1）﹣1＝﹣8， 又f（3）+f（﹣3）＝2，所以f（﹣3）＝2﹣f（3）＝10， 故f（x）在[﹣3，3]上的最大值是10，故C正确； 由f（3x2）﹣2f（x）＞f（3x）+4，可得f（3x2）＞f（x）+f（x）+f（3x）+4， 即f（3x2）＞f（2x+3x）+2+4，即f（3x2）＞f（5x）+7﹣1， 又因为f（2）+f（﹣2）＝2，即f（﹣2）＝7， 所以f（3x2）＞f（5x）+f（﹣2）﹣1，即f（3x2）＞f（5x﹣2）， 故3x2＜5x﹣2，即（3x﹣2）（x﹣1）＜0，解得＜x＜1， 即原不等式的解集为，故D正确． 故选：ACD． 【点评】本题考查了用赋值法求抽象函数的值、用定义法判断抽象函数的单调性及解抽象不等式，也考查了逻辑推理能力和转化思想，属于难题． （多选）7．（2022秋•天心区校级期中）定义域和值域均为[﹣a，a]（常数a＞0）的函数y＝f（x）和y＝g（x）图象如图所示，给出下列四个命题，那么，其中正确命题是（　　） A．方程f[g（x）]＝0有且仅有三个解 B．方程g[f（x）]＝0有且仅有三个解 C．方程f[f（x）]＝0有且仅有九个解 D．方程g[g（x）]＝0有且仅有一个解 【考点】函数与方程的综合运用．版权所有 【答案】AD 【分析】对于A，由于g（x）∈[﹣a，a]，可得方程f[g（x）]＝0有且仅有三个解； 对于B，由于f（x）∈[﹣a，a]，可得方程g[f（x）]＝0有且仅有两个解，故不正确； 对于C，方程f[f（x）]＝0的解最多有八个解； 对于D，由于g（x）∈[﹣a，a]，可得方程g[g（x）]＝0有且仅有一个解． 【解答】解：对于A，∵g（x）∈[﹣a，a]，g（x）是单调减函数，∴方程f[g（x）]＝0有且仅有三个解，正确； 对于B，∵f（x）∈[﹣a，a]，∴方程g[f（x）]＝0有且仅有两个解，故不正确； 对于C，方程f[f（x）]＝0的解最多有八个解，因此不正确； 对于D，∵g（x）∈[﹣a，a]，∴方程g[g（x）]＝0有且仅有一个解，正确． 综上可得：正确的是AD． 故选：AD． 【点评】本题考查了函数的图象及其性质、复合函数的图象与性质、方程的解与函数的零点个数的关系，考查了推理能力，考查了数形结合的思想方法，属于中档题． （多选）8．（2022秋•天心区校级期中）下列说法正确的是（　　） A．函数f（x）＝ax﹣1﹣2（a＞0且a≠1）的图象恒过定点（1，﹣2） B．若不等式ax2+2x+c＜0的解集为{x|x＜﹣1或x＞2}，则a+c＝2 C．函数的最小值为6 D．函数的单调增区间为 【考点】复合函数的单调性；指数函数的单调性与最值；命题的真假判断与应用；基本不等式及其应用；一元二次不等式及其应用．版权所有 【答案】BD 【分析】由指数函数的性质判断A； 由一元二次不等式的解法及韦达定理判断B； 由对勾函数的性质判断C； 由复合函数的单调性判断D． 【解答】解：对于A，因为y＝ax﹣1（a＞0且a≠1）的图象恒过定点（1，1），所以函数f（x）＝ax﹣1﹣2（a＞0且a≠1）的图象恒过定点（1，﹣1），故错误； 对于B，因为不等式ax2+2x+c＜0的解集为{x|x＜﹣1或x＞2}，所以，解得，所以a+c＝2，故正确； 对于C，因为，令t＝，则t≥4，所以y＝+＝t+，由对勾函数的性质可得y＝t+在[4，+∞）上单调递增，所以ymin＝4+＝，故错误； 对于D，令t＝﹣x2﹣x+2，由﹣x2﹣x+2≥0可得：﹣2≤x≤1，所以f（x）的定义域为[﹣2，1]，所以当x∈[﹣2，﹣]时，t单调递增，u＝单调递增；当x∈[﹣，1]时，t单调递减，u＝单调递减；又因为y＝（）u为减函数，所以的单调增区间为[﹣，1]，故正确． 故选：BD． 【点评】本题考查了指数函数、对勾函数的性质、韦达定理及复合函数的单调性，属于中档题． 三．填空题（共3小题） 9．（2023秋•长沙期中）古希腊数学家希波克拉底曾研究过如图的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC．若以斜边BC为直径的半圆面积为π，则以AB，AC为直径的两个半圆的弧长之和的最大值为 　2π　． 【考点】扇形面积公式．版权所有 【答案】2π． 【分析】由扇形的弧长公式，结合圆的面积公式求解即可． 【解答】解：设BC＝a，AB＝c，AC＝b， 又以斜边BC为直径的半圆面积为π， 则， 则a2＝8， 又b2+c2＝a2， 则b2+c2＝8， 则， 即b+c≤4，当且仅当b＝c＝2时取等号， 又以AB，AC为直径的两个半圆的弧长之和为π（b+c）， 则以AB，AC为直径的两个半圆的弧长之和的最大值为2π． 故答案为：2π． 【点评】本题考查了弧长公式，重点考查了圆的面积公式，属中档题． 10．（2022秋•天心区校级期中）已知函数f（x）＝，若对任意的x1∈[2，+∞），都存在唯一的x2∈（﹣∞，2），满足f（x2）＝f（x1），则实数a的取值范围是 　[0，4）　． 【考点】分段函数的应用．版权所有 【答案】[0，4）． 【分析】易求当x≥2时，y≥4，由题意可得f（x）在x≥2时的值域包含在x＜2时的值域范围内，且当y≥4时，一个y的值只能有2个x的值与之对应，根据函数的单调性即可求出a的取值范围． 【解答】解：当x≥2时，f（x）＝＝x+＝4， 当且仅当x＝，即x＝2时，等号成立， ∴y＝f（x）在[2，+∞）上的值域为[4，+∞）， 当x＜2时，f（x）＝2|x﹣a|， ①当a≥2时，f（x）＝2a﹣x在（﹣∞，2）上单调递减， 要使对任意的x1∈[2，+∞），都存在唯一的x2∈（﹣∞，2），满足f（x2）＝f（x1）， 则2a﹣2＜4，即a＜4， ∴2≤a＜4， ②当a＜2时，f（x）＝2|x﹣a|在（﹣∞，a）上单调递减，在（a，2）上单调递增，又f（a）＝1＜4， 要使对任意的x1∈[2，+∞），都存在唯一的x2∈（﹣∞，2），满足f（x2）＝f（x1）， 则2|2﹣a|≤4，即0≤a≤4， 又∵a＜2， ∴0≤a＜2， 综上所述，实数a的取值范围是[0，4）． 故答案为：[0，4）． 【点评】本题主要考查了分段函数的值域，涉及到基本不等式、指数函数的图像和性质，是中档题． 11．（2022秋•天心区校级期中）已知函数f（x）＝（m﹣2）xm是幂函数，若f（k2+3）+f（9﹣8k）≤0，则实数k的最大值是 　6　． 【考点】由幂函数的最值求解参数．版权所有 【答案】6． 【分析】由题意，利用幂函数的定义和性质，求得f（x）的解析式，再根据f（x）的单调性求得实数k的最大值． 【解答】解：∵函数f（x）＝（m﹣2）xm是幂函数， ∴m﹣2＝1，m＝3，f（x）＝x3，故函数f（x）为奇函数，且在R上单调递增． 若f（k2+3）+f（9﹣8k）≤0，则f（k2+3）≤f（8k﹣9），∴k2+3≤8k﹣9，求得2≤k≤6， 实数k的最大值为6， 故答案为：6． 【点评】本题主要考查幂函数的定义和性质，属于基础题． 四．解答题（共11小题） 12．（2023秋•邵东市校级期中）已知函数是定义在R上的奇函数，且 f（2）＝． （1）求函数f（x）的解析式； （2）判断并证明f（x）在（﹣2，2）上的单调性； （3）若存在实数x∈[﹣1，2]，使得不等式4[f（x）]2﹣f（x）+1≤m有解，求实数m的取值范围． 【考点】奇偶性与单调性的综合；函数的奇偶性．版权所有 【答案】（1）f（x）＝； （2）单调递增，证明见解析； （3）[，+∞）． 【分析】（1）由f（0）＝0，求出c的值，由f（﹣x）＝﹣f（x）求出a的值，由f（2）＝，求出b的值即得f（x）的解析式； （2）根据单性的定义证明即可； （3）t＝f（x），则t∈[﹣，]，将问题转化为存在t∈[﹣，]，使得4t2﹣t+1≤m有解，令h（t）＝4t2﹣t+1，结合二次函数的性质求出h（t）的最小值即可． 【解答】解：（1）因为是定义在R上的奇函数， 所以f（0）＝＝0， 所以c＝0， 所以f（x）＝， 所以f（﹣x）＝， 又因为f（﹣x）＝﹣f（x）， 所以ax2﹣bx＝﹣ax2﹣bx， 所以a＝0， 所以f（x）＝， 又因为 f（2）＝， 所以＝＝， 所以f（x）＝； （2）f（x）在（﹣2，2）上为单调递增函数，证明如下： 证明：任取x1，x2∈[0，2），使x1＜x2， 则f（x1）﹣f（x2）＝﹣＝＝， 因为0≤x1＜x2＜2， 所以x2﹣x1＞0，x1x2＜4，x1x2﹣4＜0， 所以＜0， 即f（x1）﹣f（x2）＜0， f（x1）＜f（x2）， 所以f（x）在[0，2）上为单调递增函数， 又因为f（x）为奇函数， 所以f（x）在（﹣2，0）上为单调递增函数， 所以f（x）在（﹣2，2）上为单调递增函数； （3）由（2）可知，f（x）在[﹣1，2]上单调递增， 设t＝f（x），则t∈[﹣，]， 所以将问题转化为存在t∈[﹣，]，使得4t2﹣t+1≤m有解， 令h（t）＝4t2﹣t+1＝4（t﹣）2+，t∈[﹣，]， 所以h（t）min＝h（）＝， 所以m≥， 所以实数m的取值范围为[，+∞）． 【点评】本题考查了奇函数的性质、单调性的证明及转化思想、二次函数的性质，属于中档题． 13．（2023秋•邵东市校级期中）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． （1）求证：f（x）是R上的增函数； （2）若，解不等式． 【考点】抽象函数的周期性；由函数的单调性求解函数或参数．版权所有 【答案】（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； （2）由已知，先根据，求解出f（4）＝2，然后再将转化为f[x（x﹣3）]≤f（4）（x≠3），利用（1）问中判断出来的单调性可直接列式求解． 【解答】解：（1）证明：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． （2）因为，所以， 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， 于是不等式等价于f[x（x﹣3）]≤f（4）（x≠3）， 又由（1），知f（x）是R上的增函数， 所以，解得﹣1≤x＜3或3＜x≤4， 所以原不等式的解集为[﹣1，3）∪（3，4]． 【点评】本题考查抽象函数的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题． 14．（2023秋•汉寿县校级期中）已知函数是定义在[﹣2，2]上的奇函数． （1）求实数a的值； （2）判断f（x）在[﹣2，2]上的单调性，并用定义证明； （3）设g（x）＝kx2+2kx+1（k≠0），若对任意的x1∈[﹣2，2]，总存在x2∈[﹣2，2]，使得f（x1）＝g（x2）成立，求实数k的取值范围． 【考点】函数恒成立问题；函数的奇偶性．版权所有 【答案】（1）a＝0； （2）单调递增，证明见解析； （3）k∈（﹣∞，﹣]∪[，+∞）． 【分析】（1）是定义在[﹣2，2]上的奇函数⇒f（0）＝＝0求解即可； （2）f（x）在[﹣2，2]上单调递增，用定义证明，任取﹣2≤x1＜x2≤2，作差f（x1）﹣f（x2）后化积，分析符号，可证得结论成立； （3）依题意知，f（x）的值域为g（x）的值域的子集，由（2）知：f（x）∈[﹣，]，分k＞0与k＜0讨论，分析可求得实数k的取值范围． 【解答】解：（1）因为函数是定义在[﹣2，2]上的奇函数，所以f（0）＝＝0⇒a＝0； 所以，经检验，该函数为奇函数； （2）f（x）在[﹣2，2]上单调递增， 证明如下：任取﹣2≤x1＜x2≤2， f（x1）﹣f（x2）＝﹣＝＝， 其中x1x2﹣4＜0，x2﹣x1＞0， 所以f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2）， 故f（x）在[﹣2，2]上单调递增； （3）由于对任意的x1∈[﹣2，2]，总存在x2∈[﹣2，2]，使得f（x1）＝g（x2）成立， 所以f（x）的值域为g（x）的值域的子集， 而由（2）知：f（x）∈[﹣，]， 当k＞0时，g（x）在[﹣2，﹣1]上单调递减，在（﹣1，2]上单调递增，g（x）∈[1﹣k，8k+1]， 所以，即k≥， 当k＜0时，g（x）在[﹣2，﹣1]上单调递增，在（﹣1，2]上单调递减，g（x）∈[8k+1，1﹣k]， 所以，即k≤﹣， 综上所述，k∈（﹣∞，﹣]∪[，+∞）． 【点评】本题考查函数恒成立问题，着重考查函数基本性质的综合应用，涉及分类讨论思想与转化与化归思想的应用，考查逻辑推理与运算求解能力，属中档题． 15．（2023秋•湖南期中）如果存在常数t，对于任意x∈R，都有f（x+t）≥tf（x）成立，那么称该函数具有“t变换”． （1）判断函数f（x）＝x，g（x）＝|x|是否具有“t变换”，并说明理由． （2）已知h（x）＝x2+tx具有“t变换”，求t的值． （3）如果F（x）是定义域为R的奇函数，当x≥0时，F（x）＝x2﹣2ax且F（x）具有“t变换”，求实数a的取值范围． 【考点】函数恒成立问题；函数的奇偶性．版权所有 【答案】（1）g（x）＝|x|具有“t变换”，理由见解答；（2）t＝0或t＝﹣1；（3）． 【分析】（1）根据“t变换”的定义判断即可； （2）根据条件，可得（x+t）2+t（x+t）⩾t（x2+tx）对∀x∈R恒成立，再求出t的取值范围即可； （3）奇函数的对称性可知，当x＜0时，F（x）＝﹣x2﹣2ax，根据条件，求出函数不单调部分所对应的横向的最大距离，再求出a的取值范围． 【解答】解：（1）因为f（x）＝x，所以f（x+t）＝x+t， 由f（x+t）⩾tf（x），得x+t⩾tx， 显然当t＝1时，上式恒成立，所以f（x）＝x具有“t变换”． 因为g（x）＝|x|，所以g（x+t）＝|x+t|， 由g（x+t）≥tg（x），得|x+t|⩾t|x|，显然当t⩽0时，上式恒成立， 所以g（x）＝|x|具有“t变换”． （2）因为h（x）＝x2+tx具有“t变换”，所以h（x+t）⩾th（x）对∀x∈R恒成立， 即（x+t）2+t（x+t）⩾t（x2+tx）对∀x∈R恒成立， 即（1﹣t）x2+（3t﹣t2）x+2t2⩾0对∀x∈R恒成立， ①当1﹣t＝0时，即t＝1时，上式化为2x+2⩾0，不恒成立． ②当1﹣t≠0时，有或t＝﹣1． 综上，当t＝0或t＝﹣1时，函数h（x）＝x2+tx具有“t变换”． （3）根据题意，当x⩾0时，F（x）＝x2﹣2ax， 由奇函数的对称性可知，当x＜0时，F（x）＝﹣x2﹣2ax， ①当a⩽0时，F（x）在R上单调递增，显然满足条件． ②当a＞0时，可得函数图象如图所示： 由图可知，此时F（x）在R上不单调， 若需满足F（x+1）⩾F（x），可先求出图象中不单调部分所对应的横向的最大距离． 设函数f（x）与直线y＝m最左侧交点为C，最右侧交点为D， 由x2﹣2ax＝m（0⩽m⩽a2），得xC＝， 由﹣x2﹣2ax＝m（0⩽m⩽a2），得， 所以， 由不等式，得， 当且仅当a2+m＝a2﹣m，即m＝0时，取得等号． 所以当m＝0时，|CD|⩽2a+2a＝4a． 所以图象中不单调部分所对应的横向的最大距离为4a． 由4a⩽1，得． 综上，实数a的取值范围为． 【点评】本题考查了不等式恒成立问题，函数的奇偶性，考查了转化思想和分类讨论思想，属难题． 16．（2023秋•湖南期中）已知函数是定义在区间[﹣1，1]上的奇函数，且f（1）＝1，． （1）求函数f（x）的解析式； （2）判断并证明函数f（x）在区间[﹣1，1]上的单调性； （3）解不等式f（t﹣1）+f（2t）＜0． 【考点】奇偶性与单调性的综合；由函数的单调性求解函数或参数；函数的奇偶性．版权所有 【答案】（1）； （2）单调递增，详见解答过程； （3）． 【分析】（1）由已知f（1）＝1，，结合奇函数性质f（0）＝0，代入可求a，b，c，进而可求函数解析式； （2）任取﹣1≤x1＜x2≤1，然后利用作差法比较f（x1）与f（x2）的大小即可判断； （3）结合函数的单调性及奇偶性即可求解不等式． 【解答】解：（1）由题意可知f（0）＝0，所以c＝0， 又f（1）＝1，，所以a＝1，b＝2， 所以； （2）函数f（x）在区间[﹣1，1]上是增函数，理由如下： 任取﹣1≤x1＜x2≤1， 则， ∵﹣1≤x1＜x2≤1．x1﹣x2＜0，1﹣x1x2＞0， ∴f（x1）﹣f（x2）＜0，即 f（x1）＜f（x2）， ∴函数f（x）在区间[﹣1，1]上为增函数． （3）由题意易证f（﹣x）＝﹣f（x），故f（x）是奇函数， ∴不等式f（t﹣1）+f（2t）＜0可化为f（t﹣1）＜﹣f（2t）＝f（﹣2t）， ∴f（t﹣1）＜f（﹣2t），又f（x）在区间[﹣1，1]上单调递增， ∴﹣1≤t﹣1≤﹣2t≤1， 解得0， 不等式的解集为． 【点评】本题主要考查了待定系数求解函数解析式，还考查了函数的单调性的判断及单调性及奇偶性在不等式求解中的应用，属于中档题． 17．（2023秋•蓝山县校级期中）已知函数． （1）当x∈[1，3]时，求f（x）的值域； （2）若关于x的方程有三个不等实数根，求实数t的取值范围． 【考点】函数的零点与方程根的关系；函数的值域．版权所有 【答案】（1）[3，4]； （2）（4，+∞）． 【分析】（1）根据函数f（x）的单调性直接求解即可； （2）设|3x﹣1|＝n，问题转化为方程n2﹣（3t+1）n+2t+4＝0有两个不等实数根n1，n2，且0＜n1＜1，n2≥1，再用根的分布方法求解． 【解答】解：（1）由双勾函数的性质可知，函数f（x）在[1，2]上单调递减，在[2，3]上单调递增， 又f（1）＝4，f（2）＝3，f（4）＝4， ∴f（x）的值域为[3，4]； （2）设|3x﹣1|＝n，又3x+1﹣3＝3（3x﹣1）≠0，则n＞0， 方程有3个不等实数根，即（n+﹣1）+＝t， 则方程n2﹣（3t+1）n+2t+4＝0有两个不等实数根n1，n2，且0＜n1＜1，n2≥1， 设函数h（n）＝n2﹣（3t+1）n+2t+4， ∴，解得t＞4， ∴实数t的取值范围为（4，+∞）． 【点评】本题考查函数的定义域，值域，不等式恒成立问题，利用根的分布求参数取值范围，涉及换元转化的思想，考查运算求解能力，属于中档题． 18．（2023秋•岳阳期中）已知函数f（x）＝x|x﹣2|﹣a+1，，m∈R，且函数f（x）有三个零点． （Ⅰ）求a的取值范围； （Ⅱ）若对任意的x1∈[m，m+2]，总存在，使得f（x1）＜g（x2）成立，求实数m的取值范围． 【考点】函数恒成立问题．版权所有 【答案】（Ⅰ）a的取值范围为（1，2）； （Ⅱ）实数m的取值范围为（﹣∞，1）． 【分析】（Ⅰ）由题意设h（x）＝x|x﹣2|＝＝，要使函数f（x）有三个零点，即h（x）＝a﹣1有三个不同的交点，作出函数h（x）和y＝a﹣1的图象，可得0＜a﹣1＜1，求解即可得出答案； （Ⅱ）题意转化为f（x）max＜g（x）max，由（Ⅰ）得函数f（x）有三个零点，即1＜a＜2，则﹣1＜1﹣a＜0，可得g（x）max＝4﹣a，又f（x）＝x|x﹣2|﹣a+1＝，分类讨论，即可得出答案． 【解答】解：（Ⅰ）由题意设h（x）＝x|x﹣2|＝＝， 要使函数f（x）有三个零点，即h（x）＝a﹣1有三个不同的交点， 作出函数h（x）和y＝a﹣1的图象，如图所示： 由图象得0＜a﹣1＜1，解得1＜a＜2， 故a的取值范围为（1，2）； （Ⅱ）∵对任意的x1∈[m，m+2]，总存在，使得f（x1）＜g（x2）成立， ∴f（x）max＜g（x）max， ∵， 由（Ⅰ）得函数f（x）有三个零点，即1＜a＜2，则﹣1＜1﹣a＜0， ∴g（x）在上递增， ∴g（x）max＝4﹣a， 又f（x）＝x|x﹣2|﹣a+1＝， ①若m+2＜1，即m＜﹣1，则f（x）在[m，m+2]上单调递增， ∴， ∴﹣m2﹣2m+1﹣a＜4﹣a，∴m∈R，故m＜﹣1； ②令（m+2﹣1）2﹣a＝2﹣a，解得m+2＝+1， 若，即， 则f（x）max＝f（1）＝2﹣a， ∴2﹣a＜4﹣a恒成立，∴； ③若，即，则， ∴m2+2m+1﹣a＜4﹣a，解得﹣3＜m＜1， ∴， 综上所述，m＜1， 故实数m的取值范围为（﹣∞，1）． 【点评】本题考查函数恒成立问题，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． 19．（2023秋•长沙期中）已知f（x）为偶函数，g（x）为奇函数，且满足f（x）﹣g（x）＝21﹣x． （1）求f（x），g（x）； （2）若h（x）＝|[f（x）+g（x）]﹣1|，且方程[h（x）]2﹣2kh（x）+k﹣＝0有三个解，求实数k的取值范围． 【考点】函数的零点与方程根的关系；函数的奇偶性．版权所有 【答案】（1）f（x）＝2x+2﹣x，g（x）＝2x﹣2﹣x；（2）． 【分析】（1）结合函数奇偶性将﹣x代入条件中可得答案； （2）转化为、共有三个解求k的取值范围，结合图象可得答案． 【解答】解：（1）因为f（x）为偶函数，g（x）为奇函数，所以f（﹣x）＝f（x），g（﹣x）＝﹣g（x）， 由f（x）﹣g（x）＝21﹣x①， 得f（﹣x）﹣g（﹣x）＝21+x， 即f（x）+g（x）＝21+x②， ①+②可得f（x）＝2x+2﹣x， ①﹣②可得g（x）＝2x﹣2﹣x； （2）由（1）， 方程， 可得或， 即或， 当时，由下图可得y＝|2x﹣1|与的图象有两个交点， 所以要使方程有三个解， 只需有一解即可， 即y＝|2x﹣1|与 的图象只有一个交点即可， 由图象可得或， 解得或． 综上，实数k的取值范围为． 【点评】本题考查函数的零点与方程的根的关系，及函数的性质，考查学生的运算能力，属于难题． 20．（2023秋•岳麓区校级期中）我们知道，函数y＝f（x）的图象关于y轴成轴对称图形的充要条件是函数y＝f（x）为偶函数，有同学发现可以将其推广为：函数y＝f（x）的图象关于x＝a成轴对称图形的充要条件是函数y＝f（x+a）为偶函数． （1）已知函数φ（x）＝x2﹣2x+a（ex﹣1+e﹣x+1），求该函数图象的对称轴方程； （2）若函数g（x）的图象关于直线x＝1对称，且当x≥1时，g（x）＝x2﹣． ①求g（x）的解析式； ②求不等式g（x）＞g（3x﹣1）的解集． 【考点】函数的奇偶性；函数解析式的求解及常用方法．版权所有 【答案】（1）x＝1． （2）①， ②． 【分析】（1）利用函数奇偶性的定义推导出函数h（x）＝φ（x+1）为偶函数，即可得出结果； （2）①当x＜1时，可得出g（x）＝g（2﹣x），即可得出函数g（x）的解析式； ②分析函数g（x）在[1，+∞）上的单调性，由g（x）＞g（3x﹣1），可得出|x﹣1|＞|3x﹣2|，不等式两边平方，结合二次不等式的解法可得出原不等式的解集． 【解答】解：（1）因为φ（x）＝（x﹣1）2﹣1+a（ex﹣1+e﹣（x﹣1））， 因为φ（1+x）＝x2﹣1+a（ex+e﹣x）， 令h（x）＝φ（x+1），则该函数的定义域为R， h（﹣x）＝（﹣x）2﹣1+a（e﹣x+ex）＝x2﹣1+a（e﹣x+ex）＝h（x）， 所以，函数h（x）＝φ（x+1）为偶函数， 因此，函数φ（x）＝x2﹣2x+a（ex﹣1+e﹣x+1）图象的对称轴方程为x＝1． （2）①因为函数g（x）的图象关于直线x＝1对称，且当x≥1时，，当x＜1时，2﹣x＞1，则， 所以，． ②当x≥1时，，因为函数在[1，+∞）上为增函数，所以，函数在[1，+∞）上为增函数， 因为g（x）＞g（3x﹣1），则|x﹣1|＞|3x﹣2|， 不等式两边平方可得（3x﹣2）2＜（x﹣1）2，即（2x﹣1）（4x﹣3）＜0，解得，因此，不等式g（x）＞g（3x﹣1）的解集为． 【点评】本题主要考查函数的奇偶性和对称性，属于中档题． 21．（2023秋•岳麓区校级期中）已知f（x）是定义在区间[﹣1，1]上的奇函数，且f（1）＝1，若a，b∈[﹣1，1]，a+b≠0时，有． （Ⅰ）判断函数f（x）在[﹣1，1]上是增函数，还是减函数，并证明你的结论； （Ⅱ）若f（x）≤m2﹣5mt﹣5对所有x∈[﹣1，1]，t∈[﹣1，1]恒成立，求实数m的取值范围． 【考点】函数恒成立问题；奇偶性与单调性的综合．版权所有 【答案】见试题解答内容 【分析】（Ⅰ）利用函数的单调性的定义证明函数f（x）在[﹣1，1]上是增函数． （Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）max＝f（1）＝1，f（x）≤m2﹣5mt﹣5对任意x∈[﹣1，1]恒成立，设g（t）＝m2﹣5mt﹣6，列出不等式组求解即可． 【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）在[﹣1，1]上是增函数． 设﹣1≤x1＜x2≤1， ∵f（x）是定义在[﹣1，1]上的奇函数， ∴f（x2）﹣f（x1）＝f（x2）+f（﹣x1）． 又﹣1≤x1＜x2≤1，∴x2+（﹣x1）＞0， 由题设有f（x2）+f（﹣x1）＞0， 即f（x1）＜f（x2）， 所以函数f（x）在[﹣1，1]上是增函数． （Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）max＝f（1）＝1， ∴f（x）≤m2﹣5mt﹣5对任意x∈[﹣1，1]恒成立， 只需1≤m2﹣5mt﹣5对t∈[﹣1，1]]恒成立，即m2﹣5mt﹣6≥0对t∈[﹣1，1]恒成立， 设g（t）＝m2﹣5mt﹣6，则， ⇔， ⇔， 解得m≤﹣6或m≥6． ∴m的取值范围是（﹣∞，﹣6]∪[6，+∞）． 【点评】本题考查函数的单调性的证明，函数的最值的求法，函数恒成立条件的转化，考查转化思想以及计算能力，是中档题． 22．（2022秋•天心区校级期中）已知f（x）为偶函数，g（x）为奇函数，且满足f（x）﹣g（x）＝21﹣x． （1）求f（x），g（x）； （2）若方程mf（x）＝[g（x）]2+2m+9有解，求实数m的取值范围； （3）若h（x）＝|[f（x）+g（x）]﹣1|，且方程[h（x）]2﹣（2k+）h（x）+k＝0有三个解，求实数k的取值范围． 【考点】函数的零点与方程根的关系；函数的奇偶性．版权所有 【答案】（1）f（x）＝2x+2﹣x，g（x）＝2x﹣2﹣x； （2）m的取值范围为[10，+∞）； （3）k的取值范围为{0}∪[，+∞）． 【分析】将方程进行等价转化，利用换元法转化为一元二次方程，结合一元二次方程根的分别进行求解即可． 【解答】解：（1）根据题意， ∵f（x）是偶函数，g（x）是奇函数， 且f（x）﹣g（x）＝21﹣x①， ∴f（﹣x）＝f（x），g（﹣x）＝﹣g（x）， ∴f（﹣x）﹣g（﹣x）＝21+x，即f（x）+g（x）＝21+x②； 由①+②解得f（x）＝2x+2﹣x， ①﹣②解得g（x）＝2x﹣2﹣x； （2）方程mf（x）＝[g（x）]2+2m+9有解， 则m（2x+2﹣x）＝22x+2﹣2x﹣2+2m+9＝（2x+2﹣x）2+2m+5有解， 令t＝2x+2﹣x≥2，当且仅当x＝0时取等号， ∴mt＝t2+2m+5在[2，+∞）有解， 即m（t﹣2）＝t2+5， 当t＝2时，不成立， 当t＞2时，m＝＝＝（t﹣2）++4≥2+4＝6+4＝10， 当且仅当t＝5时取等号， 故m的取值范围为[10，+∞）； （3）h（x）＝|[f（x）+g（x）]﹣1|＝|2x﹣1|∈[0，+∞）， 令h（x）＝a，则a∈[0，+∞）， 函数h（x）的图象，如图所示为： ∵方程[h（x）]2﹣（2k+）h（x）+k＝0有三个解， ∴a2﹣（2k+）a+k＝0有两个根，且0＜a1＜1＜a2，或者a1＝0，0＜a2＜1，或者0＜a1＜1，a2＝1 当a1＝0，0＜a2＜1，有k＝0，a2﹣a＝0，解得a2＝满足题意， 当0＜a1＜1，a2＝1时，有k＝，，解得a1＝，满足题意； 当0＜a1＜1＜a2时，令p（a）＝a2﹣（2k+）a+k，则， 解得k＞， 综上可得，k的取值范围为{0}∪[，+∞）． 【点评】本题考查函数的零点与方程的根的关系，及函数的性质，考查学生的运算能力，属于难题． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/10/27 11:36:16；用户：段老师；邮箱：16607326121；学号：23527444 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$