第3章 函数的概念与性质 章末综合提升-【正禾一本通】2025-2026学年高中数学必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（湘教版）

章末综合提升 学生用书⬇第70页 素养一　数学运算 　　数学运算主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等.本章中求函数的定义域、值域及解析式都体现学科素养中的数学运算. 题型一　函数的定义域 (1)函数f(x)＝的定义域为(　　) A.[3，＋∞) B.[3，4)∪(4，＋∞) C.(3，＋∞) D.[3，4) (2)已知函数f(x)的定义域为[－2，2]，函数g(x)＝，则函数g(x)的定义域为(　　) A. B.(－1，＋∞) C.∪(0，3) D. 答案：(1)B　(2)A 解析：(1)因为函数f(x)＝， 所以解得：3≤x＜4或x＞4， 所以函数f(x)＝的定义域为[3，4)∪(4，＋∞). (2)由题可得解得－＜x≤3，即函数g(x)的定义域为，故选A. 题型二　函数的值域(值) (1)已知函数f(x)＝，其定义域是[－8，－4)，则下列说法正确的是(　　) A.f(x)有最大值，无最小值 B.f(x)有最大值，最小值 C.f(x)有最大值，无最小值 D.f(x)有最大值2，最小值 (2)已知函数f(x)的值域是，则g(x)＝f(x)－2的值域为　　　　. 答案：(1)A　(2)[－1，0] 解析：(1)f(x)＝＝＝2＋，所以f(x)在[－8，－4)上为减函数，所以f(x)max＝f(－8)＝，无最小值.故选A. (2)因为f(x)∈， 所以∈， 设＝t∈， 所以y＝t2－2t＝(t－1)2－1∈[－1，0]， 所以函数g(x)的值域为[－1，0]. 题型三　函数的解析式 (1)已知f(x＋1)＝x2－5x＋4，则f(x)＝　　　　； (2)函数f(x)的图象如图所示，则f(x)＝　　　　. 答案：(1)x2－7x＋10 (2) 解析：(1)令x＋1＝t， 则x＝t－1， 因为f(x＋1)＝x2－5x＋4， 所以f(t)＝(t－1)2－5(t－1)＋4＝t2－7t＋10， 所以f(x)＝x2－7x＋10. (2)当－3≤x＜－1时，函数f(x)的图象是一条线段(右端点除外)，设f(x)＝ax＋b(a≠0)，将点(－3，1)，(－1，－2)代入，可得f(x)＝－x－； 当－1≤x＜1时，同理，可设f(x)＝cx＋d(c≠0)，将点(－1，－2)，(1，1)代入，可得f(x)＝x－； 当1≤x＜2时，f(x)＝1. 综上所述，f(x)＝ 素养二　直观想象 　　直观想象主要包括：借助空间认识事物的位置关系、形态变化与运动规律；利用图形描述、分析数学问题；建立数与形的联系，构建数学问题的直观模型，探索解决问题的思路.本章主要体现在利用函数的图象研究函数的性质. 题型四　函数图象的识别及应用 定义运算aⓧb＝设函数f(x)＝xⓧ(x＋1)，则该函数的图象应该是(　　) 答案：C 解析：由aⓧb的定义，可知f(x)＝由于f(0)＝0－1＝－1，所以函数图象过点(0，－1)，排除A，B；当x＜0时，y＝x2＞0，排除D，只有C符合，故选C. 学生用书⬇第71页 对于函数f(x)＝x2－2｜x｜. (1)判断其奇偶性，并指出图象的对称性； (2)画此函数的图象，并指出单调区间和最小值. 解：(1)函数的定义域为R，关于原点对称， f(－x)＝(－x)2－2｜－x｜＝x2－2｜x｜. 则f(－x)＝f(x)， 所以f(x)是偶函数. 图象关于y轴对称. (2)f(x)＝x2－2｜x｜ ＝ 画出图象如图所示， 根据图象知，函数f(x)的最小值是－1.单调递增区间是[－1，0]，[1，＋∞)；单调递减区间是(－∞，－1]，[0，1]. 素养三　逻辑推理 　　逻辑推理主要包括两类：一类是从特殊到一般的推理，推理形式主要有归纳、类比；一类是从一般到特殊的推理，推理形式主要有演绎.本章中，函数单调性、奇偶性的判定及应用体现学科素养中的逻辑推理. 题型五　函数单调性、奇偶性判断的应用 (1)已知函数y＝f(x)是R上的偶函数，且在(－∞，0]上是增函数，若f(a)≤f(2)，则实数a的取值范围是(　　) A.a≤2 B.a≥－2 C.－2≤a≤2 D.a≤－2或a≥2 (2)已知定义在(－1，1)上的奇函数f(x)是单调递增函数，且f＝－1，则不等式f(2x－1)＜1的解集为　　　　　　　　. 答案：(1)D　(2) 解析：(1)因为y＝f(x)是偶函数，且在(－∞，0]上是增函数，所以y＝f(x)在[0，＋∞)上是减函数，由f(a)≤f(2)，得f(｜a｜)≤f(2)，所以｜a｜≥2，得a≤－2或a≥2，故选D. (2)因为f(x)是(－1，1)上的奇函数，且f＝－1，所以f＝1.又因为f(x)在(－1，1)上单调递增，所以f(2x－1)＜1＝f可化为解得0＜x＜，所以不等式f(2x－1)＜1的解集为. 已知函数f(x)的定义域是{x｜x≠0，x∈R}，对定义域内任意的x1，x2都有f(x1x2)＝f(x1)＋f(x2)，且当x＞1时，f(x)＞0. (1)求证：f(x)是偶函数； (2)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数； (3)试比较f与f的大小. 解：(1)证明：由题意可知函数f(x)的定义域关于原点对称. 因为对定义域内任意的x1，x2，都有f(x1x2)＝f(x1)＋f(x2)， 所以令x1＝x2＝1，得f(1)＝2f(1)，所以f(1)＝0. 令x1＝x2＝－1，得f[(－1)×(－1)]＝f(－1)＋f(－1)， 即f(1)＝2f(－1)，即2f(－1)＝0，所以f(－1)＝0. 所以f(－x)＝f[(－1)·x]＝f(－1)＋f(x)＝f(x)， 所以f(x)是偶函数. (2)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＜x2，则f(x2)－f(x1)＝f－f(x1)＝f(x1)＋f－f(x1)＝f， 因为x2＞x1＞0，所以＞1，所以f＞0， 即f(x2)－f(x1)＞0， 所以f(x1)＜f(x2)， 所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数. (3)由(1)知f(x)是偶函数，则有f＝f. 由(2)知f(x)在(0，＋∞)上是增函数，且＞， 则f＞f， 所以f＞f. 学生用书⬇第72页 素养四　数学建模 　　数学建模过程主要包括：在实际情境中从数学的视角发现问题、提出问题，分析问题、建立模型，确定参数、计算求解，验证结果、改进模型，最终解决实际问题.在本章中，数学建模主要体现在函数模型的应用中. 题型六　函数的应用 某地为了鼓励节约用电，采用分段计费的方法计算用户的电费：每月用电量不超过100 kw·h，按0.58元/(kw·h)计算；每月用电量超过100 kw·h，其中100 kw·h仍按原标准收费，超过部分按0.98元/(kw·h)计费. (1)设月用电x kw·h，应交电费y元，写出y关于x的函数关系式； (2)小王家第四季度用电325 kw·h，共交电费206.5元，其中10月份电费49.3元，若已知12月份用电超过100 kw·h，问小王家10月，11月和12月各用电多少kw·h？ 解：(1)当x∈[0，100]时，y＝0.58x； 当x∈(100，＋∞)时，y＝58＋0.98(x－100) ＝0.98x－40. 所以y＝ (2)若每月用电量为100 kw·h，则费用为58元. 10月份电费为49.3元，没超过58元，故10月份用电少于100 kw·h，所以用电量为＝85 kw·h， 若11月用电也超过100 kw·h， 则11月和12月份的电费共为0.98×(325－85)－80＝155.2， 则第四季度共交电费49.3＋155.2＝204.5元，这与已知不符，所以11月用电不超过100 kw·h， 设11月用电x kw·h(x≤100)， 则12月用电(240－x)kw·h， 由已知得：0.58x＋0.98(240－x)－40＝206.5－49.3， 化简得0.4x＝38，解得x＝95. 所以小王家10月，11月和12月分别用电85 kw·h，95 kw·h，145 kw·h. (2022·天津卷)函数y＝的图象大致为(　　) 答案：A 解析：y＝＝故选A. 溯源：(湘教P92复习题三T20)探索函数y＝x＋(常数c＞0)的奇偶性、值域以及单调性，并说明理由；若函数为y＝x2＋(常数c＞0)，该函数的性质有何变化？ 点评：高考题以分段函数的形式考查了函数y＝x－的图象及奇偶性，与教材习题考查角度相同. (2021·全国乙卷)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 答案：B 解析：由题意可得f(x)＝＝－1＋.对于A，f(x－1)－1＝－2不是奇函数；对于B，f(x－1)＋1＝是奇函数；对于C，f(x＋1)－1＝－2，定义域不关于原点对称，不是奇函数；对于D，f(x＋1)＋1＝，定义域不关于原点对称，不是奇函数.故选B. 溯源：(湘教P92复习题三T19)探索并回答下列问题： (1)把y＝的图象向右平移1个单位长度，求所得图象的函数解析式； (2)把y＝的图象向左平移2个单位长度，求所得图象的函数解析式； 学生用书⬇第73页 (3)把y＝的图象向上平移1个单位长度，求所得图象的函数解析式； (4)把y＝的图象向下平移2个单位长度，求所得图象的函数解析式. 对于任意函数y＝f(x)，你能写出它的图象平移与解析式的变化规律吗？试一试. 点评：该高考题是教材习题的变形和引申，如果我们在学习教材时能再更深入一步，联系函数图象的对称性，就不难发现高考试题源于教材，又深于教材. (2020·全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝x3－，则f(x)(　　) A.是奇函数，且在(0，＋∞)单调递增 B.是奇函数，且在(0，＋∞)单调递减 C.是偶函数，且在(0，＋∞)单调递增 D.是偶函数，且在(0，＋∞)单调递减 答案：A 解析：因为函数f(x)＝x3－定义域为{x｜x≠0}，其关于原点对称，而f(－x)＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数.又因为函数y＝x3在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递增，而y＝＝x－3在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递减，所以函数f(x)＝x3－在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递增.故选A. 溯源：(湘教P92复习题三T20)探索函数y＝x＋(常数c＞0)的奇偶性、值域以及单调性，并说明理由；若函数为y＝x2＋(常数c＞0)，该函数的性质有何变化？ 点评：高考题考查内容、命题角度与教材习题完全相同，所给出的函数也是教材习题函数的变形. (1)(2021·浙江卷)已知a∈R，函数f(x)＝若f(f)＝3，则a＝　　　　　　　. (2)(2022·北京卷)设函数f＝若f(x)存在最小值，则a的一个取值为　　　　；a的最大值为　　　　　. 答案：(1)2　(2)0(答案不唯一)　 1 解析：(1)f(f)＝f＝f＝＋a＝3，故a＝2. (2)若a＝0，f(x)＝所以f(x)min＝0；若a＜0，当x＜a时，f(x)＝－ax＋1单调递增，当x→－∞时，f(x)→－∞，故f(x)没有最小值，不符合题目要求；若a＞0，当x＜a时，f(x)＝－ax＋1单调递减，f(x)＞f(a)＝－a2＋1，当x≥a时，f(x)min＝所以－a2＋1≥0或－a2＋1≥(a－2)2，解得0＜a≤1.综上可得0≤a≤1. 溯源：(湘教P76练习T2)已知函数f(x)＝ (1)求f(3)＋f(－3)f的值； (2)若存在点x0，使得f(x0)＝1，求实数x0的值. 点评：以上两道高考题与教材习题均考查分段函数的求值问题，且均含有参数.试题源于教材高于教材. 单元检测卷(三)　函数的概念与性质 (时间：120分钟　满分：150分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.) 1.函数f(x)＝－的定义域是(　　) A.R　 B.[－1，＋∞) C.(－∞，0)∪(0，＋∞)　 D.[－1，0)∪(0，＋∞) 答案：D 解析：由题意可得：x＋1≥0，且x≠0，得到x≥－1，且x≠0，故选D. 2.下列四个函数中，在(0，＋∞)上为增函数且为奇函数的是(　　 ) A.f(x)＝3－x B.f(x)＝x2－3x C.f(x)＝－ D.f(x)＝－｜x｜ 答案：C 解析：f(x)＝3－x在(0，＋∞)上单调递减且不是奇函数，故A错误；f(x)＝x2－3x在上单调递减，在上单调递增，且不是奇函数，故B错误；f(x)＝－在(0，＋∞)上为增函数且为奇函数，C正确；f(－x)＝－＝－｜x｜＝f(x)是偶函数，D错误.故选C. 3.设函数f(x)＝x2＋2(4－a)x＋2在区间(－∞，3]上是减函数，则实数a的取值范围是(　　) A.a≥－7　 B.a≥7 C.a≥3　 D.a≤－7 答案：B 解析：函数f(x)的对称轴为x＝a－4， 又因为函数在(－∞，3]上为减函数， 所以a－4≥3，即a≥7.故选B. 4.已知函数y＝则使函数值为5的x的值是(　　) A.－2或2　 B.2或－ C.－2　　 D.2或－2或－ 答案：C 解析：当x≤0时，令y＝5，得x2＋1＝5，解得x＝－2； 当x＞0时，令y＝5，得－2x＝5，解得x＝－，不符合题意，舍去. 综上所述，x＝－2，故选C. 5.为了节约用电，某城市对居民生活用电实行“阶梯电价”，计费方法如下： 每户每月用电量 电价 不超过230度的部分 0.5元/度 超过230度但不超过400度的部分 0.6元/度 超过400度的部分 0.8元/度 若某户居民本月交纳的电费为380元，则此户居民本月用电量为(　　) A.475度　 B.575度 C.595.25度　　 D.603.75度 答案：D 解析：不超过230度的部分费用为：230×0.5＝115；超过230度但不超过400度的部分费用为：(400－230)×0.6＝102，115＋102＜380；设超过400度的部分为x，则0.8x＋115＋102＝380，所以x＝203.75，故用电603.75度. 6.设函数f(x)(x∈R)为奇函数，f(1)＝，f(x＋2)＝f(x)＋f(2)，则f(5)等于(　　) A.0 B.1 C. D.5 答案：C 解析：令x＝－1，得f(1)＝f(－1)＋f(2).因为f(x)为奇函数，所以f(－1)＝－f(1)，所以f(1)＝－f(1)＋f(2)，所以＝－＋f(2)，所以f(2)＝1.令x＝1，得f(3)＝f(1)＋f(2)＝＋1＝.令x＝3，得f(5)＝f(2)＋f(3)＝1＋＝. 7.奇函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，若f(－1)＝0，则不等式f(x)＜0的解集是(　　) A.(－∞，－1)∪(0，1) B.(－∞，－1)∪(1，＋∞) C.(－1，0)∪(0，1) D.(－1，0)∪(1，＋∞) 答案：A 解析：根据题意，可作出函数图象： 所以不等式f(x)＜0的解集是(－∞，－1)∪(0，1).故选A. 8.已知定义域为R的函数y＝f(x)在(0，4)上是减函数，又y＝f(x＋4)是偶函数，则(　　) A.f(2)＜f(5)＜f(7) B.f(5)＜f(2)＜f(7) C.f(7)＜f(2)＜f(5) D.f(7)＜f(5)＜f(2) 答案：B 解析：因为y＝f(x＋4)是偶函数，所以f(x＋4)＝f(－x＋4)，因此f(5)＝f(3)，f(7)＝f(1)，因为y＝f(x)在(0，4)上是减函数，所以f(3)＜f(2)＜f(1)，即f(5)＜f(2)＜f(7)，选B. 二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的部分分，有选错的得0分.) 9.下列函数既是定义域上的减函数又是奇函数的是(　　) A.f(x)＝　　 B.f(x)＝－x3 C.f(x)＝x｜x｜　　 D.f(x)＝－ 答案：BD 解析：A.f(x)＝在定义域(－∞，0)∪(0，＋∞)上是奇函数，且在每一个区间上是减函数，不能说函数在定义域上是减函数，所以不满足题意；对于B，f(x)＝－x3在定义域R上是奇函数，且是减函数，所以满足题意；对于C，f(x)＝x｜x｜＝在定义域R上是奇函数，且是增函数，所以不满足题意；对于D，f(x)＝－在定义域R上是奇函数，且是减函数，所以满足题意.故选BD. 10.有下列几个命题，其中正确的命题是(　　) A.函数y＝在(－∞，－1)∪(－1，＋∞)上是减函数 B.函数y＝的单调区间是[－2，＋∞) C.已知f(x)在R上是增函数，若a＋b＞0，则有f(a)＋f(b)＞f(－a)＋f(－b) D.已知函数g(x)＝是奇函数，则f(x)＝2x＋3 答案：CD 解析：对于A，函数的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)， 令t＝x＋1在定义域上递增， 又y＝在(－∞，0)和(0，＋∞)是减函数， 所以函数y＝在(－∞，－1)和(－1，＋∞)每个区间上递减，故A错误； 对于B，由函数y＝，则5＋4x－x2≥0，解得－1≤x≤5， 令t＝5＋4x－x2在(－1，2)上递增，(2，5)上递减， 又y＝在定义域内是增函数， 所以函数y＝在(－1，2)上递增，(2，5)上递减，故B错误； 对于C，因为f(x)在R上是增函数，若a＋b＞0，则a＞－b，故f(a)＞f(－b)；b＞－a，故f(b)＞f(－a)，所以f(a)＋f(b)＞f(－a)＋f(－b)，故C正确； 对于D，当x＞0时，g(x)＝2x－3， 则当x＜0时，－x＞0，则g(－x)＝－2x－3， 因为g(x)为奇函数， 所以g(x)＝－g(－x)＝2x＋3， 所以f(x)＝2x＋3，故D正确. 故选CD. 11.下列说法正确的是(　　) A.若方程x2＋(a－3)x＋a＝0有一个正实根，一个负实根，则a＜0 B.函数f(x)＝＋是偶函数，但不是奇函数 C.若函数f(x)的值域是[－2，2]，则函数f(x＋1)的值域为[－3，1] D.曲线y＝｜3－x2｜和直线y＝a(a∈R)的公共点个数是m，则m的值不可能是1 答案：AD 解析：设方程x2＋(a－3)x＋a＝0的两根分别为x1，x2，则x1·x2＝a＜0，故A正确；函数f(x)＝＋则x＝±1，所以f(x)＝0，所以函数f(x)既是奇函数又是偶函数，故B不正确；函数f(x＋1)的值域与函数f(x)的值域相同，故C不正确；曲线y＝｜3－x2｜的图象如图，由图知曲线y＝｜3－x2｜和直线y＝a的公共点个数可能是0，2，3或4，故D正确. 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，将答案填在题中的横线上.) 12.函数f(x)＝的定义域为　　　　，单调递减区间为　　　　　　　　. 答案：(－∞，－1)∪(－1，＋∞)　(－∞，－1)和(－1，＋∞) 解析：函数f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞).任取x1，x2∈(－1，＋∞)且x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝－＝＞0，即f(x1)＞f(x2)，故f(x)在(－1，＋∞)上为减函数；同理，可得f(x)在(－∞，－1)上也为减函数. 13.若函数f(x)＝是定义在R上的减函数，则a的取值范围为　　　　. 答案： 解析：因为函数f(x)是定义在R上的减函数，所以≤a＜. 14.对于任意定义在R上的函数f(x)，若实数x0满足f(x0)＝x0，则称x0是函数f(x)的一个不动点.现给定一个实数a∈(4，5)，则函数f(x)＝x2＋ax＋1的不动点共有　　　　个. 答案：2 解析：由定义，令x2＋ax＋1＝x，则x2＋(a－1)x＋1＝0，当a∈(4，5)时，Δ＝(a－1)2－4＞0，所以方程有两根，相应地，函数f(x)＝x2＋ax＋1(a∈(4，5))有2个不动点. 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.) 15.(13分)已知函数f(x)＝x－. (1)判断函数f(x)的奇偶性，并加以证明； (2)用定义证明函数f(x)在区间[1，＋∞)上为增函数. 证明：(1)f(x)是奇函数，理由如下： 函数f(x)＝x－的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，关于原点对称， 且f(－x)＝－x＋＝－()＝－f(x)， 所以f(x)是奇函数. (2)任取x1，x2∈[1，＋∞)且x1＜x2， 则f(x1)－f(x2)＝x1－－ ＝(x1－x2)， 因为x1－x2＜0，x1x2＋1＞0，x1x2＞0， 所以f(x1)－f(x2)＜0， 即f(x1)＜f(x2). 所以f(x)在[1，＋∞)上为增函数. 16.(15分)已知偶函数f(x)定义域为R，当x≥0时，f(x)＝. (1)求函数f(x)的表达式； (2)用函数单调性的定义证明：函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，并解不等式f(x－1)≥f(2). 解：(1)设x＜0，则－x＞0，f(－x)＝， 又因为f(x)是定义域为R的偶函数， 所以f(x)＝f(－x)， 所以f(x)＝， 所以f(x)＝ (2)证明：当x≥0时，f(x)＝＝1＋， 设x1＜x2且x1，x2∈[0，＋∞)，则 f(x1)－f(x2)＝1＋－＝－＝， 因为x2－x1＞0，x2，x1∈[0，＋∞)， 所以f(x1)－f(x2)＝＞0， 所以函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递减， 又因为f(x)是定义域为R的偶函数， 所以f(x)＝f(－x)， 所以f(｜x－1｜)≥f(2)， 又f(x)在区间[0，＋∞)上单调递减， 所以｜x－1｜≤2， 解得x∈[－1，3]. 17.(15分)已知函数f(x)＝是定义在(－1，1)上的函数. (1)用定义法证明函数f(x)在(－1，1)上是增函数； (2)判断函数f(x)的奇偶性； (3)解不等式f(x－1)＋f(x)＜0. 解：(1)证明：任取x1，x2∈(－1，1)，且x1＜x2， f(x1)－f(x2)＝－ ＝， 因为x1，x2∈(－1，1)，所以1－x1x2＞0，又x1＜x2， 所以f(x1)－f(x2)＜0即f(x1)＜f(x2)， 故函数f(x)在(－1，1)上是增函数. (2)因为f(－x)＝＝－f(x)且定义域关于原点对称，所以f(x)是(－1，1)上的奇函数； (3)由(2)得f(x－1)＋f(x)＜0⇔f(x－1)＜－f(x)＝f(－x)， 又f(x)是(－1，1)上的增函数， 所以解得0＜x＜， 所以原不等式的解集为. 18.(17分)2018年10月24日，世界上最长的跨海大桥——港珠澳大桥正式通车.在一般情况下，大桥的车流速度v(单位：千米/时)是车流密度x(单位：辆/千米)的函数.当桥上的车流密度达到220辆/千米时，将造成堵塞，此时车流速度为0千米/时；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为100千米/时.研究表明：当20≤x≤220时，车流速度v(单位：千米/时)是车流密度x(单位：辆/千米)的一次函数. (1)当20≤x≤200时，求v(x)的函数表达式； (2)当车流密度x(单位：辆/千米)为多大时，车流量f(x)＝x·v(x)可以达到最大？并求出最大车流量. (注：车流量是指单位时间内通过桥上某观测点的车辆数，单位：辆/时) 解：(1)由题意，当20≤x≤220时，设v(x)＝ax＋b(a≠0)，则 所以v(x)＝－x＋110. (2)当0≤x≤20时，v(x)＝100，由(1)得： v(x)＝ 所以f(x)＝x·v(x)＝ 当0≤x≤20时，f(x)＝100x为增函数，所以f(x)的最大值为f(20)＝2 000； 当20＜x≤220时，f(x)＝－x2＋110x＝－(x－110)2＋6 050. 当x＝110时，f(x)取得最大值，且f(x)的最大值为f(110)＝6 050. 综上，当车流密度为110辆/千米时，车流量最大，最大车流量为6 050辆/时. 19.(17分)设f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意m，n∈R恒有f(m＋n)＝f(m)·f(n)，且当x＞0时，0＜f(x)＜1. (1)证明：x∈R时，恒有f(x)＞0； (2)证明：f(x)在R上是减函数； (3)若对任意x∈R，不等式f(a)·f(－x2－25)＞1恒成立，求实数a的取值范围. 解：(1)证明：因为f(m＋n)＝f(m)·f(n)，令m＝1，n＝0，有f(0＋1)＝f(0)f(1)，又0＜f(1)＜1，所以f(0)＝1， 当x＜0时，－x＞0，又当x＞0时，0＜f(x)＜1， 所以0＜f(－x)＜1，所以f(x－x)＝f(x)·f(－x)＝1，f(x)＝＞1， 所以x∈R时，f(x)＞0. (2)证明：设x1，x2∈(－∞，＋∞)，且x1＜x2，所以x2－x1＞0，0＜f(x2－x1)＜1，又f(x2)＝f[x1＋(x2－x1)]＝f(x1)·f(x2－x1)＜f(x1)， 所以f(x)在R上是减函数. (3)因为f(－x2－25)＝f[－(x2＋25)]＝，不等式f(a)·f(－x2－25)＞1等价于f(a)·＞1，又由(1)得x∈R时，恒有f(x)＞0，所以f(a)＞f(x2＋25)， 又由(2)得f(x)在R上是减函数，所以不等式f(a)＞f(x2＋25)等价于a＜x2＋25，即a＜在R上恒成立， 令t＝，则t＝＝＋，令m＝，则m≥4 ，令t＝g(m)＝m＋， 设4≤m1＜m2，则g(m1)－g(m2)＝－＝，因为m1－m2＜0，m1m2－9＞0，m1m2＞0，所以＜0，所以g(m1)＜g(m2)，所以g(m)＝m＋在[4，＋∞)上单调递增， 所以t＝m＋≥4＋＝，所以a＜. 故实数a的取值范围是. 学生用书⬇第74页 学科网（北京）股份有限公司 $