第2讲 函数图象与性质
专题强化训练
1．(2019·金华十校调研)已知奇函数f(x)当x＞0时，f(x)＝x(1－x)，则当x＜0时，f(x)的表达式是( )
A．f(x)＝－x(1＋x) B．f(x)＝－x(1－x)
C．f(x)＝x(1＋x) D．f(x)＝x(x－1)
解析：选C.设x＜0，则－x＞0，又当x＞0时，f(x)＝x(1－x)，故f(－x)＝－x(1＋x)，又函数为奇函数，故f(－x)＝－f(x)＝－x(x＋1)，即f(x)＝x(x＋1)，故选C.
2．已知f(x)＝x＋－1，f(a)＝2，则f(－a)＝( )
A．－4 B．－2
C．－1 D．－3
解析：选A.因为f(x)＝x＋－1，所以f(a)＝a＋－1＝2，所以a＋＝3，所以f(－a)＝－a－－1＝－－1＝－3－1＝－4，故选A.
3．下列函数中，既是偶函数又在区间(0，＋∞)上单调递增的是( )
A．y＝ B．y＝|x|－1
C．y＝lg x D．y＝
解析：选B.A中函数y＝不是偶函数且在(0，＋∞)上单调递减，故A错误；B中函数满足题意，故B正确；C中函数不是偶函数，故C错误；D中函数不满足在(0，＋∞)上单调递增，故选B.
4．已知函数f(x)＝的图象关于原点对称，g(x)＝ln(ex＋1)－bx是偶函数，则logab＝( )
A．1 B．－1
C．－ D.
解析：选B.由题意得f(0)＝0，所以a＝2.
因为g(1)＝g(－1)，所以ln(e＋1)－b＝ln＋b，
所以b＝，所以logab＝log2＝－1.
5．(2019·台州市高考模拟)函数f(x)＝x2＋(a∈R)的图象不可能是( )
解析：选A.直接利用排除法：①当a＝0时，选项B成立；
②当a＝1时，f(x)＝x2＋，函数的图象类似D；
③当a＝－1时，f(x)＝x2－，函数的图象类似C.故选A.
6．(2019·湖北八校联考(一))设函数f(x)＝在区间[3，4]上的最大值和最小值分别为M，m，则＝( )
A. B.
C. D.
解析：选D.易知f(x)＝＝2＋，所以f(x)在区间[3，4]上单调递减，所以M＝f(3)＝2＋＝6，m＝f(4)＝2＋＝4，所以＝＝.
7．(2018·高考全国卷Ⅲ)下列函数中，其图象与函数y＝ln x的图象关于直线x＝1对称的是( )
A．y＝ln(1－x) B．y＝ln(2－x)
C．y＝ln(1＋x) D．y＝ln(2＋x)
解析：选B.法一：设所求函数图象上任一点的坐标为(x，y)，则其关于直线x＝1的对称点的坐标为(2－x，y)，由对称性知点(2－x，y)在函数f(x)＝ln x的图象上，所以y＝ln(2－x)．故选B.
法二：由题意知，对称轴上的点(1，0)既在函数y＝ln x的图象上也在所求函数的图象上，代入选项中的函数表达式逐一检验，排除A，C，D，选B.
8．(2019·浙江台州市书生中学高三月考)设奇函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数，且f(2)＝0，则不等式≤0的解集为( )
A．(－∞，－2]∪(0，2] B．[－2，0)∪[2，＋∞)
C．(－∞，－2]∪[2，＋∞) D．[－2，0)∪(0，2]
解析：选D.因为函数f(x)是奇函数，所以≤0?≥0.又因f(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数，且f(2)＝0，所以得，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减且
f(－2)＝0.因此，x∈(－∞，－2)∪(0，2)时，f(x)>0；x∈(－2，0)∪(2，＋∞)时f(x)<0，故选D.
9．(2019·温州市十校联考)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝(|x－a2|＋|x－2a2|－3a2)．若任取?x∈R，f(x－1)≤f(x)，则实数a的取值范围为( )
A. B.
C. D.
解析：选B.因为当x≥0时，f(x)＝(|x－a2|＋|x－2a2|－3a2)，所以当0≤x≤a2时，f(x)＝(a2－x＋2a2－x－3a2)＝－x；
当a2＜x＜2a2时，f(x)＝(x－a2＋2a2－x－3a2)＝－a2；
当x≥2a2时，f(x)＝(x－a2＋x－2a2－3a2)＝x－3a2.
综上，函数f(x)＝(|x－a2|＋|x－2a2|－3a2)在x≥0时的解析式等价于f(x)＝
因此，根据奇函数的图象关于原点对称作出函数f(x)在R上的大致图象如下，
观察图象可知，要使?x∈R，f(x－1)≤f(x)，则需满足2a2－(－4a2)≤1，解得－≤a≤.
10．定义域为R的函数f(x)满足f(x＋2)＝3f(x)，当x∈[0，2]时，f(x)＝x2－2x，若x∈[－4，－2]时，f(x)≥恒成立，则实数t的取值范围是( )
A．(－∞，－1]∪(0，3] B．(－∞，－]∪(0，]
C．[－1，0)∪[3，＋∞) D．[－，0)∪[，＋∞)
解析：选C.因为x∈[－4，－2]，所以x＋4∈[0，2]，
因为x∈[0，2]时，f(x)＝x2－2x，所以f(x＋4)＝(x＋4)2－2(x＋4)＝x2＋6x＋8.
函数f(x)满足f(x＋2)＝3f(x)，所以f(x＋4)＝3f(x＋2)＝9f(x)．
故f(x)＝(x2＋6x＋8)，
因为x∈[－4，－2]时，f(x)≥恒成立，所以－＝f(x)min≥，解得t≥3或－1≤t＜0.
11．(2019·宁波镇海中学高三一模)已知函数f(x)＝则f(f(－2))＝________，若f(x)≥2，则x的取值范围为____________．
解析：由分段函数的表达式得f(－2)＝()－2－2＝4－2＝2，f(2)＝0，故f(f(－2))＝0.
若x≤－1，由f(x)≥2得()x－2≥2得()x≥4，则2－x≥4，
得－x≥2，则x≤－2，此时x≤－2.
若x＞－1，由f(x)≥2得(x－2)(|x|－1)≥2，
即x|x|－x－2|x|≥0，
若x≥0得x2－3x≥0，则x≥3或x≤0，此时x≥3或x＝0，
若x＜0，得－x2＋x≥0，得x2－x≤0，得0≤x≤1，此时无解，
综上x≥3或x＝0.
答案：0 x≥3或x＝0
12．已知函数f(x)＝则f(f(－3))＝________，f(x)的最小值是________．
解析：因为 f(－3)＝lg[(－3)2＋1]＝lg 10＝1，
所以f(f(－3))＝f(1)＝1＋2－3＝0.
当x≥1时，x＋－3≥2 －3＝2－3，当且仅当x＝，即x＝时等号成立，
此时f(x)min＝2－3<0；当x<1时，lg(x2＋1)≥lg(02＋1)＝0，此时f(x)min＝0.所以f(x)的最小值为2－3.
答案：0 2－3
13．(2019·浙江新高考冲刺卷)已知函数f(x)＝ln(e2x＋1)－mx为偶函数，其中e为自然对数的底数，则m＝________，若a2＋ab＋4b2≤m，则ab的取值范围是________．
解析：由题意，f(－x)＝ln(e－2x＋1)＋mx＝ln(e2x＋1)－mx，
所以2mx＝ln(e2x＋1)－ln(e－2x＋1)＝2x，
所以m＝1，
因为a2＋ab＋4b2≤m，
所以4|ab|＋ab≤1，
所以－≤ab≤，
故答案为1，[－，]．
答案：1 [－，]
14．定义新运算“⊕”：当a≥b时，a⊕b＝a；当a
解析：由题意知f(x)＝
当x∈[－2，1]时，f(x)∈[－4，－1]；当x∈(1，2]时，f(x)∈(－1，6]．故当x∈[－2，2]时，f(x)∈[－4，6]．
答案：[－4，6]
15．已知函数h(x)(x≠0)为偶函数，且当x>0时，h(x)＝若h(t)>h(2)，则实数t的取值范围为________．
解析：因为x>0时，h(x)＝
易知函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
因为函数h(x)(x≠0)为偶函数，且h(t)>h(2)，
所以h(|t|)>h(2)，
所以0<|t|<2，
所以即解得－2综上，所求实数t的取值范围为(－2，0)∪(0，2)．
答案：(－2，0)∪(0，2)
16．若对任意的x≥2，都有(x＋a)|x＋a|＋(ax)|x|≤0，则a的最大值为________．
解析：对任意的x≥2，都有(x＋a)|x＋a|＋(ax)|x|≤0，即x≥2时，(x＋a)|x＋a|＋(ax)x≤0恒成立.
①若x＋a≥0，即a≥－2时，则有(x＋a)2＋ax2≤0,
所以(a＋1)x2＋2ax＋a2≤0.
令f(x)＝(a＋1)x2＋2ax＋a2，则有a＋1＝0或，
求得a＝－1或－4－2≤a＜－1，
综合可得－2≤a≤－1；
②若x＋a＜0，即a＜－2时，则有－(x＋a)2＋ax2≤0,
该不等式恒成立，
即此时a的范围为a＜－2；
③若x＋a＝0，即a＝－x≤－2时，则由题意可得ax2≤0，满足条件.
综合①②③可得，a≤－2或－2≤a≤－1，故a的最大值为－1.
答案：－1
17．(2019·台州模拟)定义min{x，y}＝，则不等式min{x＋，4}≥8min{x，}的解集是________．
解析：①当x>0时，由基本不等式可知x＋≥2＝4，
min{x＋，4}＝4，则不等式转化成：
min{x，}≤，即：或，
解得：x≤或x≥2.
②当x<0时，
(ⅰ)当－1即x－≥0，解得－2≤x<0，所以－1(ⅱ)当x≤－1时，≥x，原不等式化为x＋≥8x，
即7x－≤0，解得：x≤－，即x≤－1，
所以x<0对于原不等式全成立．
综上不等式的解集为(－∞，0)∪(0，]∪[2，＋∞)．
答案：(－∞，0)∪(0，]∪[2，＋∞)
18．(2019·台州市教学质量调研)已知函数f(x)＝x2＋bx＋c的图象过点(－1，3)，且关于直线x＝1对称．
(1)求f(x)的解析式；
(2)若m＜3，求函数f(x)在区间[m，3]上的值域．
解：(1)因为函数f(x)＝x2＋bx＋c的图象过点(－1，3)，且关于直线x＝1对称，
所以，
解得b＝－2，c＝0，
所以f(x)＝x2－2x.
(2)当1≤m＜3时，f(x)min＝f(m)＝m2－2m，
f(x)max＝f(3)＝9－6＝3，
所以f(x)的值域为[m2－2m，3]；
当－1≤m＜1时，f(x)min＝f(1)＝1－2＝－1，
f(x)max＝f(－1)＝1＋2＝3，
所以f(x)的值域为[－1，3]．
当m＜－1时，f(x)min＝f(1)＝1－2＝－1，
f(x)max＝f(m)＝m2－2m，
所以f(x)的值域为[－1，m2－2m]．
19．(2019·浙江新高考联盟第三次联考)已知函数f(x)＝
(1)若对于任意的x∈R，都有f(x)≥f(0)成立，求实数a的取值范围；
(2)记函数f(x)的最小值为M(a)，解关于实数a的不等式M(a－2)＜M(a)．
解：(1)当x≤0时，f(x)＝(x－a)2＋1，
因为f(x)≥f(0)，所以f(x)在(－∞，0]上单调递减，
所以a≥0，
当x＞0时，f′(x)＝2x－，
令2x－＝0得x＝1，
所以当0＜x＜1时，f′(x)＜0，
当x＞1时，f′(x)＞0，
所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以fmin(x)＝f(1)＝3－a，
因为f(x)≥f(0)＝a2＋1，
所以3－a≥a2＋1，解得－2≤a≤1.
又a≥0，
所以a的取值范围是[0，1]．
(2)由(1)可知当a≥0时，f(x)在(－∞，0]上的最小值为f(0)＝a2＋1，
当a＜0时，f(x)在(－∞，0]上的最小值为f(a)＝1，
f(x)在(0，＋∞)上的最小值为f(1)＝3－a，
解不等式组得0≤a≤1，
解不等式组得a＜0，
所以M(a)＝.
所以M(a)在(－∞，0)上为常数函数，在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数，
作出M(a)的函数图象如图所示：
令3－a＝1得a＝2，
因为M(a－2)＜M(a)，
所以0＜a＜2.
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数学
第2部分 高考热点 专题突破
专题一 集合、常用逻辑用语、函数与导
数、不等式
第2讲 函数图象与性质
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考点1
考点2
y
y
y
T
T2
T—_2
2
2
T2
T_2
T_2
A
B
y
y
y
By
0
y
T
T
T
2-
考点3
第2讲 函数图象与性质
函数及其表示
[核心提炼]
1．函数的三要素
定义域、值域和对应关系是确定函数的三要素，是一个整体，研究函数问题务必遵循“定义域优先”的原则．
2．分段函数
若函数在其定义域内，对于自变量的不同取值区间，有着不同的对应关系，这样的函数通常叫做分段函数．分段函数虽然由几部分组成，但它表示的是一个函数．
[典型例题]
(1)设f(x)＝若f(a)＝f(a＋1)，则f＝( )
A．2 B．4 C．6 D．8
(2)设函数f(x)＝的图象过点(1，1)，函数g(x)是二次函数，若函数f(g(x))的值域是[0，＋∞)，则函数g(x)的值域是( )
A．(－∞，－1]∪[1，＋∞) B．(－∞，－1]∪[0，＋∞)
C．[0，＋∞) D．[1，＋∞)
【解析】 (1)当01，f(a)＝，f(a＋1)＝2(a＋1－1)＝2a，
因为f(a)＝f(a＋1)，所以＝2a，
解得a＝或a＝0(舍去)．
所以f＝f(4)＝2×(4－1)＝6.
当a>1时，a＋1>2，
所以f(a)＝2(a－1)，f(a＋1)＝2(a＋1－1)＝2a，
所以2(a－1)＝2a，无解．
当a＝1时，a＋1＝2，f(1)＝0，f(2)＝2，不符合题意．
综上，f＝6.故选C.
(2)因为函数f(x)＝的图象过点(1，1)，所以m＋1＝1，解得m＝0，所以f(x)＝画出函数y＝f(x)的图象(如图所示)，由于函数g(x)是二次函数，值域不会是选项A，B，易知，当g(x)的值域是[0，＋∞)时，f(g(x))的值域是[0，＋∞)．故选C.
【答案】 (1)C (2)C
(1)在求分段函数的函数值时，一定要注意自变量的值属于哪个区间，再代入相应的解析式求解．当自变量的值不确定时，要分类讨论．
(2)对于分段函数，已知函数值或函数值范围求自变量的值或范围时，应根据每一段的解析式分别求解，但要注意检验所求自变量的值或范围是否符合相应段的自变量的取值范围．
[对点训练]
1．函数f(x)＝的定义域是( )
A．(－1，＋∞)
B．[－1，＋∞)
C．[－1，2)∪(2，＋∞)
D．(－1，2)∪(2，＋∞)
解析：选D.要使f(x)＝有意义，需使即
所以函数f(x)的定义域为(－1，2)∪(2，＋∞)．故选D.
2．(2019·宁波市九校期末联考)已知下列各式：
①f(|x|＋1)＝x2＋1；
②f()＝x；
③f(x2－2x)＝|x|；
④f(|x|)＝3x＋3－x.
其中存在函数f(x)对任意的x∈R都成立的是( )
A．①④ B．③④
C．①② D．①③
解析：选A.①f(|x|＋1)＝x2＋1，由t＝|x|＋1(t≥1)，可得|x|＝t－1，则f(t)＝(t－1)2＋1，即有f(x)＝(x－1)2＋1对x∈R均成立；
②f()＝x，令t＝(0＜t≤1)，x＝± ，
对0＜t≤1，y＝f(t)不能构成函数，故不成立；③f(x2－2x)＝|x|，令t＝x2－2x，若t＜－1时，x∈?；t≥－1，可得x＝1±(t≥－1)，y＝f(t)不能构成函数；④f(|x|)＝3x＋3－x，当x≥0时，f(x)＝3x＋3－x；当x＜0时，f(－x)＝3x＋3－x；将x换为－x可得f(x)＝3x＋3－x；故恒成立．综上可得①④符合条件．
函数的图象及应用
[核心提炼]
图象变换法常用的有平移变换、伸缩变换和对称变换．尤其注意y＝f(x)与y＝f(－x)，y＝－f(x)，y＝－f(－x)，y＝f(|x|)，y＝|f(x)|及y＝af(x)＋b的相互关系．
考向1 函数图象的变换与识别
[典型例题]
(1)函数y＝sin x2的图象是( )
(2)(2019·宁波九校模拟)已知函数f(x)＝，则y＝f(x)的图象大致为( )
【解析】 (1)由于函数y＝sin x2是一个偶函数，选项A、C的图象都关于原点对称，所以不正确；选项B与选项D的图象都关于y轴对称，在选项B中，当x＝±时，函数y＝sin x2<1，显然不正确，当x＝±时，y＝sin x2＝1，而<，故选D.
(2)由于f(e)＝＞0，排除D.由于f()＝e＞0，排除B.由于f(e2)＝＜f(e)，故函数在(1，＋∞)为减函数，排除C，所以选A.
【答案】 (1)D (2)A
考向2 函数图象的应用
[典型例题]
已知f(x)＝2x－1，g(x)＝1－x2，规定：当|f(x)|≥g(x)时，h(x)＝|f(x)|；当|f(x)|A．有最小值－1，最大值1
B．有最大值1，无最小值
C．有最小值－1，无最大值
D．有最大值－1，无最小值
【解析】 由题意得，利用平移变换的知识画出函数|f(x)|，g(x)的图象如图，而h(x)＝
故h(x)有最小值－1，无最大值．
【答案】 C
(2)函数图象的应用
①判断函数的性质．
②判定方程根的个数及不等式的解．
[对点训练]
1．(2019·绍兴一中模拟)函数y＝的图象大致是( )
解析：选A.因为y＝，所以函数y＝是奇函数，图象关于原点对称，故排除C；当x＜－1时，恒有y＜0，故排除D；－1＜x＜0时，y＞0，故可排除B；故选A.
2．(2019·鄞州高级中学月考)已知函数f(x)＝，若关于f(x)的方程[f(x)]2－3f(x)＋a＝0(a∈R)有8个不等的实数根，则a的取值范围是( )
A. B.
C．(1，2) D.
解析：选D.作出函数f(x)＝的图象，如图所示：
关于f(x)的方程[f(x)]2－3f(x)＋a＝0有8个不等的实数根，故Δ＝9－4a>0，a<，由函数f(x)图象可知f(x)∈(1，2)，令t＝f(x)，
则方程[f(x)]2－3f(x)＋a＝0可化为a＝－t2＋3t，t∈(1，2)．
a＝－t2＋3t表示开口向下，对称轴为直线t＝的抛物线，
可知a的最大值为－＋3×＝，
a的最小值为2，故a∈.综上可知a∈.故选D.
函数的性质及应用
[核心提炼]
1．函数的单调性
单调性是函数的一个局部性质，一个函数在不同的区间上可以有不同的单调性．判断函数单调性常用定义法、图象法及导数法．
2．函数的奇偶性
函数的奇偶性是函数在定义域上的整体性质．偶函数的图象关于y轴对称，在关于坐标原点对称的定义区间上具有相反的单调性；奇函数的图象关于坐标原点对称，在关于坐标原点对称的定义区间上具有相同的单调性．判断函数奇偶性的常用方法有定义法、图象法及性质法．
[典型例题]
(1)(2019·浙江吴越联盟)已知函数f(x)是R上的奇函数，当x＞0时为减函数，且f(2)＝0，则集合{x|f(x－2)＞0}＝( )
A．{x|0＜x＜2或x＞4} B．{x|x＜0或x＞4}
C．{x|0＜x＜2或x＞2} D．{x|x＜0或2＜x＜4}
(2)设函数f(x)＝的最大值为M，最小值为m，则M＋m＝________．
【解析】 (1)因为奇函数满足f(2)＝0，
所以f(－2)＝－f(2)＝0.
对于{x|f(x－2)＞0}，当x－2＞0时，f(x－2)＞0＝f(2)，
因为当x∈(0，＋∞)时，f(x)为减函数，所以0＜x－2＜2，
所以2＜x＜4；
当x－2＜0时，不等式可化为f(x－2)>0＝f(－2)，
因为当x∈(0，＋∞)时，f(x)为减函数，
所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，
所以x－2＜－2，所以x＜0.
综上可得，不等式的解集为{x|x＜0或2＜x＜4}，故选D.
(2)f(x)＝1＋，令g(x)＝，则g(x)为奇函数，对于一个奇函数，其最大值与最小值之和为0，即g(x)max＋g(x)min＝0，而f(x)max＝1＋g(x)max，f(x)min＝1＋g(x)min，所以f(x)max＋f(x)min＝M＋m＝2.
【答案】 (1)D (2)2
(1)四招破解函数的单调性
①对于选择、填空题，若能画出图象，一般用数形结合法；
②对于由基本初等函数通过加、减运算或复合而成的函数，常转化为基本初等函数的单调性问题来解决；
③对于解析式为分式、指数函数式、对数式等较复杂的函数常用导数法；
④对于抽象函数一般用定义法．
(2)判断函数奇偶性的三个技巧
①奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于y轴对称．
②确定函数的奇偶性，务必先判断函数的定义域是否关于原点对称．
③对于偶函数而言，有f(－x)＝f(x)＝f(|x|)．
[对点训练]
1．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三调研)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0，＋∞)单调递减，若实数a满足f(log3a)＋f(loga)≥2f(1)，则a的取值范围是( )
A．(0，3] B．(0，]
C．[，3] D．[1，3]
解析：选C.由于函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(－x)＝f(x)，即有f(x)＝f(|x|)，
由实数a满足f(log3a)＋f(loga)≥2f(1)，
则有f(log3a)＋f(－log3a)≥2f(1)，
即2f(log3a)≥2f(1)即f(log3a)≥f(1)，
即有f(|log3a|)≥f(1)，
由于f(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，
则|log3a|≤1，即有－1≤log3a≤1，
解得≤a≤3.
2．(2019·绍兴、诸暨高考二模)已知f(x)是定义在R上的单调递增函数，则下列四个命题：①若f(x0)＞x0，则f[f(x0)]＞x0；②若f[f(x0)]＞x0，则f(x0)＞x0；③若f(x)是奇函数，则f[f(x)]也是奇函数；④若f(x)是奇函数，则f(x1)＋f(x2)＝0?x1＋x2＝0，其中正确的有( )
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
解析：选A.对于①，因为f(x)是定义在R上的单调递增函数，若f(x0)＞x0，则f[f(x0)]＞f(x0)＞x0，故①正确；对于②，当f[f(x0)]＞x0时，若f(x0)≤x0，由f(x)是定义在R上的单调递增函数得f[f(x0)]≤f(x0)≤x0与已知矛盾，故②正确；对于③，若f(x)是奇函数，则f[f(－x)]＝f[－f(x)]＝－f[f(x)]，所以f[f(x)]也是奇函数，故③正确；对于④，当f(x)是奇函数，且是定义在R上的单调递增函数时，若f(x1)＋f(x2)＝0，则f(x1)＝－f(x2)?x1＝－x2?x1＋x2＝0；若x1＋x2＝0?x1＝－x2?f(x1)＝f(－x2)＝－f(x2)?f(x1)＋f(x2)＝0，故④正确；故选A.
专题强化训练
1．(2019·金华十校调研)已知奇函数f(x)当x＞0时，f(x)＝x(1－x)，则当x＜0时，f(x)的表达式是( )
A．f(x)＝－x(1＋x) B．f(x)＝－x(1－x)
C．f(x)＝x(1＋x) D．f(x)＝x(x－1)
解析：选C.设x＜0，则－x＞0，又当x＞0时，f(x)＝x(1－x)，故f(－x)＝－x(1＋x)，又函数为奇函数，故f(－x)＝－f(x)＝－x(x＋1)，即f(x)＝x(x＋1)，故选C.
2．已知f(x)＝x＋－1，f(a)＝2，则f(－a)＝( )
A．－4 B．－2
C．－1 D．－3
解析：选A.因为f(x)＝x＋－1，所以f(a)＝a＋－1＝2，所以a＋＝3，所以f(－a)＝－a－－1＝－－1＝－3－1＝－4，故选A.
3．下列函数中，既是偶函数又在区间(0，＋∞)上单调递增的是( )
A．y＝ B．y＝|x|－1
C．y＝lg x D．y＝
解析：选B.A中函数y＝不是偶函数且在(0，＋∞)上单调递减，故A错误；B中函数满足题意，故B正确；C中函数不是偶函数，故C错误；D中函数不满足在(0，＋∞)上单调递增，故选B.
4．已知函数f(x)＝的图象关于原点对称，g(x)＝ln(ex＋1)－bx是偶函数，则logab＝( )
A．1 B．－1
C．－ D.
解析：选B.由题意得f(0)＝0，所以a＝2.
因为g(1)＝g(－1)，所以ln(e＋1)－b＝ln＋b，
所以b＝，所以logab＝log2＝－1.
5．(2019·台州市高考模拟)函数f(x)＝x2＋(a∈R)的图象不可能是( )
解析：选A.直接利用排除法：①当a＝0时，选项B成立；
②当a＝1时，f(x)＝x2＋，函数的图象类似D；
③当a＝－1时，f(x)＝x2－，函数的图象类似C.故选A.
6．(2019·湖北八校联考(一))设函数f(x)＝在区间[3，4]上的最大值和最小值分别为M，m，则＝( )
A. B.
C. D.
解析：选D.易知f(x)＝＝2＋，所以f(x)在区间[3，4]上单调递减，所以M＝f(3)＝2＋＝6，m＝f(4)＝2＋＝4，所以＝＝.
7．(2018·高考全国卷Ⅲ)下列函数中，其图象与函数y＝ln x的图象关于直线x＝1对称的是( )
A．y＝ln(1－x) B．y＝ln(2－x)
C．y＝ln(1＋x) D．y＝ln(2＋x)
解析：选B.法一：设所求函数图象上任一点的坐标为(x，y)，则其关于直线x＝1的对称点的坐标为(2－x，y)，由对称性知点(2－x，y)在函数f(x)＝ln x的图象上，所以y＝ln(2－x)．故选B.
法二：由题意知，对称轴上的点(1，0)既在函数y＝ln x的图象上也在所求函数的图象上，代入选项中的函数表达式逐一检验，排除A，C，D，选B.
8．(2019·浙江台州市书生中学高三月考)设奇函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数，且f(2)＝0，则不等式≤0的解集为( )
A．(－∞，－2]∪(0，2] B．[－2，0)∪[2，＋∞)
C．(－∞，－2]∪[2，＋∞) D．[－2，0)∪(0，2]
解析：选D.因为函数f(x)是奇函数，所以≤0?≥0.又因f(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数，且f(2)＝0，所以得，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减且f(－2)＝0.因此，x∈(－∞，－2)∪(0，2)时，f(x)>0；x∈(－2，0)∪(2，＋∞)时f(x)<0，故选D.
9．(2019·温州市十校联考)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝(|x－a2|＋|x－2a2|－3a2)．若任取?x∈R，f(x－1)≤f(x)，则实数a的取值范围为( )
A. B.
C. D.
解析：选B.因为当x≥0时，f(x)＝(|x－a2|＋|x－2a2|－3a2)，所以当0≤x≤a2时，f(x)＝(a2－x＋2a2－x－3a2)＝－x；
当a2＜x＜2a2时，f(x)＝(x－a2＋2a2－x－3a2)＝－a2；
当x≥2a2时，f(x)＝(x－a2＋x－2a2－3a2)＝x－3a2.
综上，函数f(x)＝(|x－a2|＋|x－2a2|－3a2)在x≥0时的解析式等价于f(x)＝
因此，根据奇函数的图象关于原点对称作出函数f(x)在R上的大致图象如下，
观察图象可知，要使?x∈R，f(x－1)≤f(x)，则需满足2a2－(－4a2)≤1，解得－≤a≤.
10．定义域为R的函数f(x)满足f(x＋2)＝3f(x)，当x∈[0，2]时，f(x)＝x2－2x，若x∈[－4，－2]时，f(x)≥恒成立，则实数t的取值范围是( )
A．(－∞，－1]∪(0，3] B．(－∞，－]∪(0，]
C．[－1，0)∪[3，＋∞) D．[－，0)∪[，＋∞)
解析：选C.因为x∈[－4，－2]，所以x＋4∈[0，2]，
因为x∈[0，2]时，f(x)＝x2－2x，所以f(x＋4)＝(x＋4)2－2(x＋4)＝x2＋6x＋8.
函数f(x)满足f(x＋2)＝3f(x)，所以f(x＋4)＝3f(x＋2)＝9f(x)．
故f(x)＝(x2＋6x＋8)，
因为x∈[－4，－2]时，f(x)≥恒成立，所以－＝f(x)min≥，解得t≥3或－1≤t＜0.
11．(2019·宁波镇海中学高三一模)已知函数f(x)＝则f(f(－2))＝________，若f(x)≥2，则x的取值范围为____________．
解析：由分段函数的表达式得f(－2)＝()－2－2＝4－2＝2，f(2)＝0，故f(f(－2))＝0.
若x≤－1，由f(x)≥2得()x－2≥2得()x≥4，则2－x≥4，
得－x≥2，则x≤－2，此时x≤－2.
若x＞－1，由f(x)≥2得(x－2)(|x|－1)≥2，
即x|x|－x－2|x|≥0，
若x≥0得x2－3x≥0，则x≥3或x≤0，此时x≥3或x＝0，
若x＜0，得－x2＋x≥0，得x2－x≤0，得0≤x≤1，此时无解，
综上x≥3或x＝0.
答案：0 x≥3或x＝0
12．已知函数f(x)＝则f(f(－3))＝________，f(x)的最小值是________．
解析：因为 f(－3)＝lg[(－3)2＋1]＝lg 10＝1，
所以f(f(－3))＝f(1)＝1＋2－3＝0.
当x≥1时，x＋－3≥2 －3＝2－3，当且仅当x＝，即x＝时等号成立，
此时f(x)min＝2－3<0；当x<1时，lg(x2＋1)≥lg(02＋1)＝0，此时f(x)min＝0.所以f(x)的最小值为2－3.
答案：0 2－3
13．(2019·浙江新高考冲刺卷)已知函数f(x)＝ln(e2x＋1)－mx为偶函数，其中e为自然对数的底数，则m＝________，若a2＋ab＋4b2≤m，则ab的取值范围是________．
解析：由题意，f(－x)＝ln(e－2x＋1)＋mx＝ln(e2x＋1)－mx，
所以2mx＝ln(e2x＋1)－ln(e－2x＋1)＝2x，
所以m＝1，
因为a2＋ab＋4b2≤m，
所以4|ab|＋ab≤1，
所以－≤ab≤，
故答案为1，[－，]．
答案：1 [－，]
14．定义新运算“⊕”：当a≥b时，a⊕b＝a；当a解析：由题意知f(x)＝
当x∈[－2，1]时，f(x)∈[－4，－1]；当x∈(1，2]时，f(x)∈(－1，6]．故当x∈[－2，2]时，f(x)∈[－4，6]．
答案：[－4，6]
15．已知函数h(x)(x≠0)为偶函数，且当x>0时，h(x)＝若h(t)>h(2)，则实数t的取值范围为________．
解析：因为x>0时，h(x)＝
易知函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
因为函数h(x)(x≠0)为偶函数，且h(t)>h(2)，
所以h(|t|)>h(2)，
所以0<|t|<2，
所以即解得－2综上，所求实数t的取值范围为(－2，0)∪(0，2)．
答案：(－2，0)∪(0，2)
16．若对任意的x≥2，都有(x＋a)|x＋a|＋(ax)|x|≤0，则a的最大值为________．
解析：对任意的x≥2，都有(x＋a)|x＋a|＋(ax)|x|≤0，即x≥2时，(x＋a)|x＋a|＋(ax)x≤0恒成立.
①若x＋a≥0，即a≥－2时，则有(x＋a)2＋ax2≤0,
所以(a＋1)x2＋2ax＋a2≤0.
令f(x)＝(a＋1)x2＋2ax＋a2，则有a＋1＝0或，
求得a＝－1或－4－2≤a＜－1，
综合可得－2≤a≤－1；
②若x＋a＜0，即a＜－2时，则有－(x＋a)2＋ax2≤0,
该不等式恒成立，
即此时a的范围为a＜－2；
③若x＋a＝0，即a＝－x≤－2时，则由题意可得ax2≤0，满足条件.
综合①②③可得，a≤－2或－2≤a≤－1，故a的最大值为－1.
答案：－1
17．(2019·台州模拟)定义min{x，y}＝，则不等式min{x＋，4}≥8min{x，}的解集是________．
解析：①当x>0时，由基本不等式可知x＋≥2＝4，
min{x＋，4}＝4，则不等式转化成：
min{x，}≤，即：或，
解得：x≤或x≥2.
②当x<0时，
(ⅰ)当－1即x－≥0，解得－2≤x<0，所以－1(ⅱ)当x≤－1时，≥x，原不等式化为x＋≥8x，
即7x－≤0，解得：x≤－，即x≤－1，
所以x<0对于原不等式全成立．
综上不等式的解集为(－∞，0)∪(0，]∪[2，＋∞)．
答案：(－∞，0)∪(0，]∪[2，＋∞)
18．(2019·台州市教学质量调研)已知函数f(x)＝x2＋bx＋c的图象过点(－1，3)，且关于直线x＝1对称．
(1)求f(x)的解析式；
(2)若m＜3，求函数f(x)在区间[m，3]上的值域．
解：(1)因为函数f(x)＝x2＋bx＋c的图象过点(－1，3)，且关于直线x＝1对称，
所以，
解得b＝－2，c＝0，
所以f(x)＝x2－2x.
(2)当1≤m＜3时，f(x)min＝f(m)＝m2－2m，
f(x)max＝f(3)＝9－6＝3，
所以f(x)的值域为[m2－2m，3]；
当－1≤m＜1时，f(x)min＝f(1)＝1－2＝－1，
f(x)max＝f(－1)＝1＋2＝3，
所以f(x)的值域为[－1，3]．
当m＜－1时，f(x)min＝f(1)＝1－2＝－1，
f(x)max＝f(m)＝m2－2m，
所以f(x)的值域为[－1，m2－2m]．
19．(2019·浙江新高考联盟第三次联考)已知函数f(x)＝
(1)若对于任意的x∈R，都有f(x)≥f(0)成立，求实数a的取值范围；
(2)记函数f(x)的最小值为M(a)，解关于实数a的不等式M(a－2)＜M(a)．
解：(1)当x≤0时，f(x)＝(x－a)2＋1，
因为f(x)≥f(0)，所以f(x)在(－∞，0]上单调递减，
所以a≥0，
当x＞0时，f′(x)＝2x－，
令2x－＝0得x＝1，
所以当0＜x＜1时，f′(x)＜0，
当x＞1时，f′(x)＞0，
所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以fmin(x)＝f(1)＝3－a，
因为f(x)≥f(0)＝a2＋1，
所以3－a≥a2＋1，解得－2≤a≤1.
又a≥0，
所以a的取值范围是[0，1]．
(2)由(1)可知当a≥0时，f(x)在(－∞，0]上的最小值为f(0)＝a2＋1，
当a＜0时，f(x)在(－∞，0]上的最小值为f(a)＝1，
f(x)在(0，＋∞)上的最小值为f(1)＝3－a，
解不等式组得0≤a≤1，
解不等式组得a＜0，
所以M(a)＝.
所以M(a)在(－∞，0)上为常数函数，在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数，
作出M(a)的函数图象如图所示：
令3－a＝1得a＝2，
因为M(a－2)＜M(a)，
所以0＜a＜2.
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