专题3.4 函数的概念与性质（能力提升卷）（人教A版2019必修第一册）（解析版）

这是一份专题3.4 函数的概念与性质（能力提升卷）（人教A版2019必修第一册）（解析版），共14页。

专题3.4 函数的概念与性质（能力提升卷）
考试时间：120分钟；满分：150分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！
一． 选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（2021秋•9月份月考）若函数f（x）的定义域为[1，3]，则函数g(x)=f(2x-1)x-1的定义域为（　　）
A．（1，2] B．（1，5] C．[1，2] D．[1，5]
【分析】根据函数f（x）的定义域，列出使函数g（x）解析式有意义的不等式组，再求出解集即可．
【解答】解：因为函数f（x）的定义域为[1，3]，
所以在函数g(x)=f(2x-1)x-1中，
应满足1≤2x-1≤3x-1＞0，解得1＜x≤2，
所以函数g（x）的定义域为（1，2]．
故选：A．
2．（2021春•广东期中）已知函数f（x﹣1）的定义域为[﹣2，3]，则函数f（2x+1）的定义域为（　　）
A．[﹣1，9] B．[﹣3，7] C．[﹣2，1] D．[-2，12]
【分析】由函数f（x﹣1）的定义域求得f（x）的定义域，再由2x+1在f（x）的定义域内列式求解．
【解答】解：函数f（x﹣1）的定义域为[﹣2，3]，
即﹣2≤x≤3，∴﹣3≤x﹣1≤2，即f（x）的定义域为[﹣3，2]，
由﹣3≤2x+1≤2，得﹣2≤x≤12．
∴函数f（2x+1）的定义域为[﹣2，12]．
故选：D．
3．（2021•重庆开学）已知函数f（x）＝ax5+bx3+2，若f（2）＝7，则f（﹣2）＝（　　）
A．﹣7 B．﹣3 C．3 D．7
【分析】由函数f（x）＝ax5+bx3+2且f（2）＝7可求得32a+8b的值，然后可求得f（﹣2）的值．
【解答】解：由函数f（x）＝ax5+bx3+2且f（2）＝7，
得32a+8b＝5，
∴f（﹣2）＝﹣（32a+8b）+2＝﹣5+2＝﹣3，
故选：B．
4．（2021秋•南开区校级月考）已知定义在区间（﹣3，1）∪（2，+∞）上的函数f（x）=2x+1x-1，其值域为（　　）
A．（﹣∞，2）∪（2，+∞） B．（54，2）∪（2，+∞）
C．（﹣∞，54）∪（2，5） D．（54，2）∪（2，5）
【分析】利用分离常数法将函数解析式变形，然后由函数的单调性分析求解即可．
【解答】解：f（x）=2x+1x-1=2(x-1)+3x-1=2+3x-1，
因为f（x）在（﹣3，1）和（2，+∞）上均为单调递减函数，
所以f（x）＜f（﹣3）或2＜f（x）＜f（2），
解得f（x）＜54或2＜f（x）＜5，
则函数f（x）=2x+1x-1的值域为（﹣∞，54）∪（2，5）．
故选：C．
5．（2021•天台县校级开学）已知定义在[m﹣5，1﹣2m]上的奇函数f（x），当x＞0时，f（x）＝x2﹣2x，则f（m）的值为（　　）
A．﹣8 B．8 C．﹣24 D．24
【分析】根据题意即可得出m﹣5+1﹣2m＝0，解出m，再根据x＞0时的f（x）的解析式即可求出f（m）的值．
【解答】解：∵f（x）在[m﹣5，1﹣2m]上是奇函数，
∴m﹣5+1﹣2m＝0，解得m＝﹣4，
又x＞0时，f（x）＝x2﹣2x，
∴f（m）＝f（﹣4）＝﹣f（4）＝﹣（16﹣8）＝﹣8．
故选：A．
6．（2021秋•河南月考）已知非常数函数f（x）满足f（﹣x）f（x）＝1（x∈R），则下列函数中，不是奇函数的为（　　）
A．f(x)-1f(x)+1 B．f(x)+1f(x)-1
C．f(x)-1f(x) D．f(x)+1f(x)
【分析】利用已知条件结合奇函数与偶函数的定义，依次判断四个选项即可．
【解答】解：因为非常数函数f（x）满足f（﹣x）f（x）＝1（x∈R），
对于A，f(x)-1f(x)+1=f(x)-f(-x)f(x)f(x)+f(-x)f(x)=f(x)(1-f(-x))f(x)(1+f(-x))=1-f(-x)f+f(-x)=-f(-x)-1f(-x)+1，故选项A中的是奇函数；
对于B，f(x)+1f(x)-1=f(x)(f(-x)+1)f(x)(1-f(-x))=-f(-x)+1f(-x)-1，故选项B中的是奇函数；
对于C，f(x)-1f(x)=f(x)-f(-x)=1f(-x)-f(-x)=-[f(-x)-1f(-x)]，故选项C中的是奇函数；
对于D，f(x)+1f(x)=1f(-x)+f(-x)，选项D中的是偶函数．
故选：D．
7．（2021•辽宁开学）已知f（x）是定义域为R的奇函数，当x＞0时，f（x）＝x2﹣2x﹣3，则不等式f（x+2）＜0的解集是（　　）
A．（﹣5，﹣2）∪（﹣2，1） B．（﹣∞，﹣5）∪（﹣2，1）
C．（﹣5，﹣2）∪（1，+∞） D．（﹣∞，﹣1）∪（2，5）
【分析】根据函数奇偶性的性质，求出函数当x＜0时，函数的表达式，从而可得f（x）在R上的解析式，分类讨论即可解不等式．
【解答】解：若x＜0，则﹣x＞0，
∵当x＞0时，f（x）＝x2﹣2x﹣3，
∴f（﹣x）＝x2+2x﹣3，
∵f（x）是定义域为R的奇函数，
∴f（﹣x）＝x2+2x﹣3＝﹣f（x），
即f（x）＝﹣x2﹣2x+3，x＜0，
又f（x）是定义域为R的奇函数，∴f（0）＝0，
∴f（x）=-x2-2x+3，x＜00，x=0x2-2x-3，x＞0．
①若x+2＜0，即x＜﹣2，
由f（x+2）＜0得﹣（x+2）2﹣2（x+2）+3＜0，
解得x＜﹣5或x＞﹣1，
此时x＜﹣5；
②若x+2＝0，即x＝﹣2，
由f（x+2）＜0得0＜0，不成立；
若x+2＞0，即x＞﹣2，
由f（x+2）＜0得（x+2）2﹣2（x+2）﹣3＜0，
解得﹣3＜x＜1，此时﹣2＜x＜1．
综上，不等式的解集为（﹣∞，﹣5）∪（﹣2，1）．
故选：B．
8．（2021•河北区学业考试）已知函数f（x）＝x2﹣kx﹣8在区间[5，20]上具有单调性，则实数k的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，10]∪[40，+∞） B．（﹣∞，﹣40]∪[﹣10，+∞）
C．[10，+∞） D．[40，+∞）
【分析】根据题意，求出二次函数f（x）＝x2﹣kx﹣8的对称轴，结合函数单调性的定义可得k2≤5或k2≥20，再求出k的取值范围即可．
【解答】解：根据题意，函数f（x）＝x2﹣kx﹣8为二次函数，其开口向上，对称轴为x=k2，
若函数f（x）＝x2﹣kx﹣8在区间[5，20]上具有单调性，
则k2≤5或k2≥20，解得k≤10或k≥40，
所以实数k的取值范围是（﹣∞，10]∪[40，+∞）；
故选：A．

二． 多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（2021春•邗江区校级期中）在下列四组函数中，f（x）与g（x）不表示同一函数的是（　　）
A．f（x）＝x﹣1，g(x)=x2-1x+1
B．f（x）＝|x+1|，g（x）=x+1，x≥-1-x-1，x＜-1
C．f（x）＝1，g（x）＝（x+1）0
D．f（x）＝x，g(x)=(x)2
【分析】根据两个函数的定义域相同，对应法则一致时，两个函数表示同一函数，直接判断各选项即可．
【解答】解：对于A，f（x）＝x﹣1的定义域是R，g(x)=x2-1x+1的定义域是{x|x≠﹣1}，
故A中f（x）与g（x）不表示同一函数；
对于B，f（x）＝|x+1|，g（x）=x+1，x≥-1-x-1，x＜-1的定义域和对应法则都相同，
故B中f（x）与g（x）表示同一函数；
对于C，f（x）＝1的定义域为R，g（x）＝（x+1）0的定义域是{x|x≠﹣1}，
故C中f（x）与g（x）不表示同一函数；
对于D，f（x）＝x的定义域是R，g(x)=(x)2的定义域是{x|x≥0}，
故D中f（x）与g（x）不表示同一函数．
故选：ACD．
10．[x]表示不超过x的最大整数，已知函数f（x）＝|x|﹣[x]，则下列结论正确的是（　　）
A．f（x）的定义域为R
B．f（x）的值域为[0，1]
C．f（x）是偶函数
D．f（x）的单调递增区间为（k，k+1）（k∈N）
【分析】利用新定义以及函数定义域的定义判断选项A，由特殊值法判断选项B，C，分x＞0和x＜0两种情况分析函数f（x）的单调性，即可判断选项D．
【解答】解：对于A，由题意可知，函数f（x）＝|x|﹣[x]的定义域为R，故选项A正确；
对于B，当x＝﹣2.5时，f（﹣2.5）＝2.5﹣（﹣3）＝5.5∉[0，1]，故选项B错误；
对于C，当x＝﹣2.5时，f（﹣2.5）＝2.5﹣（﹣3）＝5.5，
当x＝2.5时，f（2.5）＝2.5﹣2＝0.5，
所以f（﹣2.5）≠f（2.5），
则f（x）不是偶函数，故选项C错误；
对于D，当x＞0时，f（x）＝x﹣[x]，x﹣[x]表示x的小数部分，
所以f（x）在（k，k+1）（k∈N）上单调递增；
当x＜0时，f（x）＝﹣x﹣[x]为减函数，
所以f（x）的单调递增区间为（k，k+1）（k∈N），故选项D正确．
故选：AD．
11．（2020秋•台州期末）若函数y＝x2﹣4x﹣4的定义域为[0，m]，值域为[﹣8，﹣4]，则实数m的值可能为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】求出二次函数的对称轴方程，可知当m＝2时函数有最小值，再由f（0）＝﹣4结合二次函数的对称性可得m的可能取值．
【解答】解：函数y＝x2﹣4x﹣4的对称轴方程为x＝2，
当0≤m≤2时，函数在[0，m]上单调递减，x＝0时取最大值﹣4，x＝m时有最小值m2﹣4m﹣4＝﹣8，解得m＝2．
则当m＞2时，最小值为﹣8，而f（0）＝﹣4，由对称性可知，m≤4．
∴实数m的值可能为2，3，4．
故选：ABC．
12．（2021•锡山区校级三模）一般地，若函数f（x）的定义域为[a，b]，值域为[ka，kb]，则称为的“k倍跟随区间”；若函数的定义域为[a，b]，值域也为[a，b]，则称[a，b]为f（x）的“跟随区间”．下列结论正确的是（　　）
A．若[1，b]为f（x）＝x2﹣2x+2的跟随区间，则b＝2
B．函数f（x）＝1+1x存在跟随区间
C．若函数f（x）＝m-x+1存在跟随区间，则m∈（-14，0]
D．二次函数f（x）=-12x2+x存在“3倍跟随区间”
【分析】（1）易由已知可得函数在区间上单调递增，进而可以求解b的值，（2）假设存在跟随区间，则根据跟随区间的条件求解a，b的值，若有解则存在，反之不存在，
（3）先设跟随区间为[a，b]，则根据跟随区间满足的条件建立方程组，找出a，b的关系，然后统一变量表示出m，列出关于m的关系式，利用方程思想求解m的取值范围，
（4）若存在3倍跟随区间，则设定义域为[a，b]，值域为[3a，3b]，由此建立方程组，再 等价转化为一个方程有两个不相等的实数根，进而可以求解．
【解答】解：选项A：由已知可得函数f（x）在区间[1，b]上单调递增，则有f（b）＝b2﹣2b+2＝b，解得b＝2或1（舍），所以b＝2，A正确；
选项B：若存在跟随区间[a，b]（a＜b），又因为函数在单调区间上递减，
则有f(a)=bf(b)=a，解得a=1-52b=1+52，此时f（x）在[a，b]上的值域不包含1，故不存在，B不正确；
选项C：由已知函数可得：函数在定义域上单调递减，若存在跟随区间[a，b]（﹣1≤a＜b），
则有f(a)=bf(b)=a，即b=m-a+1a=m-b+1，两式做差得：a﹣b=a+1-b+1，
即（a﹣b）（a+1+b+1）＝a+1﹣（b+1）＝a﹣b，
又﹣1≤a＜b，所以a+1+b+1=1，易得0≤a+1＜b+1≤1，
所以m＝a+b+1=a+1-a+1，设a+1=t∈[0，1]，则m＝t2﹣t，
即t2﹣t﹣m＝0在区间[0，1]上有两个不相等的实数根，
只需：△=1+4m＞0-m≥0，解得-14＜m≤0，C正确；
选项D：若函数存在3倍跟随区间，设定义域为[a，b]，值域为[3a，3b]，
当a＜b≤1时，易得函数在定义域上单调递增，
则a，b是方程-12x2+x=3x的两个不相等的实数根，解得x＝0或﹣4，
故存在定义域为[﹣4，0]使得值域为[﹣12，0]，D正确，
故选：ACD．

三． 填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（2021•宝山区校级开学）设f（x）＝ax5+bx3+cx+7（其中a、b、c为常数，x∈R），若f（﹣2021）＝﹣17，则f（2021）＝　31　．
【分析】由已知得f（2021）＝a•20215+b•20213+c•2021+7，f（﹣2021）＝a（﹣2021）5+b（﹣2021）3+c（﹣2021）+7，由此能求出f（2021）．
【解答】解：∵f（x）＝ax5+bx3+cx+7（其中a，b，c为常数，x∈R），f（﹣2021）＝﹣17，
∴f（2021）＝a•20215+b•20213+c•2021+7，
f（﹣2021）＝a（﹣2021）5+b（﹣2021）3+c（﹣2021）+7，
∴f（2021）+f（﹣2021）＝14，∴f（2021）﹣17＝14，
∴f（2021）＝14+17＝31．
故答案为：31．
14．（2021秋•黄浦区校级月考）已知函数f（x）的定义域D＝（0，+∞），且对任意x1，x2∈D，恒有f（x1x2）＝f（x1）+f（x2），当x＞1时，f（x）＜0，若f（2m﹣1）＞f（2﹣m2），则m的取值范围是 　（﹣3，1）　．
【分析】先结合单调性定义判断函数的单调性，然后结合单调性即可进行求解．
【解答】解：因为定义域D＝（0，+∞），且对任意x1，x2∈D，恒有f（x1x2）＝f（x1）+f（x2），
令x1＝x2＝1，则f（1）＝2f（1），即f（1）＝0，
设x1＞x2＞0，则x1x2＞1，
因为x＞1时，f（x）＜0，
所以f（x1x2）＜0，
所以f（x1）＝f（x1x2•x2）＝f（x1x2）+f（x2）＜f（x2），
所以y＝f（x）在（0，+∞）上单调递减，
由f（2m﹣1）＞f（2﹣m2），得2m﹣1＜2﹣m2，
解得﹣3＜m＜1．
故m的范围（﹣3，1）．
15．（2021秋•河南月考）已知偶函数f（x）和奇函数g（x）均定义在R上，且满足f（x）+g（x）＝3x2-4xx2+9+5，则f（﹣1）+g（3）＝　223　．
【分析】推导出f（﹣x）＝f（x），g（﹣x）＝﹣g（x），由f（x）+g（x）＝3x2-4xx2+9+5，令x＝1，x＝﹣1可求得f（﹣1），令x＝3，x＝﹣3可求得g（3），从而可得结论．
【解答】解：∵偶函数f（x）和奇函数g（x）均定义在R上，
∴f（﹣x）＝f（x），g（﹣x）＝﹣g（x）
∵f（x）+g（x）＝3x2-4xx2+9+5，
∴令x＝1，可得f（1）+g（1）=385，
∴f（﹣1）﹣g（﹣1）=385，①
令x＝﹣1，f（﹣1）+g（﹣1）=425②
①+②，2f（﹣1）＝16，∴f（﹣1）＝8，
令x＝3，可得f（3）+g（3）=943，③
令x＝﹣3，f（﹣3）+g（﹣3）=983，
∴f（3）﹣g（3）=983，④
③﹣④，2g（3）=-43，∴g（3）=-23，
所以f（﹣1）+g（3）＝8-23=223．
故答案为：223．
16．（2021春•修水县期末）已知函数f（x）＝|x2﹣2x+a|+a在区间[0，2]上的最大值是1，则实数a的取值范围是 　（﹣∞，12]　．
【分析】由已知可得|x2﹣2x+a|+a≤1，即|x2﹣2x+a|≤1﹣a，得到a≤1，再求解绝对值的不等式，得到﹣1≤x2﹣2x≤1﹣2a，由x的范围求得x2﹣2x的范围，进一步可得关于a的不等式求解．
【解答】解：∵函数f（x）＝|x2﹣2x+a|+a在区间[0，2]上的最大值是1，
∴|x2﹣2x+a|+a≤1，即|x2﹣2x+a|≤1﹣a，
则1﹣a≥0，得a≤1，
∴a﹣1≤x2﹣2x+a≤1﹣a，可得﹣1≤x2﹣2x≤1﹣2a，
∵0≤x≤2，∴﹣1≤x2﹣2x≤0，
则1﹣2a≥0，得a≤12．
综上，实数a的取值范围是（﹣∞，12]．
故答案为：（﹣∞，12]．

四． 解答题（共6小题，满分70分）
17．（2020秋•开福区校级月考）函数f(x)=12kx2+kx+38．
（1）若f（x）的定义域为R，求k的取值范围；
（2）当k＝﹣1时，求f（x）的值域．
【分析】（1）由题意得，2kx2+kx+38＞0，对x∈R恒成立，然后结合一次及二次函数的性质对k进行分类讨论，即可求解，
（2）把k＝﹣1代入，然后结合二次函数的性质进行求解．
【解答】解：（1）由题意得，2kx2+kx+38＞0，对x∈R恒成立
1 当k＝0，满足；
2°当k≠0时，k＞0△=k2-3k＜0，解得0＜k＜3，
综上：0≤k＜3时，函数f（x）的定义域为R
（2）k＝﹣1时，令y=-2x2-x+38=-2(x+14)2+12≤12
故0＜-2x2-x+38≤22
∴f（x）的值域为[2，+∞)．
18．（2021•吕梁一模）设a为实数，函数f(x)=|x+a|-a-x．
（1）若a＝1，求f（x）的定义域；
（2）若a≠0，且f（x）＝a有两个不同的实数根，求a的取值范围．
【分析】（1）a＝1时函数f（x）=|x+1|-1-x，令|x+1|﹣1≥0求出解集即可．
（2）化简f（x）＝a，利用换元法求出a的解析式，再根据题意求出a的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝1时，对任意的x，函数f（x）=|x+1|-1-x成立，
所以|x+1|﹣1≥0，即|x+1|≥1，
所以x+1≤﹣1或x+1≥1，
解得x≤﹣2或x≥0，
所以f（x）的定义域为（﹣∞，﹣2]∪[0，+∞）．
（2）由f（x）＝a，得|x+a|-a=x+a，
设x+a＝t，t＞0，所以t-a=t有2个不同的实数根．
整理得a＝t﹣t2，
设f（t）＝t﹣t2，t＞0，则0＜f（t）≤14，
由题意知，a的取值范围是（0，14）．
19．（2020秋•洛龙区校级月考）已知函数f（x）=x+1+12-x的定义域是A，函数g（x）＝x2+2x在[m，1]上的值域是[﹣1，3]，且实数m的取值范围所组成的集合是B．
（1）分别求出定义域A与集合B；
（2）设集合C＝{x|x＜2a﹣6或x＞a}．若B∩C＝∅，求实数a的取值范围．
【分析】（1）求解f（x）中x的范围可得集合A，根据二次函数的性质求解值域可得集合B．
（2）根据B∩C＝∅得到2a-6≤-3a≥-1，即可求解a的范围．
【解答】解：（1）由题意得x+1≥02-x＞0，∴﹣1≤x＜2，∴A＝[﹣1，2），
∵g（x）＝x2+2x＝（x+1）2﹣1，
∴当x＝﹣1时，g（x）的最小值为﹣1，
∵函数g（x）在[m，1]的值域为[﹣1，3]，∴﹣3≤m≤﹣1，∴B＝[﹣3，﹣1]，
（2）∵B∩C＝∅，∴2a-6≤-3a≥-1，∴﹣1≤a≤32，
∴a的取值范围为[﹣1，32]．
20．（2021•长宁区校级开学）已知函数f(x)=x2+a2x(x≠0，a∈R)．
（1）判断函数f（x）的奇偶性，并说明理由；
（2）若函数f（x）在x∈[1，+∞）上是增函数，求实数a的取值范围．
【分析】（1）对a分类讨论，由函数奇偶性的定义即可判断f（x）的奇偶性；
（2）利用函数单调性的定义，即可求解a的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝0时，f（x）＝x2，
对任意x∈（﹣∞，0）∪（0，+∞），有f（﹣x）＝（﹣x）2＝x2＝f（x），
∴f（x）为偶函数．
当a≠0时，f（x）＝x2+a2x（x≠0），
取x＝±1，得f（﹣1）+f（1）＝2≠0，
f（﹣1）﹣f（1）＝﹣a≠0，
∴f（﹣1）≠﹣f（1），f（﹣1）≠f（1）．
∴函数f（x）是非奇非偶函数．
（2）设1≤x1＜x2，
f（x1）﹣f（x2）=x12+a2x1-x22-a2x2=x1-x2x1x2[x1x2（x1+x2）-a2]，
要使函数f（x）在x∈[1，+∞）上为增函数，
则f（x1）﹣f（x2）＜0恒成立．
∵x1﹣x2＜0，x1x2＞1，
∴x1x2（x1+x2）-a2＞0，即a＜2x1x2（x1+x2）恒成立．
又∵x1+x2＞2，∴2x1x2（x1+x2）＞4，
∴a的取值范围是（﹣∞，4]．
21．（2021春•宜宾期末）已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，当x≤0时，f（x）＝x2+4x+1．
（1）求f（x）的解析式；
（2）当x∈[t，t+1]（t＞0）时，求f（x）的最大值g（t），并求函数g（t）的最小值．
【分析】（1）由已知偶函数定义结合已知区间上函数解析式即可求解；
（2）由已知函数，结合对称轴与已知区间的位置关系，分类讨论可求．
【解答】解：（1）根据题意，若x＞0，则﹣x＜0，
则f（﹣x）＝（﹣x）2+4（﹣x）+1＝x2﹣4x+1，
又由f（x）为偶函数，则f（x）＝f（﹣x）＝x2﹣4x+1，
故f（x）=x2-4x+1，x＞0x2+4x+1，x≤0，
（2）当x≥0时，f（x）＝x2﹣4x+1，开口向上，对称轴x＝2，
当0＜t≤32时，g（t）＝f（t）＝t2﹣4t+1，
当t＞32时，g（t）＝f（t+1）＝t2﹣2t﹣2，
故g（t）=t2-4t+1，0＜t≤32t2-2t-2，t＞32；
则g（t）min＝g（32）=-114
22．（2021秋•仪征市校级月考）已知二次函数f（x）对一切实数x∈R，都有f（1﹣x）＝f（1+x）成立，且f（1）＝0，f（0）＝1，g（x）＝f（x+1）+bx+c（b，c∈R）．
（1）求f（x）的解析式；
（2）记函数g（x）在[﹣1，1]上的最大值为M，最小值为m，若M﹣m≤4，求b的最大值．
【分析】（1）求出二次函数y＝f（x）的对称轴为直线x＝1，得到顶点坐标为（1，0），设f（x）＝a（x﹣1）2，通过f（0）＝a＝1，求解即可．
（2）求出g（x）＝x2+bx+c，对称轴为直线x=-b2，然后通过对称轴与求解的关系，求解函数的最值，通过M﹣m≤4，求解b的范围，得到实数b的最大值．
【解答】解：（1）对一切实数x∈R，都有f（1﹣x）＝f（1+x）成立，则二次函数y＝f（x）的对称轴为直线x＝1，
又f（1）＝0，则二次函数y＝f（x）图象的顶点坐标为（1，0），
设f（x）＝a（x﹣1）2，则f（0）＝a＝1，因此，f（x）＝（x﹣1）2；
（2）∵g（x）＝f（x+1）+bx+c＝x2+bx+c，
对称轴为直线x=-b2，
当-b2≤-1时，即当b≥2时，函数y＝g（x）在区间[﹣1，1]上单调递增，
则M＝g（1）＝b+c+1，m＝g（﹣1）＝﹣b+c+1，则M﹣m＝2b≤4，
得b≤2，此时b＝2；
当-1＜-b2≤0时，即当0≤b＜2时，函数y＝g（x）区间[-1，-b2)上单调递减，在区间(-b2，1]上单调递增，
所以，m=g(-b2)=-b24+c，∴M＝g（1）＝b+c+1，
则M-m=b+1+b24≤4，整理得b2+4b﹣12≤0，解得﹣6≤b≤2，
此时，0≤b＜2；
当0＜-b2≤1时，即当﹣2≤b＜0时，函数y＝g（x）在区间[-1，-b2)上单调递减，
在区间(-b2，1]上单调递增，所以，m=g(-b2)=-b24+c，∴M＝g（﹣1）＝﹣b+c+1，M-m=b24-b+1≤4，整理得b2﹣4b﹣12≤0，解得﹣2≤b≤6，
此时﹣2≤b＜0；
当-b2＞1，即当b＜﹣2时，函数y＝g（x）在区间[﹣1，1]上单调递减，∴M＝g（﹣1）＝﹣b+c+1，m＝g（1）＝b+c+1，M﹣m＝﹣2b≤4，∴b≥﹣2，此时b∈∅．
综上所述，﹣2≤b≤2，则实数b的最大值为2．