人教A版（2019）高中数学必修第一册第三章《函数的概念与性质》单元测试卷（困难）（含答案解析）

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人教A版（2019）高中数学必修第一册第三章《函数的概念与性质》单元测试卷
考试范围：第三章；考试时间：120分钟；总分：150分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）
1. 已知定义域为(0,+∞)的函数f(x)满足：(1)对任意x∈(0,+∞)，恒有f(2x)=2f(x)成立；(2)当x∈(1,2]时，f(x)=2−x.给出如下结论：
①对任意m∈Z，有f(2m)=0；
②函数f(x)的值域为[0,+∞)
③存在n∈Z，使得f(2n+1)=9；
④“函数f(x)在区间(a,b)上单调递减”的充要条件是“存在k∈Z，使得(a,b)⊆(2k,2k+1)”．
上述结论正确有(    )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
2. 与函数y= x是同一函数的是．(    )
A.  y=(3x)3 B. y=x2 C. y=x2x D. y=(x)2
3. 给出下列四个命题：
①函数是定义域到值域的映射；
②f(x)=x−3+2−x是函数；
③函数y=2x(x∈N)的图象是一条直线；
④f(x)=x2x与g(x)=x表示同一个函数．
其中正确的个数为(    )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
4. 函数f(x)满足f(−x)=f(x)，当x1，x2∈[0,+∞)时都有f(x1)−f(x2)x1−x2>0，且对任意的x∈[12,1]，不等式f(ax+1)≤f(x−2)恒成立，则实数a的取值范围是(    )
A. [−2,0] B. [−5,0] C. [−5,1] D. [−2,1]
5. 若函数f(x)同时满足：①对于定义域上的任意x，恒有f(x)+f(−x)=0 ②对于定义域上的任意x1,x2，当x1≠x2时，恒有f(x1)−f(x2)x1−x2<0，则称函数f(x)为“理想函数”.下列四个函数中，能被称为“理想函数”的有(    )
①f(x)=1x，②f(x)=ln (1+x2+x)，③f(x)=1−2x1+2x，     ④f(x)=−x2,x⩾0x2,x<0
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
6. 已知P是函数f(x)=x2图象上的一点，过P作圆x2+y2−4y+3=0的两条切线，切点分别为A，B，则PA⋅PB的最小值为(    )
A. −328 B. 22−3 C. 0 D. 32
7. 已知fx是定义在R上的奇函数，对任意x1,x2∈[0,+∞),x1≠x2，都有x1−x2fx1−fx2<0，且对于任意的t∈[1,3]，都有f(mt2−t)+f(2m)>0恒成立，则实数m的取值范围是(    )
A. m<13 B. m<311 C. m<24 D. 0 8. 已知f(x)=12x+1,x≤0|log2019x|,x>0，若存在三个不同实数a，b，c使得f(a)=f(b)=f(c)，则abc的取值范围是(    )
A. (0,1] B. [−2,0) C. (−2,0] D. (0,1)

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
9. 已知函数fx=−3x2+6x,x>03x+6−x−2,x<0，则下列说法正确的是(    )
A. 当m<−2，n<−2时，fm+n=fm+fn+8
B. 对于∀x1∈(0,+∞)，∀x2∈(−∞,0)，fx1−fx2≤3
C. 函数y=ffx+a(a∈R)可能有6个不同的零点
D. 若满足不等式xfx−a≥0成立的整数x恰有两个，则整数a的取值有9个
10. 已知函数fx=ax2+bx+2x2+1(a,b∈R)，则下列选项正确的是(    )
A. ∃a,b∈R,f(x)为增函数 B. ∃b∈R,对∀a∈R,f(x)为偶函数
C. ∃a∈R,对∀b∈R,f(x)有最大值 D. ∃b∈R,对∀a∈R,f(x)有最大值
11. 函数fx的定义域为D，若存在区间m,n⊆D使fx在区间m,n上的值域也是m,n，则称区间m,n为函数fx的“和谐区间”，则下列函数存在“和谐区间”的是(    )
A. fx=x B. fx=x2−2x+2
C. fx=x+1x D. fx=1x
12. 已知f(x)=−x+2,kx+k+2, x<1,x≥1,,(常数k≠0)，则(    )
A. 当k>0时，f(x)在R上单调递减
B. 当k> -12时，f(x)没有最小值
C. 当k=-1时，f(x)的值域为(0,+∞)
D. 当k=-3时，∀x1≥1,∃x2<1有f(x1)+f(x2)=0
第II卷（非选择题）

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 设集合A=0,12,B=12,1，函数fx=x+12,x∈A.21−x,x∈B,若x0∈A.且f(f(x0))∈A，则x0的取值范围是________．
14. 已知a>0，设函数f(x)=2009x+1+20072009x+1+sin⁡x(x∈[−a,a])的最大值为M，最小值为N，那么M+N=           ．
15. 已知函数fx=x+9x和函数gx=−x−a，若对任意的x1∈2,4，总存在x2∈0,1，使得gx2 16. 已知函数f(x)同时满足：①对于定义域上的任意x，恒有f(x)+f(−x)=0；②对于定义域上的任意x1，x2，当x1≠x2时，恒有f(x1)−f(x2)x1−x2<0，则称函数f(x)为“理想函数”.在下列三个函数中：(1)f(x)=1x；(2)f(x)=x2；(3)f(x)=−x2,x≥0x2,x<0.“理想函数”有__________.(只填序号)

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17. 已知函数f(x)，如果存在给定的实数对(a,b)，使得f(a+x)⋅f(a−x)=b恒成立，则称f(x)为“完美函数”．
(1)判断函数f1(x)=x, f2(x)=3x是否是“完美函数”，并说明理由；
(2)若f3(x)=tan x是一个“完美函数”，求出所有满足条件的有序实数对(a, b)；
(3)若定义域为R的函数f(x)是“完美函数”，且存在满足条件的有序实数对(0, 1)和(1, 4)，当x∈[0, 1]时，f(x)的值域为[1, 2]，求当x∈[−2020,2020]时，函数f(x)的值域．
18. 已知函数fx=lnx−ax2a∈R．
(1)若函数fx在区间0,1上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若直线l:y=kx+b与函数fx的图象有两个不同的交点Ax1,y1和Bx2,y2，是否存在直线l使得k=f′x1+x22？若存在，求出直线l的方程，若不存在，说明理由  . 
19. 函数fx=xx−a．
(1)根据a不同取值，讨论函数y=fx的奇偶性；
(2)若a≤0，对于任意的x∈0,1，不等式−1≤fx−x≤6恒成立，求实数a的取值范围；
(3)若已知a=2，D=−1,4.设函数gx=log12x2+x+k，x∈D，存在x1、x2∈D，使得fx1≤gx2，求实数k的取值范围．
20. 已知幂函数y=(k2−2k−2)⋅xm2−2m−3(m∈N*)的图象关于y轴对称，且在(0,+∞)上是减函数．
(1)求m和k的值;
(2)求满足(a+1)−m3<(3−2a)−m3的a的取值范围．
21. 已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x<0时，f(x)=x2+2x，
(1)求函数f(x)(x∈R)的解析式；
(2)求函数g(x)=x+1f(x)在区间(0,2)上的值域．
22. 某公司的电子新产品未上市时，原定每件售价100元．经过市场调研发现，该电子新产品市场潜力很大，该公司决定从第一周开始销售时，该电子产品每件售价比原定售价每周涨价4元，5周后开始保持120元的价格平稳销售，10周后由于市场竞争日益激烈，每周降价2元，直到15周结束，该产品不再销售．
(1)求售价f(t)(单位：元)与周次t(t∈N*)之间的函数关系式；
(2)若此电子产品的单件成本h(t)(单位：元)与周次t之间的关系式为h(t)=-18(t−7)2+100，t∈[1,15]，t∈N*，试问：此电子产品第几周的单件销售利润(销售利润=售价−成本)最大？
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查抽象函数，解题的关键点是通过题干已知的函数性质，推出函数在分段区间上的解析式，考查学生的逻辑推理能力和分析问题、解决问题的能力，属于难题．
①根据定义可求出f(2)=0，再逐步递推f(2m)=2f(2m−1)=22f(2m−2)=……=2m−1f(2)=0；
②分区间分类讨论，得出在定义域内函数的值域；
③根据②的结论：当x∈(2m,2m+1]时，f(x)=2m+1−x≥0，求出f(2n+1)=2n+1−(2n+1)=2n−1，再判断是否存在n值；
④由②的结论即可得解．
【解答】
解：①f(2m)=2f(2m−1)=22f(2m−2)=···=2m−1f(2)=2m−1(2−2)=0，所以①正确；
②因为当x∈(1,2]时，f(x)=2−x，
所以当x∈(2,4]时，12x∈(1,2],∴f(x)=2f(x2)=4−x∈[0,2)；
当x∈(4,8]时，12x∈(2,4],∴f(x)=2f(x2)=8−x∈[0,4)；…………；
以此类推：当x∈(2m,2m+1]时，12mx∈(1,2],∴fx=2m+1−x∈[0,2m)，…………；
所以f(x)的值域为[0,+∞)，所以②正确；
③由②可知，当x∈(2n,2n+1]时，f(x)=2n+1−x≥0，所以f(2n+1)=2n+1−(2n+1)=2n−1．
若f(2n+1)=9，则2n−1=9，解得2n=10，显然n∉Z，所以③错误；
④由②可知，当x∈(2k,2k+1)时，f(x)=2k+1−x单调递减，所以④正确；
所以正确的有①②④，
故选：C．  
2.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了函数概念，同一函数的概念应用.如果两个函数为同一函数，则定义域与对应法则应相同，逐一判断即可．
【解答】
解：y=x的定义域为R，
A.y=3x3可化为y=x，是同一函数，此选项正确；
B.函数y=(x)2=x的定义域为{x|x≥0}，和y=x定义域不相同，不是同一函数，此选项错误；
C.y=x2x的定义域x|x≠0，定义域不同，不是同一函数，此选项错误；
D.y=x2可化为y=x，对应法则不同，不是同一函数，此选项错误．
故选A．
  
3.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查函数、映射及相等函数的概念、函数的图象，逐一判断即可．
本题考查了函数的定义及其性质，属于基础题．
【解答】
解：①函数是其定义域到值域的映射，正确；
②由x−3≥02−x≥0，解得x≥3x≤2，所以定义域为空集，故f(x)不是函数；
③函数y=2x(x∈N)的图象是离散的点，故不正确；
④函数f(x)=x2x 与gx=x的定义域不同，不是同一函数，故不正确．
故选A．
  
4.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了函数奇偶性和单调性的运用，不等式恒成立问题，考查了分析和转化能力，属于中档题．
根据题意可得f(x)为偶函数且在[0,+∞)上单调递增，则对任意的x∈12,1不等式f(ax+1)≤f(x−2)恒成立，等价于|ax+1|≤|x−2|在[12,1]上恒成立，然后去掉绝对值，参数分离a，转化为函数最值问题即可得到答案．
【解答】
解：因为函数f(x)满足f(−x)=f(x)，
所以f(x)为偶函数，
又当x1，x2∈[0,+∞)时都有f(x1)−f(x2)x1−x2>0，
所以f(x)在[0,+∞)上单调递增，
所以不等式f(ax+1)≤f(x−2)即f(|ax+1|)≤f(|x−2|)，
所以|ax+1|≤|x−2|在[12,1]上恒成立，
又当x∈[12,1]时，|x−2|=2−x，
所以|ax+1|≤2−x在[12,1]上恒成立，
即x−2≤ax+1≤2−x在[12,1]上恒成立，
所以1−3x≤a≤1x−1在[12,1]上恒成立，
又当x∈[12,1]时，y=1−3x单调递增，则1−3xmax=1−3=−2；
当x∈[12,1]时，y=1x−1单调递减，则1x−1min=0．
所以−2≤a≤0.
故选A．  
5.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查对函数新定义的理解，函数奇偶性、单调性的判断．
通过对理想函数的分析，只要满足在定义域内既是奇函数又是递减的就符合条件，然后对所给的函数逐个分析是否正确即可．
【解答】
解：∵对于定义域上的任意x，恒有f(x)+f(−x)=0，
∴f(x)是奇函数，
又∵对于定义域上的任意x1，x2，当x1≠x2时，恒有f(x1)−f(x2)x1−x2<0，
∴f(x)为减函数；
对于①，∵函数f(x)=1x在(0,+∞)和(−∞,0)是减函数，不能说在定义域上是减函数，∴①不是“理想函数”；
对于②，∵1+x2>x2，即1+x2>x，则1+x2+x>0，
∴函数f(x)=ln(1+x2+x)的定义域为R，
∵函数y=lnx在0,+∞上单调递增，函数y=1+x2+x在R上单调递增，
∴函数f(x)=ln(1+x2+x)为R上的增函数，∴②不是“理想函数”；
对于③，∵f(x)=1−2x1+2x=−1−2x+21+2x=−1+21+2x，减函数，
且f(−x)=1−2−x1+2−x=2x−12x2x+12x=−1−2x1+2x=−f(x)，
∴f(x)在R上既是奇函数，又是单调递减函数，∴③是“理想函数”；
对于④，∵f(x)=−x2,x⩾0x2,x <0,
由二次函数的图象和单调性可知，f(x)为奇函数且在R上单调递减，∴④是“理想函数”．
故选C 
  
6.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查平面向量的数量积，圆有关的最值问题，属于较难题．
根据题意，进行求解即可．
【解答】
解：圆x2+y2−4y+3=0的圆心C(0,2)，半径为1，
如图，设∠BPC=α，P(x,x2)．

所以PA⋅PB=|PA|⋅|PB|cos2α=|PA|2(1−2sin2α)，
其中|PA|2=|PC|2−|BC|2=|PC|2−1,sin2α=|AC|2|PC|2=1|PC|2．
所以，PA⋅PB=(|PC|2−1)(1−2|PC|2)=|PC|2+2|PC|2−3．
因为|PC|2=x2+(x2−2)2=x4−3x2+4，
当x2=32时，|PC|2min=74，即有|PC|2∈[74,+∞)．
可知：函数y=x+2x在[74,+∞)上单调递增，
此时，|PC|2+2|PC|2−3≥74+87−3=−328，即PA⋅PB≥−328．
所以PA⋅PB的最小值为−328．
故选A．  
7.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查函数奇偶性与单调性，同时考查不等式恒成立问题，一般通过分离参数处理函数在某一区间恒成立问题，由x1−x2fx1−fx2<0，可判断函数为减函数，将f(mt2−t)+f(2m)>0变形为f(mt2−t)>−f(2m)=f(−2m)，再将函数转化成恒成立问题即可．
【解答】
解：∵x1−x2fx1−fx2<0，∴fx为R上减函数，
又fx是定义在R上的奇函数，
故f(mt2−t)+f(2m)>0可变形为f(mt2−t)>−f(2m)=f(−2m)，即f(mt2−t)>f(−2m)，
根据函数在R上为减函数可得mt2−t<−2m，整理后得m y=t+2t在t∈[1,2]为减函数，t∈[2,3]为增函数，
所以y1=1t+2t在t∈[1,2]为增函数，t∈[2,3]为减函数，
所以m 所以m<311．
故选B．
  
8.【答案】C 
【解析】解：由题意，可画出f(x)函数的图象大致如下：

∵存在三个不同实数a，b，c，使得f(a)=f(b)=f(c)，
可假设a ∴根据函数图象，可知：−21．
又∵f(b)=f(c)，
∴|log2019b|=|log2019c|，
即：−log2019b=log2019c.
∴log2019b+log2019c=0．
∴log2019bc=0，即bc=1．
∴abc=a．
∵−2 ∴−2 故选：C．
本题可先画出分段函数f(x)的图象，然后根据图象分析a、b、c的取值范围，再根据对数函数以及绝对值函数的性质得出bc=1，即可得到abc的取值范围．
本题主要考查分段函数的图象画法，数形结合法的应用，绝对值函数以及对数函数的应用，不等式的性质．本题属中档题．

9.【答案】ACD 
【解析】
【分析】
本题考查分段函数，函数的零点与方程的根的关系，函数图象的应用，函数的值域，函数的解析式，属较难题．
化简函数可得f(x)=−3x2+6x,x>02x+4,−20时，若x的两个整数为1，2时，x>0与x<0各有一个整数时，当x<0时x有两个整数，分别讨论整数a的取值个数即可判定．
【解答】
解：由题意f(x)=−3x2+6x,x>02x+4,−2 对于A，当m<−2，n<−2时，m+n<−4，所以f(m+n)=−4(m+n)−8，f(m)+f(n)+8=−4m−8−4n−8+8=−4m+n−8，
所以f(m+n)=f(m)+f(n)+8，故A正确；
对于B，对于∀x1∈(0,+∞)，f(x1)=−3x12+6x1=−3x1−12+3⩽3；
当−2 所以∀x2∈(−∞,0)，f(x2)⩾0，则−f(x2)⩽0，
所以对于∀x1∈(0,+∞)，∀x2∈(−∞,0)，f(x1)−f(x2)⩽3，所以|f(x1)−f(x2)|⩾0，故B错误；
对于C，若函数y=ffx+a(a∈R)可能有6个不同的零点，令t=f(x)，则方程f(x)=t最多有4个解，则y=f(t)+a=0至少有2个解，

由f(x)图象可得：
当a=−3时，有f(t)=3有3个解：t1<−2，−2 对于D，当x>0时，f(x)⩾a；当x<0时，f(x)⩽a．
所以当x>0时，若x的两个整数为1，2，则f(3) 当x>0与x<0各有一个整数时，由f(2) 当x<0时x有两个整数，f(−1)⩽a0时没有整数，所以a>f(1)=3，所以3 综上所述，满足不等式xfx−a≥0成立的整数x恰有两个，则整数a的取值有9个，故D正确．
故选：ACD．
  
10.【答案】BCD 
【解析】
【分析】
本题考查了全称量词命题和存在量词命题的真假判定.根据全称量词命题和存在量词命题的真假关系，结合函数的性质，利用全称量词命题的真假得到存在量词命题的真假情况．
【解答】
解：A选项：命题M:“∃a,b∈R,f(x)为增函数   ”的否定为命题N:“∀a,b∈R,f(x)不是增函数   ”．
当a=0，b=0时，f(x)=2x2+1在(−∞,0]上单调递增，在(0,+∞)上单调递减，即N真，从而M假，故A选项错误．
B选项：当b=0时，fx=ax2+2x2+1，则有f−x=a−x2+2−x2+1=ax2+2x2+1=fx，故知f(x)为偶函数.故B选项正确．
C选项：命题M:“∃a∈R,对∀b∈R,f(x)有最大值  ”的否定为命题N:“∀a∈R,对∃b∈R,f(x)没有最大值”，
当a=0，b=0时，f(x)=2x2+1在x=0处取得最大值2，即N假，从而M真，故C选项正确．
D选项：命题M:“∃b∈R,对∀a∈R,f(x)有最大值”的否定为命题N:“∀b∈R,对∃a∈R,f(x)没有最大值”，
当a=0，b=0时，f(x)=2x2+1在x=0处取得最大值2，即N假，从而M真，故D选项正确．
故选BCD．
  
11.【答案】ABD 
【解析】
【分析】
本题考查幂函数，二次函数，f(x)=x+1x函数的定义域，值域和单调性，利用这些函数的特性运用等价转化思想，合理构建方程，研究符合条件的解是否存在，属较难题．
对于A，关键是转化为判断x=x是否有两个相异正根;对于B，关键是转化为判断f(x)=x是否有两个相异的不小于1的根;对于C，抓住函数各区间上的单调性，及值域为(−∞,−2]∪[2,+∞)的特性，分类讨论各区间存在性问题即可;解D的关键是抓住函数的定义域和值域都是为(−∞,0)∪(0,+∞)，结合函数的单调性进行分类讨论即可
【解答】
解：f(x)=x定义域为[0,+∞)，在此定义域内函数是单调递增函数，
若此函数有“和谐区间”[m,n]，
则f(m)=mf(n)=n，即m，n就是f(x)=x的两个相异的非负根，
显然0，1满足x=x，
0，1就是两个相异的非负根， 
所以[0,1]是函数的“和谐区间， A正确;
f(x)=x2−2x+2=x−12+1定义域为R，
在(−∞,1)内函数单调递减，在(1,+∞)函数单调递增，
函数值域为[1,+∞)，
故此函数有“和谐区间”[m,n]，它是值域的子集，必有m⩾1，
又因为函数在“和谐区间”[m,n]上单调递增，
则f(m)=mf(n)=n，即m，n是f(x)=x的两个相异的不小于1的根，
即m，n是方程x2−3x+2=0的两个相异的不小于1的根， 
显然1，2就是两个相异的不小于1的根， 
所以[1,2]是函数的“和谐区间， B正确;
f(x)=x+1x定义域为非零实数集，
在(−∞,−1)内函数单调递增，在(−1,0)内函数单调递减，
(0,1) 函数单调递减，(1,+∞)函数单调递增，
函数值域为(−∞,−2]∪[2,+∞)，
故此函数有“和谐区间”[m,n]，它是值域的子集，必有n⩽−2，或者m⩾2，
①n⩽−2，则函数在[m,n]单调递增， f(m)=mf(n)=n,
即m，n是f(x)=x的两个不大于−2的相异根，
x+1x=x⇒1x=0无解，
②m⩾2，则函数在[m,n]单调递增， f(m)=mf(n)=n,
即m，n是f(x)=x的两个不小于2的相异根，
x+1x=x⇒1x=0 无解， 
综上，此函数不存在和谐区间，C错误;
f(x)=1x定义域为非零实数集，
在(−∞,0)内函数单调递减，相应函数值范围为(−∞,0)，
在(0,+∞)内函数单调递减，相应函数值范围为(0,+∞)
故此函数有“和谐区间”[m,n]，必有n<0或者m>0，
①n<0，则函数在[m,n]单调递减， f(m)=nf(n)=m,
即1m=n1n=m⇒mn=1,
显然，满足这个条件的和谐振区间有无数多，
例如−2,−12,−3,−13等，
②m>0，则函数在[m,n]单调递减， f(m)=nf(n)=m,
即1m=n1n=m⇒mn=1,
显然，满足这个条件的和谐振区间有无数多，
例如12,2,13,3等，
综上，此函数存在和谐区间， D正确．
故选ABD．
  
12.【答案】BD 
【解析】
【分析】
本题考查分段函数的单调性，最值，值域等问题，考查学生的运算转化能力，属于较难题．
解本题时针对各个选项，根据给的条件以及函数的性质逐个判断是否正确，即可解题．
【解答】
解：对于选项A，当k>0时，当x≥1时，函数f(x)单调递减，f(1)=2k+2>2>1，
当x<1时，函数单调递减，但−1+2=1≠f(1)，
所以函数在R上不单调，A错误；
对于选项B，当k>−12时，当x<1时，函数显然没有最小值，
则①当−12−121−12+2=1，即函数此时没有最小值，
②当k>0时，kx+k+2>2，此时函数仍然没有最小值，
综上，当k>−12时，函数没有最小值，B正确；
对于选项C，当k=−1时，
当x≥1时，f(x)=−1x+1∈[0,1)，
当x<1时，f(x)=−x+2>1，
所以此时函数的值域为[0,1)∪(1,+∞)，C错误；
对于选项D，k=−3时，f(x)=−x+2,x<1−3x−1,x≥1，
当x≥1时，f(x)=−3x−1∈[−4,−1)，
当x<1时，f(x)=−x+2∈(1,+∞)，显然有(1,4]⊆(1，+∞)，
则对任意x1≥1，∃x2<1，有f(x1)+f(x2)=0，D正确．
故选BD．
  
13.【答案】(14,12) 
【解析】
【分析】
本题考查了分段函数，复合函数的求值，根据题意，先求出f(x0)，然后按f(x0)∈A，f(x0)∈B两种情况进行讨论求出f[f(x0)]，再根据f[f(x0)]∈A可得x0的范围，进而求得x0的取值范围．
【解答】
解：∵x0∈A，
∴f(x0)=x0+12，
(1)当x0+12∈A，
即−12≤x0<0时，f[f(x0)]=f(x0+12)=x0+1，
又f[f(x0)]∈A，
所以0≤x0+1<12，
解得−1≤x0<−12，此时无解；
(2)当x0+12∈B，
即0≤x0≤12时，f[f(x0)]=f(x0+12)=2[1−(x0+12)]=1−2x0，
又f[f(x0)]∈A，
所以0≤1−2x0<12，
解得14 又x0∈A，
∴14 故答案为(14,12)．
  
14.【答案】4016 
【解析】
【分析】
本题通过求函数的最值问题，综合考查了有理数指数幂的运算性质，指数函数的单调性，正弦函数的单调性，难度比较大．要求f(x)的最大值与最小值之和，可分解为求2009x+1+20072009x+1的最大值与最小值之和sinx的最大值与最小值之和，利用它们的单调性，求解即可．
【解答】
解：∵f(x)=2009x+1+20072009x+1+sinx(x∈[−a,a])，
∴设g(x)=2009x+1+20072009x+1，
则g(x)=2009x+1+2009−22009x+1=2009−22009x+1，
∵函数y=2009x是R上的增函数，∴g(x)也是R上的增函数．
∴函数g(x)在[−a,a]上的最大值是g(a)，最小值是g(−a)．
∵函数y=sinx是奇函数，它在[−a,a]上的最大值与最小值互为相反数，最大值与最小值的和为0．
∴函数f(x)的最大值M与最小值N之和M+N=g(a)+g(−a)
=2009−22009a+1+2009−22009−a+1(第四项分子分母同乘以2009a)
=4018−[22009a+1+2×2009a2009a+1]
=4018−2=4016．
故答案为4016．
  
15.【答案】a>−7 
【解析】
【分析】
本题考查函数不等式的存在与恒成立问题，考查转化能力，属于拔高题．
原问题转化为gxmin 【解答】
解：对任意的x1∈2,4，总存在x2∈0,1，使得gx2 因对勾函数fx=x+9x在[2,3]上递减，在[3,4]上递增，
故当x1∈2,4时，fxmin=f(3)=6，
函数gx=−x−a在[0,1]上递减，若对任意的x2∈[0,1]， gxmin=g(1)=−1−a，
由题意gxmin−7．
故答案为a>−7．
  
16.【答案】(3) 
【解析】
【分析】
由函数的奇偶性及单调性逐一判断即可得解，
本题考查了函数的奇偶性及单调性，属中档题．
【解答】
解：由题意知：若函数f(x)为“理想函数”，则函数f(x)为奇函数且为减函数，
对于(1)f(x)=1x，为奇函数，但在定义域上不为减函数，
对于(2)f(x)=x2为偶函数，
对于(3)f(x)=−x2,x≥0x2,x<0为奇函数且为减函数，
故答案为(3)．  
17.【答案】解：(1)若f1(x)=x是“完美函数”，则存在实数对(a,b)，
使得(a+x)(a−x)=b．
即x2=a2−b对x∈R恒成立，而关于x的方程x2=a2−b最多有两个解，不符合题意．
因此f1(x)=x不是“完美函数”．
若f2(x)=3x是“完美函数”，则存在实数对(a,b)，使得3a+x⋅3a−x=32a=b，
即存在常数对(a,32a)满足条件，
因此f2(x)=3x是“完美函数”．
(2)∵f3(x)=tanx是一个“完美函数”，
∴存在序实数对(a,b)满足tan(a+x)⋅tan(a−x)=b恒成立，
当a=kπ+π2,k∈Z时，tan(a+x)⋅tan(a−x)=−cot2x，不是常数．
∴a≠kπ+π2,k∈Z．
当x≠mπ+π2,m∈Z时，有tana+tanx1−tana⋅tanx⋅tana−tanx1+tana⋅tanx=tan2a−tan2x1−tan2a⋅tan2x=b恒成立，
即(btan2a−1)tan2x+(tan2a−b)=0恒成立．
则btan2a−1=0tan2a−b=0⇒tan2a=1b=1
⇒a=kπ±π4,k∈Zb=1,
当x=mπ+π2,m∈Z，a=kπ±π4,k∈Z时，
tan(a+x)⋅tan(a−x)=cot2a=1成立．
因此满足f3(x)=tanx是一个“完美函数”时，实数对(a,b)=(kπ±π4,1)(k∈Z)．
(3)函数f(x)是“完美函数”，且存在满足条件的有序实数对(0,1)和(1,4)，
∴f(x)⋅f(−x)=1，f(1+x)⋅f(1−x)=4，
∵f(1+x)⋅f(1−x)=4⇔f(x)⋅f(2−x)=4，x∈[1,2]时，2−x∈[0,1]，
f(2−x)∈[1,2]，f(x)=4f(2−x)∈[2,4]，
∴x∈[0,2]时，f(x)∈[1,4]，
f(x)⋅f(−x)=1f(1+x)⋅f(1−x)=4⇒f(−x)=1f(x)f(−x)=4f(2+x)⇒f(x+2)=4f(x)，
∴x∈[2,4]时，f(x)∈[4,16]，x∈[4,6]时，f(x)∈[16,64]，…
以此类推可知：x∈[2k,2k+2]时，f(x)∈[22k,22k+2]，
∴当x∈[2018,2020]时，f(x)∈[22018,22020]，
因此x∈[0,2020]时，f(x)∈[1,22020]，x∈[−2020,0]时，
f(x)=1f(−x),−x∈[0,2020],f(−x)∈[1,22020]
⇒f(x)∈[2−2020,1]，
综上可知当x∈[−2020,2020]时函数f(x)的值域为[2−2020,22020]. 
【解析】本题考查了对新定义的理解，函数的性质应用，函数值域的求法，属于较难题．
(1)假设f1(x)，f2(x)为完美函数，根据新定义得出恒等式，判断恒等式是否成立即可得出结论；
(2)假设f3(x)为完美函数，列出恒等式，根据和角的正切公式计算，得出关于x的恒等式解出a，b；
(3)根据定义列出恒等式，根据所给条件归纳得出当x∈[2k,2k+2]时，f(x)∈[22k,22k+2]，从而求的f(x)的值域．

18.【答案】解：
(1)函数f(x)的定义域为0,+∞，
其导函数为f′(x)=1−2ax2x，
若函数f(x)在区间0,1上单调递增，则当0 (2)不存在直线l使得k=f′x1+x22;
理由：假设存在，
由题意可知y1=lnx1−ax12，y2=lnx2−ax22，x1≠x2，
k=y2−y1x2−x1=lnx2−lnx1x2−x1−ax2+x1，f′x1+x22=2x1+x2−ax1+x2;
因为k=f′x2+x12，即2x1+x2−ax1+x2=lnx2−lnx1x2−x1−ax2+x1;
所以lnx2−lnx1x2−x1=2x2+x1，即lnx1x2=2x1x2−1x1x2+1，
令t=x1x2t>0,t≠1，则上式化为lnt=2−4t+1;
构造Ft=lnt+4t+1−2，
则F′t=1t−4t+12=t−12tt+12，
显然，Ft在0,1和1,+∞上都单调递增，
又因为F1=0，所以方程lnt=2−4t+1t>0,t≠1无解;
综上，不存在直线l使得k=f′x1+x22．
 
【解析】本题考查了函数单调性，值域和定义域及单调区间即指数函数与对数函数的综合应用，属于困难题．
(1)对其原函数求导，在通过求导判断其单调性从而进行解答；
(2)先假设存在，由题意可知y1=lnx1−ax12，y2=lnx2−ax22，x1≠x2，k=y2−y1x2−x1=lnx2−lnx1x2−x1−ax2+x1，f′x1+x22=2x1+x2−ax1+x2，然后进行函数的构造，然后又求导，根据其单调性判断是否存在．

19.【答案】解：(1)函数fx=xx−a的定义域为R，关于原点对称，
当a=0时，fx=xx，f−x=−x⋅−x=−xx=−fx，
此时，函数y=fx为奇函数；
当a≠0时，fx=xx−a，−fx=−xx−a，f−x=−x⋅−x−a=−xx+a，则f−x≠fx，f−x≠−fx，
此时，函数y=fx为非奇非偶函数；
(2)当x=0时，则有−1≤0≤6恒成立，此时a∈R；
当0 即1−1x≤x−a≤1+6x，∵0 所以，不等式x−a≥1−1x对任意的x∈0,1恒成立，
由x−a≤1+6x，即a−x≤1+6x，∴−1−6x≤a−x≤1+6x，
即x−6x−1≤a≤x+6x+1，
∵函数hx=x−6x−1在区间0,1上单调递增，a≥hxmax=h1=−6，
函数φx=x+6x+1在区间0,1上单调递减，则a≤φxmin=φ1=8，∴−6≤a≤8，
因此，实数a的取值范围是−6,8；
(3)由题意知，当x∈−1,4时，fxmin≤gxmax，
当a=2时，fx=xx−2=x2−x,−1≤x≤2xx−2,2 当−1≤x≤2时，fx=2x−x2=−x−12+1，
此时，函数y=fx在区间−1,1上单调递增，在1,2上单调递减，且f−1=−3，f2=0，则fx≥−3；
当2 此时，函数y=fx在区间2,4上单调递增，则fx>0，
所以，函数y=fx在区间−1,4上的最小值为fxmin=−3，
对于函数gx=log12x2+x+k，内层函数u=x2+x+k在区间−1,−12上单调递减，在区间−12,4上单调递增，外层函数y=log12u是减函数，
所以，gxmax=g−12=log12k−14，
由题意得log12k−14≥−3，则有0 因此，实数k的取值范围是14,334． 
【解析】本题考查函数的奇偶性，不等式的恒成立问题，复合函数的单调性，涉及y=x+1/x函数，函数的单调性与单调区间，函数的最值，考查分类讨论思想，划归与转化思想和运算化简的能力，属于综合题．
(1)按a=0与a≠0讨论，利用函数奇偶性定义可得；
(2)当x=0时，a∈R，当0 (3)问题转化为当x∈−1,4时，fxmin≤gxmax，分别求出最值即可．

20.【答案】解：(1)∵幂函数f(x)=(k2−2k−2)xm2−2m−3，
∴k2−2k−2=1，解得k=−1或3，
又因为幂函数f(x)在(0,+∞)上是减函数，
∴m2−2m−3<0，解得−1 ∵m∈N*，∴m=1或m=2，
又因为幂函数图象关于y轴对称，
当m=1时，f(x)=x−4，图象关于y轴对称，符合题意；
当m=2时，f(x)=x−3，图象关于原点对称，不合题意， 
综上，k=−1或3，m=1；
(2)由(1)可得m=1，
∴原不等式可化为a+1−13<3−2a−13，
而函数y=x−13在(−∞,0)和(0,+∞)上分别为减函数，
所以不等式可化为：a+1>3−2a>0或3−2a 解得23  
【解析】本题考查幂函数的性质及其应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．
(1)由幂函数的定义求出k，由幂函数的单调性求出m；
(2)将不等式化为a+1−13<3−2a−13，根据函数y=x−13的单调性，可得a+1>3−2a>0或3−2a
21.【答案】解：(1)当x>0时，−x<0，
则f(x)=−f(−x)=−(x2−2x)=−x2+2x，
又因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(0)=0，
故f(x)=x2+2x,x<00,x=0−x2+2x,x>0．
(2)由(1)可得g(x)=x+1−x2+2x，x∈(0,2)，
令t=x+1，t∈(1,3)，
则y=t−t2+4t−3=1−t+4−3t=1−(t+3t)+4，
由对勾函数的性质可得23⩽t+3t<4，
∴−4<−(t+3t)⩽−23，
∴0<−(t+3t)+4⩽−23+4，
∴1−(t+3t)+4⩾1−23+4=1+32，
∴函数g(x)=x+1f(x)在区间(0,2)上的值域为1+32,+∞
 
【解析】本题主要考查了函数的奇偶性，分段函数，函数的值域．
(1)根据函数的奇偶性，即可求出函数f(x)在R上的解析式；
(2)由(1)可得g(x)=x+1−x2+2x，x∈(0,2)，令t=x+1，t∈(1,3)，则函数可化为y=t−t2+4t−3=1−(t+3t)+4，利用对勾函数的性质求出23⩽t+3t<4，即可求出g(x)的值域．

22.【答案】解：(Ⅰ)当t∈[1,5]时，f(t)=100+4t；
当t∈[6,10]时，f(t)=120；
当t∈[11,15]时，f(t)=120−2(t−10)=140−2t．
所以f(t)=100+4t,t∈[1,5],120,t∈[6,10],140−2t,t∈[11,15],(t∈N*)．
(Ⅱ)由于单件电子产品的销售利润=售价−成本，
即单件销售利润g(t)=f(t)−h(t)，
所以，当t∈[1,5]时，g(t)=100+4t+18(t−7)2−100=18t2+94t+498=18(t+9)2−4．
此时g(t)单调递增，所以当t=5时，g(t)取得最大值1648．
当t∈[6,10]时，g(t)=120+18(t−7)2−100=18(t−7)2+20．
当t=10时，g(t)取得最大值1698．
当t∈[11,15]时，g(t)=140−2t+18(t−7)2−100=18t2−154t+3698=18(t−15)2+18．
当t=11时，g(t)取得最大值20．
综上，该电子产品第10周时单件销售利润1698最大．
 
【解析】本题考查函数的应用，分段函数、二次函数求最值．属于拔高题．
(Ⅰ)分别求出当t∈[1,5]，t∈[6,10]以及t∈[11,15]时的函数f(t)的解析式，再写成分段函数的形式；
(Ⅱ)根据单件销售利润g(t)=f(t)−h(t)，分别求出g(t)在各段上的最大值，再取其中最大者，即可得到答案．