专题02 函数的概念与性质必考题型（真题、自招、模拟）分类训练-高考数学二轮复习讲义+分层训练（上海高考专用）

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专题02 函数的概念与性质必考题型分类训练
【三年高考真题练】
一．选择题（共2小题）
1．（2022•上海）下列函数定义域为R的是（　　）
A．y＝ B．y＝x﹣1 C．y＝ D．y＝
【分析】化分数指数幂为根式，分别求出四个选项中函数的定义域得答案．
【解答】解：，定义域为{x|x＞0}，
，定义域为{x|x≠0}，
，定义域为R，
，定义域为{x|x≥0}．
∴定义域为R的是．
故选：C．
【点评】本题考查函数的定义域及其求法，是基础题．
2．（2021•上海）以下哪个函数既是奇函数，又是减函数（　　）
A．y＝﹣3x B．y＝x3 C．y＝log3x D．y＝3x
【分析】结合基本初等函数的单调性及奇偶性分别检验各选项即可判断．
【解答】解：y＝﹣3x在R上单调递减且为奇函数，A符合题意；
因为y＝x3在R上是增函数，B不符合题意；
y＝log3x，y＝3x为非奇非偶函数，C不符合题意；
故选：A．
【点评】本题主要考查了基本初等函数的单调性及奇偶性的判断，属于基础题．
二．填空题（共1小题）
3．（2020•上海）若函数y＝a•3x+为偶函数，则a＝　1　．
【分析】根据题意，由函数奇偶性的定义可得a•3（﹣x）+＝a•3x+，变形分析可得答案．
【解答】解：根据题意，函数y＝a•3x+为偶函数，则f（﹣x）＝f（x），
即a•3（﹣x）+＝a•3x+，
变形可得：a（3x﹣3﹣x）＝（3x﹣3﹣x），
必有a＝1；
故答案为：1．
【点评】本题考查函数的奇偶性的性质以及应用，关键是掌握函数奇偶性的定义，属于基础题．
三．解答题（共3小题）
4．（2020•上海）已知非空集合A⊆R，函数y＝f（x）的定义域为D，若对任意t∈A且x∈D，不等式f（x）≤f（x+t）恒成立，则称函数f（x）具有A性质．
（1）当A＝{﹣1}，判断f（x）＝﹣x、g（x）＝2x是否具有A性质；
（2）当A＝（0，1），f（x）＝x+，x∈[a，+∞），若f（x）具有A性质，求a的取值范围；
（3）当A＝{﹣2，m}，m∈Z，若D为整数集且具有A性质的函数均为常值函数，求所有符合条件的m的值．
【分析】（1）利用函数的单调性结合新定义，逐个判断即可；
（2）依题意，为增函数，由双勾函数的图象及性质即得解；
（3）根据条件，分m≤0，m为正偶数和m为正奇数三种情况，求出条件的m的值．
【解答】解：（1）∵f（x）＝﹣x为减函数，
∴f（x）＜f（x﹣1），
∴f（x）＝﹣x具有A性质；
∵g（x）＝2x为增函数，
∴g（x）＞g（x﹣1），
∴g（x）＝2x不具有A性质；
（2）依题意，对任意t∈（0，1），f（x）≤f（x+t）恒成立，
∴为增函数（不可能为常值函数），
由双勾函数的图象及性质可得a≥1，
当a≥1时，函数单调递增，满足对任意t∈（0，1），f（x）≤f（x+t）恒成立，
综上，实数a的取值范围为[1，+∞）．
（3）∵D为整数集，具有A性质的函数均为常值函数，
当m≤0时，取单调递减函数f（x）＝﹣x，两个不等式恒成立，但f（x）不为常值函数；
当m为正偶数时，取，两个不等式恒成立，但f（x）不为常值函数；
当m为正奇数时，根据对任意t∈A且x∈D，不等式f（x）≤f（x+t）恒成立，
可得f（x﹣m）≤f（x）≤f（x+m）≤f（x+1）≤f（x﹣1）≤f（x﹣m），
则f（x）＝f（x+1），所以f（x）为常值函数，
综上，m为正奇数．
【点评】本题以新定义为载体，考查抽象函数的性质及其运用，考查逻辑推理能力及灵活运用知识的能力，属于中档题．
5．（2021•上海）已知函数f（x）＝﹣x．
（1）若a＝1，求函数的定义域；
（2）若a≠0，若f（ax）＝a有2个不同实数根，求a的取值范围；
（3）是否存在实数a，使得函数f（x）在定义域内具有单调性？若存在，求出a的取值范围．
【分析】（1）把a＝1代入函数解析式，由根式内部的代数式大于等于0求解绝对值的不等式得答案；
（2）f（ax）＝a⇔，设ax+a＝t≥0，得a＝t﹣t2，t≥0，求得等式右边关于t的函数的值域可得a的取值范围；
（3）分x≥﹣a与x＜﹣a两类变形，结合复合函数的单调性可得使得函数f（x）在定义域内具有单调性的a的范围．
【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝，
由|x+1|﹣1≥0，得|x+1|≥1，解得x≤﹣2或x≥0．
∴函数的定义域为（﹣∞，﹣2]∪[0，+∞）；
（2）f（ax）＝，
f（ax）＝a⇔，
设ax+a＝t≥0，∴有两个不同实数根，整理得a＝t﹣t2，t≥0，
∴a＝，t≥0，当且仅当0≤a＜时，方程有2个不同实数根，
又a≠0，∴a的取值范围是（0，）；
（3）当x≥﹣a时，f（x）＝﹣x＝，在[，+∞）上单调递减，
此时需要满足﹣a≥，即a，函数f（x）在[﹣a，+∞）上递减；
当x＜﹣a时，f（x）＝﹣x＝，在（﹣∞，﹣2a]上递减，
∵a＜0，∴﹣2a＞﹣a＞0，即当a时，函数f（x）在（﹣∞，﹣a）上递减．
综上，当a∈（﹣∞，﹣]时，函数f（x）在定义域R上连续，且单调递减．
【点评】本题考查函数定义域的求法，考查函数零点与方程根的关系，考查函数单调性的判定及其应用，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属难题．
6．（2021•上海）已知x1，x2∈R，若对任意的x2﹣x1∈S，f（x2）﹣f（x1）∈S，则有定义：f（x）是在S关联的．
（1）判断和证明f（x）＝2x﹣1是否在[0，+∞）关联？是否有[0，1]关联？
（2）若f（x）是在{3}关联的，f（x）在x∈[0，3）时，f（x）＝x2﹣2x，求解不等式：2≤f（x）≤3．
（3）证明：f（x）是{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的，当且仅当“f（x）在[1，2]是关联的”．
【分析】（1）任取x1﹣x2∈[0，+∞），证明f（x1）﹣f（x2）∈[0，+∞），证明f（x）＝2x﹣1在[0，+∞）关联，取x1＝1，x2＝0，证明f（x）在[0，1]不关联；（2）先得到f（x+3）﹣f（x）＝3，再得到x∈[0，3）和x∈[3，6）的解析式，进而得到答案；（3）先证明f（x）在{1}是关联的⇒f（x）是在{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的，再证明f（x）在[1，2]是关联的⇒f（x）是在{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的．
【解答】解：（1）f（x）在[0，+∞）关联，在[0，1]不关联，
任取x1﹣x2∈[0，+∞），则f（x1）﹣f（x2）＝2（x1﹣x2）∈[0，+∞），∴f（x）在[0，+∞）关联；
取x1＝1，x2＝0，则x1﹣x2＝1∈[0，1]，
∵f（x1）﹣f（x2）＝2（x1﹣x2）＝2∉[0，1]，∴f（x）在[0，1]不关联；
（2）∵f（x）在{3}关联，∴对于任意x1﹣x2＝3，都有f（x1）﹣f（x2）＝3，
∴对任意x，都有f（x+3）﹣f（x）＝3，
由x∈[0，3）时，f（x）＝x2﹣2x，得f（x）在x∈[0，3）的值域为[﹣1，3），
∴f（x）在x∈[3，6）的值域为[2，6），
∴2≤f（x）≤3仅在x∈[0，3）或x∈[3，6）上有解，
x∈[0，3）时，f（x）＝x2﹣2x，令2≤x2﹣2x≤3，解得≤x＜3，
x∈[3，6）时，f（x）＝f（x﹣3）+3＝x2﹣8x+18，令2≤x2﹣8x+18≤3，解得3≤x≤5，
∴不等式2≤f（x）≤3的解为[，5]，
（3）证明：①先证明：f（x）是在{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的⇒f（x）在[1，2]是关联的，
由已知条件可得，f（x+1）＝f（x）+1，
∴f（x+n）＝f（x）+n，n∈Z，
又∵f（x）是在[0，+∞）关联的，
∴任意x2＞x1，f（x2）＞f（x1） 成立，
若1≤x2﹣x1≤2，
∴x1+1≤x2≤x1+2，
∴f（x1+1）≤f（x2）≤f（x1+2），即f（x1）+1≤f（x2）≤f（x1）+2，
∴1≤f（x2）﹣f（x1）≤2，
∴f（x）是[1，2]关联，
②再证明：f（x）在[1，2]是关联的⇒f（x）是在{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的，
∵f（x）在[1，2]是关联的，∴任取x1﹣x2∈[1，2]，都有f（x1）﹣f（x2）∈[1，2]成立，
即满足1≤x1﹣x2≤2，都有1≤f（x1）﹣f（x2）≤2，
下面用反证法证明f（x+1）﹣f（x）＝1，
若f（x+1）﹣f（x）＞1，则f（x+2）﹣f（x）＝f（x+2）﹣f（x+1）+f（x+1）﹣f（x）＞2，与f（x）在[1，2]是关联的矛盾，
若f（x+1）﹣f（x）＜1，而f（x）在[1，2]是关联的，则f（x+1）﹣f（x）≥1，矛盾，
∴f（x+1）﹣f（x）＝1成立，即f（x）是在{1}关联的，
再证明f（x）是在[0，+∞）关联的，
任取x1﹣x2∈[n，+∞）（n∈N），则存在n∈N，使得任取x1﹣x2∈[n，n+1]（n∈N），
∵1≤x1﹣（n﹣1）﹣x2≤2，
∴f[x1﹣（n﹣1）]﹣f（x2）＝f（x1）﹣（n﹣1）﹣f（x2）∈[1，2]，
∴f（x1）﹣f（x2）⊆[n，n+1]⊆[0，+∞），
∴f（x）是在[0，+∞）关联的；
综上所述，f（x）是{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的，当且仅当“f（x）在[1，2]是关联的”，
故得证．
【点评】该题考查了函数求解析式，解不等式，函数恒成立的知识，对学生逻辑推理能力提出了很高的要求，属于难题．
【三年自主招生练】
一．填空题（共4小题）
1．（2020•上海自主招生）若f（x）＝x2﹣1，则f（f（x））的图象大致为　　．
【分析】求出f（f（x））的解析式，并判断奇偶性，利用导数求出x＞0时的单调性，由对称性即可作出大致图象．
【解答】解：f（f（x））＝（x2﹣1）2﹣1＝x4﹣2x2，
令g（x）＝x4﹣2x2，g（x）＝0，可得x＝±或0，
由g（﹣x）＝g（x），可得g（x）为偶函数，
当x≥0时，g′（x）＝4x3﹣4x＝4x（x+1）（x﹣1），
x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
由偶函数关于y轴对称，可得f（f（x））的图象大致为

故答案为：．
【点评】本题主要考查函数的图象的画法，属于基础题．
2．（2020•上海自主招生）函数f（x）的定义域为（0，1）．若c∈（0，），则函数g（x）＝f（x+c）+f（x﹣c）的定义域为　（c，1﹣c）　．
【分析】由题意可得，，结合c的范围解不等式可求．
【解答】解：由题意可得，，
解可得，，
因为0＜c＜，
所以﹣c＜c＜1﹣c＜1+c，
所以c＜x＜1﹣c．
故函数的定义域（c，1﹣c），
故答案为：（c，1﹣c）
【点评】本题主要考查了函数的定义域的求解，属于基础试题．
3．（2020•上海自主招生）设函数f（x）＝3x﹣3﹣x的反函数为y＝f﹣1（x），则g（x）＝f﹣1（x﹣1）+1在[﹣3，5]上的最大值和最小值的和为　2　．
【分析】由﹣3≤x≤5，可得﹣4≤x﹣1≤4，令﹣4≤f（x）≤4，结合函数f（x）的单调性可得此时，再由反函数的性质即可得解．
【解答】解：由﹣3≤x≤5，可得﹣4≤x﹣1≤4，
令﹣4≤f（x）≤4，由f（x））＝3x﹣3﹣x单调递增可得，，
∴，
∴g（x）在[﹣3，5]上的最大值与最小值之和为，
故答案为：2．
【点评】本题主要考查反函数的性质，考查运算能力，属于中档题．
4．（2020•上海自主招生）已知f（x）＝asin（2πx）+bcos（2πx）+csin（4πx）+dcos（4πx），若，则在a，b，c，d中能确定的参数是　a＝b＝c＝d＝0　．
【分析】先令x＝0和x＝可得b＝d＝0，再由得到a＝c＝0．
【解答】解：令，
令 ，
，
，
所以sin4πx（2c﹣a﹣2ccos4πx）＝0恒成立，
所以2c﹣a＝2c＝0⇒a＝c＝0，综上所述a＝b＝c＝d＝0．
故答案为：a＝b＝c＝d＝0．
【点评】本题考查赋值法在抽象函数中的应用，考查二倍角公式，属于中档题．
二．解答题（共2小题）
5．（2022•上海自主招生）偶函数f（x）满足f（x+4）＝f（x）+2f（2），求f（2022）的值．
【分析】由偶函数的定义和赋值法，可得f（2）＝0，推得f（x）的周期，计算可得所求值．
【解答】解：偶函数f（x）满足f（x+4）＝f（x）+2f（2），
令x＝﹣2，则f（2）＝f（﹣2）+2f（2），
即f（2）+f（﹣2）＝0，
又f（﹣2）＝f（2），可得f（2）＝0，
所以f（x+4）＝f（x），
即f（x）的最小正周期为4，
所以f（2022）＝f（4×505+2）＝f（2）＝0．
【点评】本题考查函数的奇偶性和周期性的定义和运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
6．（2020•上海自主招生）已知实数x，y满足x2+2xy＝1，求x2+y2最小值．
【分析】先把y用x表示，问题转化为单变量问题，再利用基本不等式求最小值即可．
【解答】解：因为x2+2xy＝1（x≠0），故，
所以，
当且仅当 等号成立，
所以x2+y2最小值为．
【点评】本题考查基本不等式的应用，属于基础题．
【最新模拟练】
一．选择题（共10小题）
1．（2022•松江区二模）下列函数中，与函数y＝x3的奇偶性和单调性都一致的函数是（　　）
A．y＝x2 B．y＝x+sinx C．y＝2|x| D．y＝tanx
【分析】结合基本初等函数的单调性及奇偶性分别检验各选项即可判断．
【解答】解：因为函数y＝x3为奇函数，在R上单调递增，
y＝x2为偶函数，不符合题意；
y＝x+sinx为奇函数，且y′＝1+cosx≥0恒成立，即在R上单调递增，符合题意；
y＝2|x|为偶函数，不符合题意；
y＝tanx在定义域上不单调，不符合题意．
故选：B．
【点评】本题主要考查了函数奇偶性及单调性的判断，属于基础题．
2．（2022•黄浦区校级模拟）下列函数定义域为[0，+∞）的是（　　）
A． B．y＝lnx C． D．y＝tanx
【分析】根据反比例函数、对数函数、幂函数、正切函数的定义域逐一判断即可得解．
【解答】解：对于A，函数的定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞），
对于B，函数的定义域为（0，+∞），
对于C，函数的定义域为[0，+∞），
对于D，函数的定义域为．
故选：C．
【点评】本题考查了函数定义域的求法，是基础题．
3．（2022•虹口区二模）函数y＝f（x）是定义域为R的奇函数，且对于任意的x1≠x2，都有成立．如果f（m）＞m，则实数m的取值集合是（　　）
A．{0} B．{m|m＞0} C．{m|m＜0} D．R
【分析】结合已知可构造函数g（x）＝f（x）﹣x，然后判断函数g（x）的单调性及奇偶性，结合单调性及奇偶性即可求解．
【解答】解：令g（x）＝f（x）﹣x，
因为f（x）为奇函数，
所以g（x）为R上的奇函数，不妨设x1＜x2，
由成立可得f（x1）﹣f（x2）＞x1﹣x2，
即f（x1）﹣x1＞f（x2）﹣x2，
所以g（x1）＞g（x2），即g（x）在R上单调递减，
由f（m）＞m得g（m）＞0＝g（0），
所以m＜0．
故选：C．
【点评】本题主要考查了函数的单调性及奇偶性在求解不等式中的应用，属于中档题．
4．（2022•黄浦区校级模拟）已知不等式ρ：ax2+bx+c＜0（a≠0）有实数解．结论（1）：设x1，x2是ρ的两个解，则对于任意的x1，x2，不等式和恒成立；结论（2）：设x0是ρ的一个解，若总存在x0，使得，则c＜0，下列说法正确的是（　　）
A．结论①、②都成立
B．结论①、②都不成立
C．结论①成立，结论②不成立
D．结论①不成立，结论②成立
【分析】根据一元二次不等式与二次方程以及二次函数之间的关系，以及考虑特殊情况通过排除法确定选项．
【解答】解：当a＜0且Δ＝b2﹣4ac＜0时，ρ：ax2+bx+c＜0（a≠0）的解为全体实数，
故对任意的x1，x2，x1+x2与的关系不确定，
例如：ρ：﹣x2+2x﹣2＜0，取x1＝1，x2＝4，而，
所以，故结论①不成立．
当a＜0且Δ＝b2﹣4ac＞0时，ρ：ax2+bx+c＜0的解为{x|x〈p或x〉q}，
其中p，q是ax2+bx+c＝0的两个根．
当 x0＜p，﹣x0＞q时，，但c值不确定，
比如：ρ：﹣x2+x+2＜0，取x0＝﹣3，
则，但c＞0，故结论②不成立．
故选：B．
【点评】本题考查了不等式恒成立问题，考查了转化思想和分类讨论思想，属中档题．
5．（2022•浦东新区校级模拟）定义在R上的连续函数f（x），g（x）满足∀x，y∈R，f（x+y）＝f（x）g（y）+f（y）g（x），g（x+y）＝f（x）f（y）+g（x）g（y），g（2x）＝2[g（x）]2﹣1，则下列关于f（x），g（x）的命题：
①g（x）＞f（x）恒成立；
②f（x）一定是奇函数，g（x）一定是偶函数；
③g（2x）±f（2x）＝[f（x）±g（x）]2；
④f（x），g（x）一定是周期函数．
其中真命题的个数为（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】合理利用赋值法，结合函数的基础性质，逐项进行判断即可求出结果．
【解答】解：由题意令y＝x，可得f（2x）＝2f（x）g（x），g（2x）＝[f（x）]2+[g（x）]2≥0，
∵g（2x）＝2[g（x）]2﹣1＝[f（x）]2+[g（x）]2，∴[g（x）]2＝[f（x）]2+1，
∴g（x）＝＞|f（x）|≥f（x），故①正确；
由①得g（x）≥1，由g（0）＝2[g（0）]2﹣1，解得g（0）＝1或g（0）＝﹣，
由g（0）≥1，可得g（0）＝1，
由f（0）＝2f（0）g（0）＝2f（0），可得f（0）＝0，
令y＝﹣x，则f（0）＝f（x）g（﹣x）+f（﹣x）g（x）＝0，
g（0）＝f（x）f（﹣x）+g（x）g（﹣x）＝1，
两式相加可得：
f（0）+g（0）＝f（x）g（﹣x）+f（﹣x）g（x）+f（x）f（﹣x）+g（x）g（﹣x）
＝[f（x）+g（x）][f（﹣x）+g（﹣x）]＝1＝[g（x）]2﹣[f（x）]2＝[f（x）+g（x）][g（x）﹣f（x）]，
∴f（x）+f（﹣x）＝g（x）﹣g（﹣x），
又由f（0）＝f（x）g（﹣x）+f（﹣x）g（x）＝f（x）[g（﹣x）﹣g（x）]＝0，
∴g（﹣x）＝g（x），∴g（x）为偶函数，
∴f（x）+f（﹣x）＝0，∴f（﹣x）＝﹣f（x），∴f（x）是奇函数，故②正确；
∵g（2x）±f（2x）＝[f（x）]2+[g（x）]2±2f（x）g（x）＝[f（x）±g（x）]2，故③正确；
函数f（x）＝，g（x）＝满足条件，但他还是周期函数，故④错误．
故选：B．
【点评】本题考查了抽象函数的应用，以及函数的基本性质的综合应用，合理运算赋值法和函数的基本性质进行推理判定是解答的关键，是中档题．
6．（2022•青浦区校级模拟）已知y＝f（x）与y＝g（x）皆是定义域、值域均为R的函数，若对任意x∈R，f（x）＜g（x）恒成立，且y＝f（x）与y＝g（x）的反函数y＝f﹣1（x）、y＝g﹣1（x）均存在，命题P：“对任意x∈R，f﹣1（x）＞g﹣1（x）恒成立”，命题Q：“函数y＝f（x）+g（x）的反函数一定存在”，以下关于这两个命题的真假判断，正确的是（　　）
A．命题P真，命题Q真 B．命题P真，命题Q假
C．命题P假，命题Q真 D．命题P假，命题Q假
【分析】利用反函数的定义和图象关于直线y＝x对称．可举例说明得答案．
【解答】解：已知y＝f（x）与y＝g（x）皆是定义域、值域均为R的函数，
若对任意x∈R，f（x）＜g（x）恒成立，且y＝f（x）与y＝g（x）的反函数y＝f﹣1（x）、y＝g﹣1（x）均存在，
则函数设y＝f（x）的图象在y＝g（x）图象的下方，由图象均关于y＝x直线对称，其反函数y＝f﹣1（x）、y＝g﹣1（x）均存在，
命题p：对任意x∈R，f（x）＜g（x）恒成立，f﹣1（x）＞g﹣1（x）不一定恒成立”由图象关于y＝x直线对称可知p是错误的．
命题Q：因为对任意x∈R，f（x）＜g（x）恒成立，设f（x）＝，g（x）＝x，符合题意要求，
f（x）+g（x）＝无反函数．
故选：D．
【点评】本题考查了函数的性质、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
7．（2022•普陀区二模）已知定义在R上的偶函数f（x），满足[f（x）]3﹣[f（x）]2﹣x2f（x）+x2＝0对任意的实数x都成立，且值域为[0，1]．设函数g（x）＝|x﹣m|﹣|x﹣1|，（m＜1），若对任意的，存在x2＞x1，使得g（x2）＝f（x1）成立，则实数m的取值范围为（　　）
A．[﹣6，1） B． C．[0，1） D．
【分析】先根据函数f（x）满足的关系式及奇偶性，值域，得到，再写出同一坐标系中画出两函数图象，结合当x＞1时，g（x）＝﹣m+1≥1及时，g（x）的图象要位于f（x）的下方，得到，求出实数m的取值范围．
【解答】解：[f（x）]3﹣[f（x）]2﹣x2f（x）+x2＝0变形为[f2（x）﹣x2][f（x）﹣1]＝0，
所以f（x）＝1或f2（x）＝x2，即f（x）＝1或f（x）＝|x|，
因为f（x）为偶函数，且值域为[0，1]，
所以，
因为m＜1，所以
在同一坐标系中画出两者的函数图象，如图：

要想满足若对任意的，存在x2＞x1，使得g（x2）＝f（x1）成立，
则当x＞1时，g（x）＝﹣m+1≥1，所以m≤0，
且时，g（x）的图象要位于f（x）的下方，
故只需g，即，解得：，
综上：实数m的取值范围是[．
故选：D．
【点评】对于函数恒成立或有解问题，要画出函数图象，对比函数值域，数形结合，列出不等式，求出参数的取值范围．
8．（2022•黄浦区校级模拟）已知定义在[0，10）的函数f（x），满足：f（x+2）＝f（x）+a，f（x）在[0，2）上的解析式为f（x）＝，设f（x）的值域为A．若存在实数b，使得A⊆[b，b+3]，则a的可能取值为（　　）
A． B． C． D．
【分析】先求出当a＞0时，f（x）的值域，从而得出f（x）在[0，10）的取值情况，根据条件参数a满足的不等式，求出参数a的范围，然后同理讨论a＝0，a＜0的情况，从而得出答案．
【解答】解：当a＞0时，当x∈[0，1]时，，则，
当x∈（1，2）时，，则，
所以x∈[0，2）时，，
由f（x+2）＝f（x）+a，则x∈[2，4）时，，
则x∈[4，6）时，，
所以则x∈[8，10）时，，
由则存在实数b，使得A⊆[b，b+3]，即存在实数b使得，解得，
由上可知，当a＝0时，f（x）的值域为A＝{1}，显然满足题意．
当a＜0时，当x∈[0，1]时，，则，
当x∈（1，2）时，，则，
所以x∈[0，2）时，，
同理可得，当x∈[8，10）时，，
由则存在实数b，使得A⊆[b，b+3]，即存在实数b使得，解得，
所以满足条件的a是范围：，
故选：A．
【点评】本题考查了分情况讨论求函数值域结合基本不等式，属于中档题．
9．（2022•上海模拟）已知定义域为[﹣5，5]的函数f（x）的图像是一条连续不断的曲线，且满足f（﹣x）+f（x）＝0．若∀x1，x2∈（0，5]，当x1＜x2时，总有，则满足（2m﹣1）f（2m﹣1）≤（m+4）f（m+4）的实数m的取值范围为（　　）
A．[﹣1，1] B．[﹣1，5] C．[﹣2，3] D．[﹣2，1]
【分析】根据条件判断函数f（x）的奇偶性，然后构造函数g（x）＝xf（x），判断函数g（x）的单调性和奇偶性，利用函数奇偶性和单调性的关系进行转化求解即可．
【解答】解：由f（﹣x）+f（x）＝0得f（﹣x）＝﹣f（x），即f（x）是奇函数，
若∀x1，x2∈（0，5]，当x1＜x2时，总有成立，即x2f（x2）＞x1f（x1），
设g（x）＝xf（x），则g（x2）＞g（x1），即此时g（x）为增函数，
∵f（x）是奇函数，∴g（x）＝xf（x）是偶函数，
则不等式（2m﹣1）f（2m﹣1）≤（m+4）f（m+4）等价为g（2m﹣1）≤g（m+4），
即g（|2m﹣1|）≤g（|m+4|），
即，得，得，
得，得﹣1≤m≤1，即实数m的取值范围是[﹣1，1]．
故选：A．
【点评】本题主要考查不等式的求解，根据条件判断函数的奇偶性和单调性，利用函数奇偶性和单调性的性质进行转化是解决本题的关键，是中档题．
10．（2022•浦东新区校级二模）记min{a，b}实数a，b中较小的数，函数f（x），g（x）的定义域都是R，则“f（x），g（x）都是偶函数”是“函数P（x）＝min{f（x），g（x）}为偶函数”的（　　）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分也非必要条件
【分析】根据min{a，b}的定义，结合函数奇偶性的性质以及充分条件和必要条件的定义进行分析求解，即可得到答案．
【解答】解：因为f（x），g（x）都是偶函数，所以f（﹣x）＝f（x），g（﹣x）＝g（x）恒成立，
根据偶函数的对称性可知，函数P（x）＝min{f（x），g（x）}也关于y轴对称，即P（x）为偶函数成立，故充分性成立；
若函数P（x）＝min{f（x），g（x）}为偶函数，则f（x）与g（x）不一定都是偶函数，
例如：f（x）＝|x|为偶函数，g（x）＝﹣2x，x＜0，偶函数，满足P（x）＝min{f（x），g（x）}为偶函数，但是g（x）＝﹣2x，x＜0，不是偶函数，故必要性不成立，
所以“f（x），g（x）都是偶函数”是“函数P（x）＝min{f（x），g（x）}为偶函数”的充分非必要条件．
故选：A．
【点评】本题考查了充分条件与必要条件的判断，涉及了新定义问题的理解和应用以及函数奇偶性的应用，属于中档题．
二．填空题（共14小题）
11．（2022•虹口区二模）函数的值域为 　[6，+∞）　．
【分析】由已知结合基本不等式即可直接求解．
【解答】解：因为x＞0，
所以f（x）＝x+≥2＝6，当且仅当x＝3时取等号，
所以函数的值域为[6，+∞）．
故答案为：[6，+∞）．
【点评】本题主要考查了基本不等式在求解函数最值或值域中的应用，属于基础题．
12．（2022•宝山区模拟）若y＝ax2+xln（ex+1）是奇函数，则a＝　　．
【分析】由已知结合奇函数的定义即可求解．
【解答】解：因为y＝ax2+xln（ex+1）是奇函数，
所以a﹣ln（e﹣1+1）＝﹣a﹣ln（e1+1），
整理得2a＝ln＝ln＝﹣1，
所以a＝﹣，
经检验a＝﹣符合题意．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了奇函数定义的应用，属于基础题．
13．（2022•静安区二模）函数f（x）＝arccos（3﹣4x）的定义域是 　　．
【分析】由题意可得﹣1≤3﹣4x≤1，求解得答案．
【解答】解：要使原函数有意义，
则﹣1≤3﹣4x≤1，解得≤x≤1．
∴函数f（x）＝arccos（3﹣4x）的定义域是[，1]．
故答案为：[，1]．
【点评】本题考查函数的定义域及其求法，是基础题．
14．（2022•静安区模拟）已知f（x）为R上的奇函数，且f（x）+f（2﹣x）＝0，当﹣1＜x＜0时，f（x）＝2x，则f（2+log25）的值为 　﹣　．
【分析】根据题意，分析函数的周期，由此可得f（2+log25）＝f（log25﹣2）＝f（log2），结合函数的奇偶性和解析式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，f（x）为R上的奇函数，且f（x）+f（2﹣x）＝0，
f（2﹣x）＝﹣f（x）＝f（﹣x），变形可得f（x+2）＝f（x），即函数f（x）是周期为2的周期函数，
则f（2+log25）＝f（log25﹣2）＝f（log2），
f（x）为奇函数且当﹣1＜x＜0时，f（x）＝2x，则f（log2）＝﹣f（﹣log2）＝﹣f（log2）＝﹣；
则f（2+log25）＝﹣；
故答案为：﹣．
【点评】本题考查函数奇偶性的性质以及应用，涉及函数值的计算，属于基础题．
15．（2022•宝山区校级模拟）设实数a＞0且a≠1，已知函数，则＝　1　．
【分析】根据题意计算f（x）+f（1﹣x），进而根据求解即可．
【解答】解：，
而＝，
则．
故答案为：1．
【点评】本题主要考查函数的值求解，属于基础题．
16．（2022•静安区模拟）函数f（x）是偶函数，当x≥0时，f（x）＝2x+2x﹣1，则不等式f（x）＞3的解集为 　（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）　．
【分析】根据已知条件，结合函数的奇偶性，以及函数的单调性，即可求解．
【解答】解：∵当x≥0时，f（x）＝2x+2x﹣1，
∴当x≥0时，f（x）单调递增，
又∵f（x）是偶函数，且f（1）＝3，
∴不等式f（|x|）＞3＝f（1），即|x|＞1，解得x＞1或x＜﹣1，
故不等式f（x）＞3的解集为（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）．
故答案为：（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）．
【点评】本题主要考查函数的奇偶性，以及函数的单调性，属于基础题．
17．（2022•宝山区校级模拟）函数f（x）＝2x+（a∈R）为奇函数，则a＝　﹣1　．
【分析】根据函数是奇函数，由f（0）＝0得a＝﹣1．
【解答】解：∵f（x）＝2x+（a∈R）为奇函数，且函数的定义域为R，
∴由f（0）＝0得1+a＝0，
解得a＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点评】本题主要考查函数奇偶性的应用，根据函数奇偶性的性质由f（0）＝0是解决本题的关键，比较基础．
18．（2022•闵行区校级二模）已知定义在R上的奇函数f（x）满足f（1﹣x）+f（1+x）＝2，当x∈[0，1]时，f（x）＝2x﹣x2，若f（x）≥x+b对一切x∈R恒成立，则实数b的最大值为 　﹣　．
【分析】根据题设条件画出函数的图象，结合可知只需当x∈[﹣1，0]时，f（x）＝x2+2x≥x+b即可，然后求出实数b的最大值．
【解答】解：因为f（1+x）+f（1﹣x）＝2，
所以f（x）的图象关于（1，1）中心对称，
当x∈[﹣1，0]时，f（x）＝﹣f（﹣x）＝x2+2x，
故f（x）的图象如图所示：

结合图象，可知只需当x∈[﹣1，0]时，f（x）＝x2+2x≥x+b即可，
即，故，
所以b的最大值为．
故答案为：．

【点评】本题考查了函数的奇偶性和不等式的恒成立问题，属于中档题．
19．（2022•浦东新区校级二模）若关于x的不等式在x＞0时恒成立，则实数λ的取值范围是　[﹣3，+∞）　
【分析】由对数函数的单调性可得4x+1+λ•2x＞1，即λ＞2﹣x﹣2x+2在x＞0时恒成立，设t＝2x（t＞1），f（t）＝﹣4t，判定f（t）的单调性，可得值域，即可得到所求范围．
【解答】解：关于x的不等式在x＞0时恒成立，
可得4x+1+λ•2x＞1，即λ＞2﹣x﹣2x+2在x＞0时恒成立，
设t＝2x（t＞1），f（t）＝﹣4t，可得f（t）在（1，+∞）递减，
可得f（t）＜f（1）＝﹣3，
则λ≥﹣3，即λ的范围是[﹣3，+∞）．
故答案为：[﹣3，+∞）．
【点评】本题考查指数函数、对数函数的性质的运用，考查参数分离和换元法，运用函数的单调性是解题的关键，属于中档题．
20．（2022•金山区二模）设f（x）＝a+sinx，若存在，使f（x1）+f（x2）+⋯+f（xn﹣1）＝f（xn）成立的最大正整数n为9，则实数a的取值范围是 　　．
【分析】依题意，，且，然后分以及1+a＜0解不等式即可．
【解答】解：依题意，，
而当时，，
∴，解得．
故答案为：．
【点评】本题主要考查函数的最值以及恒成立问题，考查转化思想以及运算求解能力，属于中档题．
21．（2022•浦东新区二模）若函数的最大值为2，则由满足条件的实数a的值组成的集合是 　{2，﹣2}　．
【分析】设＝（x，），＝（，x），由f（x）＝•≤||||，可得|a|＝2，由此可得结果．
【解答】解：设＝（x，），＝（，x），
所以f（x）＝•＝||||cos＜，＞≤||||，
因为||＝＝1，||＝＝|a|，
所以f（x）≤|a|，又f（x）的最大值 为2，
所以|a|＝2，解得a＝±2，
所以实数a的值组成的集合为{2，﹣2}．
故答案为：{2，﹣2}．
【点评】本题主要考查根据函数的最值求参数问题，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
22．（2022•青浦区校级模拟）若关于x的函数f（x）＝（t＞0）的最大值为M，最小值为N，且M+N＝4，则实数t的值为　2　．
【分析】由题意f（x）＝t+g（x），其中g（x）＝是奇函数，从而2t＝4，即可求出实数t的值．
【解答】解：由题意，f（x）＝＝t+，
显然函数g（x）＝是奇函数，
∵函数f（x）最大值为M，最小值为N，且M+N＝4，
∴M﹣t＝﹣（N﹣t），即2t＝M+N＝4，
∴t＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查函数的最大值、最小值，考查函数是奇偶性，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
23．（2022•徐汇区校级模拟）已知定义在N*上的单调递增函数y＝f（x），对于任意的n∈N*，都有f（n）∈N*，且f（f（n））＝3n恒成立，则f（2022）﹣f（2019）＝　9　．
【分析】求出f（1），f（2），f（3）…的值，根据规律得出f（n）的解析式，
【解答】解：令n＝1得f（f（1））＝3，
若f（1）＝1，则f（f（1））＝f（1）＝1，与f（f（1））＝3矛盾；
若f（1）＝3，则f（f（1））＝f（3）＝3，与f（x）是增函数矛盾；
同理f（1）不可能大于3，
∴f（1）＝2，
∴f（2）＝f（f（1））＝3，
f（3）＝f（f（2））＝6，
f（6）＝f（f（3））＝9，
∵f（x）是定义在N*上的单调增函数y＝f（x），对于任意的n∈N*，都有f（n）∈N*，
∴f（4）＝7，f（5）＝8，
∴f（7）＝f（f（4））＝12，f（8）＝f（f（5））＝15，f（9）＝f（f（6））＝18，
归纳可得：f（3k﹣1）＝2•3k﹣1，
∴f（2•3k﹣1）＝f（f（3k﹣1））＝3k，
当n∈[3k﹣1，2•3k﹣1]时，由f（x）的单调性可知：f（3k﹣1）≤f（n）≤f（2•3k﹣1），
即2•3k﹣1≤f（n）≤3k．
∵2•3k﹣1﹣3k﹣1＝3k﹣2•3k﹣1，∴f（n）＝n+3k﹣1．
当n∈[2•3k﹣1，3k]时，n＝n﹣3k﹣1+3k﹣1＝f（n﹣3k﹣1），
∴f（n）＝f（f（n﹣3k﹣1））＝3（n﹣3k﹣1）＝3n﹣3k．
∴f（n）＝，
∵2•36＜2019＜2022＜37，
∴f（2019）＝2019×3﹣37，f（2022）＝2022×3﹣37，
∴f（2022）﹣f（2019）＝3（2022﹣2019）＝9．
故答案为：9．
【点评】本题考查了抽象函数的函数值计算，归纳推理，属于难题．
24．（2022•虹口区二模）已知f（x）是定义域为R的奇函数，且图像关于直线x＝1对称，当x∈[0，2]时，f（x）＝x（2﹣x），对于闭区间I，用MI表示y＝f（x）在I上的最大值．若正数k满足M[0，k]＝2M[k，2k]，则k的值可以是 　或　．（写出一个即可）．
【分析】首先可得f（x）是以4为周期的周期函数，根据x∈[0，2]的解析式，得到f（x）的图象，再对k在不同区间进行讨论，得出符合条件的k值．
【解答】解：因为f（x）是定义域为R的奇函数，所以f（﹣x）＝﹣f（x），
又函数图像关于直线x＝1对称，所以f（2﹣x）＝f（x），
所以f（2+x）＝f[2﹣（2+x）]＝f（﹣x）＝﹣f（x），
所以f（4+x）＝﹣f（2+x）＝f（x），
即f（x）是以4为周期的周期函数，
又当x∈[0，2]时，f（x）＝x（2﹣x），
令x∈[﹣2，0），则﹣x∈（0，2]，
所以f（﹣x）＝﹣x（2+x）＝﹣f（x），
所以f（x）＝x（x+2），
所以当x∈（2，4]时，f（x）＝（x﹣4）（x﹣2），
x∈[4，6]时，f（x）＝（x﹣4）（6﹣x），
……
所以f（x）的部分图象如下所示：

若0＜k≤，则0＜2k≤1，f（x）在[0，1]上单调递增，
所以M[0，k]＝k（2﹣k），M[k，2k]＝2k（2﹣2k），显然不满足M[0，k]＝2M[k，2k]，
若＜k≤1，则1＜2k≤2，f（x）在[0，1]上单调递增，在[1，2]上单调递减，
所以M[0，k]＝k（2﹣k），M[k，2k]＝2，显然不满足M[0，k]＝2M[k，2k]，
若1＜k≤2，则2＜2k≤4，所以M[0，k]＝1，M[k，2k]＝k（2﹣k），由M[0，k]＝2M[k，2k]，
即1＝2k（2﹣k），解得k＝或k＝（舍去）；
若2＜k≤3，则4＜2k≤6，所以M[0，k]＝1，M[k，2k]＝（k﹣4）（6﹣k）或M[k，2k]＝1，由M[0，k]＝2M[k，2k]，
即1＝2（2k﹣4）（6﹣2k），解得k＝或k＝（舍去）；
当k∈[3，+∞）时，2k∈[6，+∞），所以M[0，k]＝1，M[k，2k]＝1，显然不满足M[0，k]＝2M[k，2k]，故舍去；
故答案为：或．
【点评】本题考查了函数了奇偶性、对称性、周期性，也考查了数形结合思想、学生的逻辑推理能力，属于难题．
三．解答题（共10小题）
25．（2022•嘉定区二模）设常数a∈R，函数．
（1）若函数y＝f（x）是偶函数，求实数a的值；
（2）若对任意x∈[1，+∞），f（x）＞3，求实数a的取值范围．
【分析】（1）由已知结合偶函数的定义即可求解a：
（2）由已知不等式恒成立先进行分离参数，然后结合二次函数的性质及指数函数性质可求．
【解答】解：（1）因为函数为偶函数，
所以f（﹣x）＝f（x），
即21﹣x+a•2x＝，
整理得a（4x﹣1）＝2（4x﹣1），
所以a＝2：
（2）对任意x∈[1，+∞），＞3，
整理得a＞﹣2•22x+3•2x，
因为x≥1，所以2x≥2，
根据二次函数的性质可知，当2x＝2时，﹣2•22x+3•2x取得最大值﹣2，
所以a＞﹣2，
所以a的取值范围为（﹣2，+∞）．
【点评】本题主要考查了函数的奇偶性的定义及不等式恒成立求解参数范围，体现了转化思想的应用，属于中档题．
26．（2022•黄浦区模拟）一质点A从原点出发沿x轴的正向以定速度v前进，质点B从（0，﹣2）与A同时出发，且与质点A以大小相同的速度向某方向前进，A与B之间的最短距离为1．
（1）求B的前进方向与x轴正向间的夹角θ；
（2）当A、B间距离最短时，求A、B的坐标．
【分析】（1）设出发后t时，A位移为（a，0），则B的位移（acosθ，﹣2+asinθ），利用距离公式求得||＝，结合二次函数的性质，即可求解；
（2）由（1）求得a＝＝，即可求得A，B的坐标．
【解答】解：（1）设出发后t时，A位移为（a，0），
则B的位移（acosθ，﹣2+asinθ），
则||＝＝＝，
若2﹣2cosθ＝0时，即cosθ＝1时，可得||＝2，不符合题意，
则2﹣2cosθ∈（0，4]，
所以当a＝＝，
此时||＝＝1，解得cos，
又因为θ∈（0，π]，
所以θ＝；
（2）由（1）知θ＝，
可得a＝＝，
所以A位移的坐标为（，0），则B的位移的坐标为（，﹣）．
【点评】本题考查了求向量的模、二次函数的性质及分类讨论思想，属于中档题．
27．（2022•黄浦区模拟）已知函数f（x）＝x，g（x）＝．
（1）设g（x）的反函数为g﹣1（x），F（x）＝f（x）+g﹣1（x），求F（x）的最值；
（2）函数G（x）满足G（x）＝f（x）•g（x），求证：当0＜x＜时，．
【分析】（1）先求出g（x）的反函数为g﹣1（x），然后得到F（x）解析式，再求最值即可；
（2）当时，得到G（x）和的表达式，然后比较大小．
【解答】解：（1），
因为，且，
所以当x≥0时，F（x）有最大值1，此时x＝1，F（x）无最小值；
（2）证明：，
当时，因为，其中，
又，
所以．
【点评】本题考查了反函数的应用和函数的最值计算，属于中档题．
28．（2022•虹口区二模）已知函数f（x）＝是定义域为R的奇函数．
（1）求实数b的值，并证明f（x）在R上单调递增；
（2）已知a＞0且a≠1，若对于任意的x1、x2∈[1，3]，都有f（x1）+≥恒成立，求实数a的取值范围．
【分析】（1）由f（0）＝0，可求得b的值，由单调性的定义可证明f（x）在R上单调递增；
（2）问题等价于在[1，3]上恒成立，易知的最小值为2，然后分0＜a＜1及a＞1讨论即可得解．
【解答】解：（1）∵f（x）为定义在R上的奇函数，
∴，解得b＝﹣1，经检验，b＝﹣1符合题意，
∴，
设x1＜x2，则，
又x1＜x2，则，
∴f（x1）﹣f（x2）＜0，则f（x1）＜f（x2），
∴f（x）在R上单调递增；
（2）依题意，在[1，3]上恒成立，
又f（x）在R上单调递增，
∴当x∈[1，3]时，的最小值为＝2，
当0＜a＜1时，，则2≥a﹣1，解得，此时；
当a＞1时，（ax﹣2）max＝a，则2≥a，解得1＜a≤2；
综上，实数a的取值范围为．
【点评】本题考查函数奇偶性与单调性的综合运用，考查不等式的恒成立问题，考查转化思想，分类讨论思想及运算求解能力，属于中档题．
29．（2022•奉贤区二模）对于函数y＝f（x），如果对于定义域D中任意给定的实数x，存在非负实数a，使得f（x）+f（a﹣x）≥f（a）恒成立，称函数y＝f（x）具有性质P（a）．
（1）判别函数m（x）＝x3，x∈（0，2）和n（x）＝|x|，x∈R是否具有性质P（2），请说明理由；
（2）函数g（x）＝2x﹣2﹣x，x∈R，若函数y＝g（x）具有性质P（a），求a满足的条件；
（3）若函数h（x）的定义域为一切实数，h（x）的值域为[2，+∞），存在常数a0且h（x）具有性质P（a0），判别τ（x）＝lgh（x）是否具有性质P（a0），请说明理由．
【分析】（1）由性质P（a）的定义，结合作差法判断函数是否具有性质P（2）即可；
（2）根据已知条件有对任意x∈R恒成立，讨论a＝0、a＞0判断不等式是否恒成立，即可得参数范围；
（3）由h（x）的性质可得h（x）h（a0﹣x）≥h（a0﹣x）+h（x）≥h（a0）＞0，再根据对数函数的单调性及性质P（a）定义判断τ（x）＝lgh（x）是否具有性质P（a0）．
【解答】解：（1）∵m（x）+m（2﹣x）﹣m（2）＝x3+（2﹣x）3﹣8＝6x2﹣12x，x∈（0，2）
所以6x2﹣12x＜0，则m（x）+m（2﹣x）＜m（2），故m（x）＝x3，x∈（0，2）不具有性质P（2）；
∵n（x）+n（2﹣x）＝|x|+|2﹣x|≥2，
∴n（x）+n（2﹣x）≥n（2）恒成立，故n（x）＝|x|，x∈R具有性质P（2）．
（2）由g（x）＝2x﹣2﹣x，则g（x）+g（a﹣x）﹣g（a）＝2x﹣2﹣x+2a﹣x﹣2﹣（a﹣x）﹣（2a﹣2﹣a）≥0，
对任意x∈R恒成立，
显然a＝0时，上式不等式成立；
a＞0时2a﹣1＞0，则（2x）2﹣2x（2a+1）+2a＝（2x﹣1）（2x﹣2a）≥0，对任意x∈R不恒成立，舍去；
综上，a＝0．
（3）因为h（x）具有性质P（a0），所以h（x）+h（a0﹣x）≥h（a0），
因为函数的值域为[2，+∞），所以h（x）≥2，h（a0﹣x）≥2，
则，
∴h（x）h（a0﹣x）≥h（a0﹣x）+h（x），
∴h（x）h（a0﹣x）≥h（a0﹣x）+h（x）≥h（a0）＞0．
∵τ（x）+τ（a0﹣x）＝lgh（x）+lgha0﹣x）
∴lgh（x）+lgh（a0﹣x）＝lgh（x）h（a0﹣x）≥lg[h（x）+h（a0﹣x）]≥lgh（a0），
所以τ（x）+τ（a0﹣x）≥τ（a0），即τ（x）＝lgh（x）具有性质P（a0）．
【点评】本题考查函数的恒成立问题，考查学生的运算能力，属于难题．
30．（2022•长宁区二模）已知函数f（x）的定义域为（0，+∞），若存在常数T＞0，使得对任意x∈（0，+∞），都有f（Tx）＝f（x）+T，则称函数f（x）具有性质P（T）．
（1）若函数f（x）具有性质P（2），求的值；
（2）设f（x）＝logax，若0＜a＜1，求证：存在常数T＞0，使得f（x）具有性质P（T）；
（3）若函数f（x）具有性质P（T），且f（x）的图像是一条连续不断的曲线，求证：函数f（x）在（0，+∞）上存在零点．
【分析】（1）由f（x）满足性质P（2）可得f（2x）＝f（x）+2，分别令x＝1，x＝，联立即可求得的值；
（2）函数f（x）具有性质P（T）的充要条件为：存在T＞0，使得loga（Tx）＝logax+T，即logaT＝T，设g（x）＝logax﹣x，利用零点存在性定理证明即可；
（3）分布讨论f（1）＝0，f（1）＞0，f（1）＜0时函数的零点的存在性，由此即可完成证明．
【解答】（本题满分（18分），第1小题满分（4分），第2小题满分（6分），第3小题满分8分）
解：（1）函数f（x）具有性质P（2），
所以对任意x∈（0，+∞），都有f（2x）＝f（x）+2，
令x＝2，得f（2）＝f（1）+2，
令，得，……．（2分）
所以． ………（4分）
（2）证明：函数f（x）具有性质P（T）的充要条件为：
存在T＞0，使得loga（Tx）＝logax+T，即logaT＝T，……（2分）
设g（x）＝logax﹣x，因为0＜a＜1，所以y＝logax在（0，+∞）上单调递减，
又y＝﹣x在（0，+∞）上单调递减，
所以g（x）＝logax﹣x在（0，+∞）上单调递减，
因为g（1）＝﹣1＜0，g（a）＝1﹣a＞0，
所以在区间（a，1）上函数g（x）存在零点x0，……（4分）
取T＝x0，则logaT＝T，
可得函数f（x）具有性质P（T）． ……（6分）
（3）证明：设n∈N*，因为f（Tx）＝f（x）+T，
所以f（Tnx）＝f（x）+nT，
令x＝1得，f（Tn）＝f（1）+nT，………（2分）
①若f（1）＝0，则函数f（x）存在零点；
若f（1）＜0，当时，，
所以此时函数f（x）在区间（0，+∞）上存在零点； ………（4分）
②因为，
所以f（T﹣n）＝f（1）﹣nT…，……（6分）
若f（1）＞0，当时，，
所以此时函数f（x）在区间（0，+∞）上存在零点．
综上，函数f（x）在（0，+∞）上存在零点． ………（8分）
【点评】本题主要考查抽象函数及其应用，考查学生的综合能力，属于难题．
31．（2022•徐汇区校级模拟）已知函数g（x）的定义域是D，若对于任意的x1，x2∈D，当x1＜x2时，都有g（x1）≤g（x2），则称函数g（x）在D上为不减函数．现有定义在[0，2]上的函数f（x）满足下述条件：
①对于x∈[0，2]，总有f（2﹣x）＝f（x），且f（x）≥1，f（1）＝3；
②对于x，y∈[1，2]，若x+y≥3，则f（x）+f（y）≤f（x+y﹣2）+1．
试证明下列结论：
（1）对于x，y∈[0，1]，若x+y≤1，则f（x+y）≥f（x）+f（y）﹣1；
（2）（ⅰ）f（x）在[0，1]上为不减函数；
（ⅱ）对n∈N*，都有；
（3）当x∈[1，2]时，有1≤f（x）≤13﹣6x．
【分析】（1）由已知可得2﹣x，2﹣y∈[1，2]，且2﹣x+2﹣y＝4﹣（x+y）≥3，利用条件①②即可得证；
（2）（ⅰ）利用单调性的定义即可证明f（x）在[0，1]上为不减函数；
（ⅱ）利用f（）＝f（++）≥f（+）+f（）﹣1≥3f（）﹣2，从而可得f（）﹣1≤[f（）﹣1]≤[f（﹣1）]……，类推即可证得结论；
（3）对任意x∈[0，1]，必存在唯一n∈N*使得≤x≤，由（2）可知f（）+1≤6x+1，结合题中条件，利用赋值法及不等式的性质可证得结果．
【解答】证明：（1）因为x，y∈[0，1]，x+y≤1时，2﹣x，2﹣y∈[1，2]，且2﹣x+2﹣y＝4﹣（x+y）≥3，
所以f（2﹣x）+f（2﹣y）≤f[（2﹣x）+（2﹣y）﹣2]+1＝f[2﹣（x+y）]﹣1，
又因为f（2﹣x）＝f（x）对x∈[0，2]恒成立，所以f（x）+f（y）≤f（x+y）﹣1，
即有f（x+y）≥f（x）+f（y）﹣1成立．
（2）（ⅰ）任取0≤x1＜x2≤1，则x2﹣x1∈[0，1]，由（1）结合f（x）≥1，
可得f（x2）＝f（x2﹣x1+x1）≥f（x2﹣x1）+f（x1）﹣1≥1+f（x1）﹣1＝f（x1），
所以f（x）在[0，1]上为不减函数．
（ⅱ）对n∈N*时，反复利用（1）中结论，
可得f（）＝f（++）≥f（+）+f（）﹣1≥3f（）﹣2，
因此f（）≤f（）+，
进而f（）﹣1≤[f（）﹣1]≤[f（﹣1）]……，
以此类推可得f（）﹣1≤[f（）﹣1]＝，
所以f（）≤+1证毕．
（3）对任意x∈[0，1]，必存在唯一n∈N*使得≤x≤，
因为f（x）在[0，1]上为不减函数，所以f（）≤f（x）≤f（），
由（2）知f（）+1＝6•+1≤6x+1，
由①可得f（2）≥1，在②中，令x＝y＝2，的f（2）≤1，所以f（2）1，
而f（2）＝f（0）＝1，
所以f（）≥f（0）＝1，
因此1≤f（x）≤6x+1对任意x∈[0，1]成立，
当x∈[1，2]时，2﹣x∈[0，1]，此时1≤f（x）＝f（2﹣x）≤6（2﹣x）+1＝13﹣6x，证毕．
【点评】本题主要考查抽象函数及其应用，解题的关键在于对赋值法的应用和对新定义的理解，属于难题．
32．（2022•闵行区二模）对于定义域为R的函数y＝f（x），若存在实数a使得f（x+a）+f（x）＝2对任意x∈R恒成立，则称函数y＝f（x）具有P（a）性质．
（1）判断函数与f2（x）＝1+sinx是否具有P（a）性质，若具有P（a）性质，请写出一个a的值，若不具有P（a）性质，请说明理由；
（2）若函数y＝f（x）具有P（2）性质，且当x∈[0，2]时，f（x）＝|x﹣1|，解不等式；
（3）已知函数y＝f（x），对任意x∈R，f（x+1）＝f（x）恒成立，若由“y＝f（x）具有性质”能推出“f（x）恒等于1”，求正整数n的取值的集合．
【分析】（1）根据f1（2+a）+f1（2）≥4可知不具有P（a）性质；当a＝（2k+1）π（k∈Z）时，结合诱导公式可知f2（x+a）+f2（x）＝2，可得f2（x）＝1+sinx具有P（a）性质；
（2）由f（x+2）+f（x）＝2可推导得到f（x）是以4为周期的周期函数；分别在x∈[0，2]和x∈[﹣2，0]的情况下，解不等式，根据周期性可得到结论；
（3）由f（x+1）＝f（x）可知只需研究1≤n≤12（n∈N*）的情况；当n＝2k﹣1（1≤k≤6，k∈N*），n＝2、n＝6和n＝10时，通过反例可知不合题意；当n＝12、n＝8和n＝4时，结合f（x+a）+f（x）＝2可推导得到f（x）＝1，由此可得取值集合．
【解答】解：（1）不具有P（a）性质，理由如下：
对于任意实数，即f1（2+a）+f1（2）≠2，
∴不具有P（a）性质；
f2（x）＝1+sinx具有P（a）性质，
若a＝（2k+1）π（k∈Z），则f2（x+a）+f2（x）＝1+sin（x+（2k+1）π）+1+sinx＝2﹣sinx+sinx＝2，
∴a的一个取值为π（只要满足a＝（2k+1）π（k∈Z）即可）．
（2）由f（x+2）+f（x）＝2得：f（x+4）+f（x+2）＝2，∴f（x+4）＝f（x），
∴f（x）是以4为周期的周期函数；
当x∈[0，2]时，，不等式无解；
当x∈[﹣2，0]时，x+2∈[0，2]，则f（x+2）＝|x+1|，
∴，解得：，
综上所述：当x∈[﹣2，2]时，的解集为，
∴的解集为．
（3）∵f（x+1）＝f（x），∴f（x+k）＝f（x）（k∈Z），则只需研究1≤n≤12（n∈N*）的情况；
①当n＝2k﹣1（1≤k≤6，k∈N*）时，
令且对于任意x∈R恒成立，
此时f（x）满足f（x+1）＝f（x），并具有性质，但f（x）不恒等于1；
②当n＝2时，；当n＝6时，；当n＝10时，；
令且对于任意x∈R恒成立，
此时f（x）满足f（x+1）＝f（x），并具有性质，但f（x）不恒等于1；
③当n＝12时，f（x+1）＝f（x），f（x+1）+f（x）＝2，∴f（x）＝1，满足题意；
④当n＝8时，，∴，
∴，又f（x+1）＝f（x），∴，∴，
则，∴f（x）＝1，满足题意；
⑤当n＝4时，，∴，
∴，又f（x+1）＝f（x），
∴，∴，
则，∴f（x）＝1，满足题意；
综上所述：当1≤n≤12（n∈N*）时，满足题意的n的取值集合为{4，8，12}，
∴满足题意的正整数n的取值的集合为{4+12k，8+12k，12+12k；（k∈N）．
【点评】本题考查函数中的新定义运算问题；解题关键是能够根据已知抽象函数关系式推导得到函数的周期性，考查学生的综合能力，属于难题．
33．（2022•黄浦区模拟）已知函数f（x）＝．
（1）写出函数f（x）的单调递增区间；
（2）求证：函数f（x）的图象关于直线y＝x对称；
（3）某同学经研究发现，函数f（x）的图象为双曲线，x＝0和y＝为其两条渐近线，试求出其顶点，焦点的坐标，并利用双曲线的定义加以验证．
【分析】（1）求得，令f′（x）＞0，即可求得函数f（x）的递增区间；
（2）设P（x0，y0）为函数f（x）的图象上一点，点P关于直线对称的点Q的坐标为（x1，y1），根据直线垂直且平分线段PQ，求得代入得到，即可求解；
（3）由（2）得直线为函数f（x）图像的一条对称轴，联立方程组求得，得到双曲线的两个顶点一定只能是，进而求得b＝2，c＝4，根据双曲线的两个焦点F1（x1，y1），F2（x2，y2），由|OF2|＝4，求得，结合双曲线的定义，作出证明．
【解答】（1）解：由题意，函数，
可得，
令f′（x）＞0，即，
解得或，
所以函数f（x）的单调递增区间为．
（2）证明：设P（x0，y0）为函数f（x）的图像上一点，点P关于直线对称的点Q的坐标为（x1，y1），
由直线垂直且平分线段PQ，可得，
因为，所以，
将代入，可得，
即点Q也在函数f（x）的图像上，所以函数f（x）的图像关于直线对称．
（3）解：由（2）得直线为函数f（x）图像的一条对称轴，
于是，解得，
因为的图像是双曲线（以下记作Γ），
那么双曲线的两个顶点一定只能是，
于是半实轴a的值一定只能是，
双曲线Γ的实轴所在直线与它的一条渐近线的夹角为，
以双曲线Γ的一个顶点为直角的顶点，以为一个锐角，以半实轴a的长为一条直角边的直角三角形的另一条直角边的长应当等于Γ的半虚轴b之长，其斜边则等于Γ的半焦距c之长．因此b＝2，c＝4．
因为双曲线的两个焦点在双曲线的实轴所在的一条对称轴上，
所以Γ的两个焦点F1（x1，y1），F2（x2，y2），应在直线上，
由|OF2|＝4，得，利用对称性另一个焦点应为，
以下验证图像上的任意一点到F1，F2两点的距离之差的绝对值为定值，
设P（x，y）为函数图像上的任意一点，
则＝
＝，
由，得，
故有
＝2x2+2y2+32﹣2|x2+y2﹣8|，
因为，
故得，
即为定值，且恰等于前面所得的2a的值，由此验证函数的图像为双曲线．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，由方程研究曲线的性质，属于较难题．
34．（2022•浦东新区校级模拟）定义符号函数sgn（x）＝，已知函数f（x）＝x2﹣2x（x2﹣a）•sgn（x2﹣a）．
（1）已知f（1）≤f（0），求实数a的取值集合；
（2）当a＝1时，g（x）＝f（x）﹣kx在区间（﹣2，0）上有唯一零点，求k的取值集合；
（3）已知f（x）在[0，1]上的最小值为f（1），求正实数a的取值集合；
【分析】（1）分情况当a＞1和当a≤1时两种情况进行讨论求解；
（2）当a＝1时，g（x）＝f（x）﹣kx在区间（﹣2，0）上有唯一零点，转化为函数y＝k与函数y＝2x2+x﹣2和函数y＝﹣2x2+x+2的交点个数，画出函数y＝﹣2x2+x+2在∈（﹣2，﹣1]上和函数y＝2x2+x﹣2在（﹣1，0）上的图象，数形结合，即可求出k的取值集合；
（3）分情况进行分类讨论，a≥1和0＜a≤1两种情况讨论．
【解答】解：（1）∵f（1）≤f（0），
∴1﹣2（1﹣a）•sgn（1﹣a）≤0，
①当a＞1时，sgn（1﹣a）＝﹣1，∴1+2（1﹣a）≤0，∴，
②当a≤1时，1﹣2（1﹣a）≤0，∴，
综上所求，实数a的取值集合为{a|a}；
（2）当a＝1时，g（x）＝f（x）﹣kx＝x2﹣2x（x2﹣1）•sgn（x2﹣）﹣kx，
①当x∈（﹣2，﹣1]时，sgn（x2﹣1）＝1，∴g（x）＝x2﹣2x（x2﹣1）﹣kx＝﹣2x3+x2+2x﹣kx＝x（﹣2x2+x+2﹣k），
∴方程﹣2x2+x+2﹣k＝0在（﹣2，﹣1]上有唯一解，即﹣2x2+x+2＝k在（﹣2，﹣1]上有唯一解，
∴函数y＝k与y＝﹣2x2+x+2在（﹣2，﹣1]上有唯一交点，
②当x∈（﹣1，0）时，sgn（x2﹣1）＝﹣1，∴g（x）＝x2+2x（x2﹣1）﹣kx＝2x3+x2﹣2x﹣kx＝x（2x2+x﹣2﹣k），
∴方程2x2+x﹣2﹣k＝0在（﹣1，0）上有唯一解，即2x2+x﹣2＝k在（﹣1，0）上有唯一解，
∴函数y＝k与y＝2x2+x﹣2在（﹣1，0）上有唯一交点，
画出函数y＝﹣2x2+x+2在∈（﹣2，﹣1]上和函数y＝2x2+x﹣2在（﹣1，0）上的图象，如图所示：，
∵函数y＝k与这两个函数在（﹣2，0）上只有一个交点，∴，
∴k的取值集合为：{k|﹣8＜k＜﹣}∪{1}；
（3）首先，由最大值的定义可知必有f（1）≤f（0），从而由（1）并结合a是正数知，a，
其次，围绕f（x）≥f（1）在x∈[0，1]时恒成立及sgn（x2﹣a）的值（也就是x2﹣a的正负）展开思考与讨论，
①当a时，x2﹣a＜0，sgn（x2﹣a）＝﹣1，由f（x）≥f（1），得2x3+x2﹣2ax≥2×13+12﹣2a×1，
即2（x3﹣1）+（x2﹣1）﹣2a（x﹣1）≥0，当x＝1时，此不等式成立；当x∈[0，1）时，不等式两边约去负数（x﹣1），得2（x2+x+1）+（x+1）﹣2a≤0，
即2x2+3x+3≤2a，因它恒成立，故有8≤2a，即a≥4，
②当x时，分情况讨论如下：
10若x，则x2﹣a＞0，sgn（x2﹣a）＝1，由f（x）≥f（1）恒成立，得2a≤2x2+x+1，可见a均符合要求，
20若x，则x2﹣a＜0，sgn（x2﹣a）＝﹣1，由f（x）≥f（1）恒成立，得2x3+x2﹣2ax≥2a﹣1，即，即2a≤2x2﹣x+1，
令ω＝2x2﹣x+1，则，
若即，则2a，这时的a均符合题意，
若即，则，故2a，得：，
综上所述，正数a的取值范围为：（0，]∪[4，+∞）．
【点评】本题主要考查了分段函数、恒成立问题、函数的单调性、分类讨论思想等知识，是难题．