高考数学二轮复习讲义练习专题3.11 函数的概念与性质全章综合测试卷-提高篇（教师版）

这是一份高考数学二轮复习讲义练习专题3.11 函数的概念与性质全章综合测试卷-提高篇（教师版），共17页。

1．（5分）（2021秋•阿勒泰地区期末）中文“函数（functin）”一词，最早是由近代数学家李善兰翻译出来的，之所以这么翻译，他给出的原因是“凡此变数中函彼变数者，则此为彼之函数”，即函数指一个量随着另一个量的变化而变化，下列四组函数，表示同一函数的是（ ）
A．f（x）＝1，g（x）＝x0
B．f（x）＝x（x∈R）与g（x）＝x（x∈Z）
C．f（x）＝|x|与g(x)=x，x≥0−x，x＜0
D．f(x)=x+2⋅x−2，g(x)=x2−4
【解题思路】运用定义域和对应法则完全相同的函数，才是同一函数，对选项一一求得定义域和对应法则判断即可求解．
【解答过程】解：对于A，f（x）＝1（x∈R），g（x）＝x0＝1（x≠0），两函数的定义域不同，故不为同一函数，
对于B，f（x）＝x（x∈R），g（x）＝x（x∈Z），两函数的定义域不同，故不为同一函数，
对于C，f（x）＝|x|=x，x≥0−x，x＜0=g（x）（x∈R），两函数的定义域相同，对应法则相同，故为同一函数，
对于D，f（x）=x+2•x−2（x≥2），g（x）=x2−4（x≥2或x≤﹣2），两函数的定义域不相同，故不为同一函数．
故选：C．
2．（5分）（2022秋•宛城区校级月考）若函数f（x+1）的定义域为[﹣1，15]，则函数g(x)=f(x2)x−1的定义域为（ ）
A．[1，4]B．（1，4]C．[1，14]D．（1，14]
【解题思路】根据函数的解析式及函数的定义，列出使函数解析式有意义的不等式组，求出解集即可．
【解答过程】解：因为f（x+1）的定义域为[﹣1，15]，
所以0≤x+1≤16，
所以0≤x2≤16x−1＞0，
解得1＜x≤4．
故选：B．
3．（5分）（2022•华州区校级开学）已知f（x）是R上的奇函数，且f（2﹣x）＝f（x），f（1）＝3，则f（2022）+f（2023）＝（ ）
A．﹣3B．﹣1C．1D．2
【解题思路】由已知先求出函数的周期，结合奇偶性及周期性进行转化即可求解．
【解答过程】解：由题意，得f（2+x）＝f（﹣x）＝﹣f（x），
所以f（x+4）＝f（x），
所以f（x）是周期为4的周期函数，
所以f（2022）+f（2023）＝f（2）+f（﹣1），
因为f（﹣x+1）＝f（x+1），令x＝1，得f（2）＝f（0），
因为f（x）为R上的奇函数，
所以f（0）＝0，f（﹣1）＝﹣f（1）＝﹣3，
所以f（2022）+f（2023）＝0﹣3＝﹣3．
故选：A．
4．（5分）（2021秋•大通县期末）幂函数f（x）＝（m2﹣m﹣1）xm2+2m−3在区间（0，+∞）上单调递增，且a+b＞0，则f（a）+f（b）的值（ ）
A．恒大于0B．恒小于0C．等于0D．无法判断
【解题思路】先根据幂函数的定义和函数单调性求出m的值，再判断函数的单调性，根据单调性和奇偶性即可判断．
【解答过程】解：幂函数f（x）＝（m2﹣m﹣1）xm2+2m−3在区间（0，+∞）上单调递增，
∴m2−m−1=1m2+2m−3＞0，解得m＝2，
∴f（x）＝x5，
∴f（x）在R上为奇函数，
由a+b＞0，得a＞﹣b，
∵f（x）在R上为单调增函数，
∴f（a）＞f（﹣b）＝﹣f（b），
∴f（a）+f（b）＞0恒成立．
故选：A．
5．（5分）（2021•博野县校级开学）函数y＝x，y＝x2和y=1x的图象如图所示，有下列四个说法：
①如果1a＞a＞a2，那么0＜a＜1；
②如果a2＞a＞1a，那么a＞1；
③如果1a＞a2＞a，那么﹣1＜a＜0；
④如果a2＞1a＞a时，那么a＜﹣1．
其中正确的是（ ）
A．①④B．①C．①②D．①③④
【解题思路】先求出三个函数图象的交点坐标，再结合图象判断即可．
【解答过程】解：易知函数y＝x，y＝x2和y=1x的图象交点坐标为（1，1），
函数y＝x与y=1x的图象还有一个交点（﹣1，﹣1），
当三个函数的图象依y=1x，y＝x，y＝x2次序呈上下关系时，0＜x＜1，故①正确，
当三个函数的图象依y＝x2，y＝x，y=1x次序呈上下关系时，﹣1＜x＜0或x＞1，故②错误，
由于三个函数的图象没有出现y=1x，y＝x2，y＝x次序的上下关系，故③错误，
当三个函数的图象依y＝x2，y=1x，y＝x次序呈上下关系时，x＜﹣1，故④正确，
所以正确的有①④，
故选：A．
6．（5分）（2022春•湖北期末）已知函数f（x）是定义在（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的奇函数，且f（﹣1）＝0，若对于任意两个实数x1，x2∈（0，+∞）且x1≠x2，不等式f(x1)−f(x2)x1−x2＜0恒成立，则不等式xf（x）＞0解集是（ ）
A．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）B．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）
C．（﹣1，0）∪（1，+∞）D．（﹣1，0）∪（0，1）
【解题思路】先判断函数的单调性，然后结合奇偶性及单调性即可求解．
【解答过程】解：因为对于任意两个实数x1，x2∈（0，+∞）且x1≠x2，不等式f(x1)−f(x2)x1−x2＜0恒成立，
所以f（x）在（0，+∞）上单调递减，
因为函数f（x）是定义在（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的奇函数，且f（﹣1）＝0，
所以f（x）在（﹣∞，0）上单调递减且f（1）＝0，
由xf（x）＞0得x＞0f(x)＞0或x＜0f(x)＜0，
解得0＜x＜1或﹣1＜x＜0．
故选：D．
7．（5分）（2022•泸州模拟）某工厂某种产品的年固定成本为250万元，每生产x千件该产品需另投入成本为G（x），当年产量不足80千件时，G（x）=13x2+10x（万元）；当年产量不小于80千件时，G（x）＝51x+10000x−1450（万元）．每件商品售价为0.05万元．通过市场分析，该厂生产的商品能全部售完，则该厂在这一商品的生产中所获年利润的最大值是（ ）
A．1150万元B．1000万元C．950万元D．900万元
【解题思路】根据年利润＝销售收入﹣成本，列出函数关系式，列出函数关系式，最后写成分段函数的形式，从而得到答案．
【解答过程】解：∵每件商品售价为0.05万元，∴x千件商品销售额为0.05×1000x万元，
①当0＜x＜80时，根据年利润＝销售收入﹣成本，
∴L（x）＝（0.05×1000x）−13x2﹣10x﹣250=−13x2+40x﹣250；
②当x≥80时，L（x）＝（0.05×1000x）﹣51x−10000x+1450﹣250＝1200﹣（x+10000x）．
当0＜x＜80时，L（x）=−13x2+40x﹣250=−13（x﹣60）2+950，
∴当x＝60时，L（x）取得最大值L（60）＝950万元；
②当x≥80时，L（x）＝1200﹣（ x+10000x）≤1200﹣2x⋅10000x=1200﹣200＝1000，
当且仅当x=10000x，即x＝100时，L（x）取得最大值L（100）＝1000万元．
综合①②，由于950＜1000，
∴当产量为100千件时，该厂在这一商品中所获利润最大，最大利润为1000万元．
故选：B．
8．（5分）（2022•天津三模）定义在R上的函数f（x）满足f（x﹣3）＝f（x+1），且f(x)=1−x2，x∈(−1，1]2−2|x−2|，x∈(1，3]，则下列说法正确的是（ ）
A．f（x）的值域为[0，1]
B．f（x）图象的对称轴为直线x＝4k（k∈Z）
C．当x∈（﹣3，﹣2）时，f（x）＝2x+6
D．方程3f（x）＝x恰有5个实数解
【解题思路】依题意可得f（x）是以4为最小正周期的周期函数，再根据（﹣1，3]上的解析式，画出函数的部分图象，结合函数图象一一分析即可；
【解答过程】解：因为f（x﹣3）＝f（x+1），所以f[（x+3）﹣3]＝f[（x+3）+1]，即f（x）＝f（x+4），即f（x）是以4为最小正周期的周期函数，
因为f(x)=1−x2，x∈(−1，1]2−2|x−2|，x∈(1，3]，
所以f（x）的部分函数图象如下所示：
所以函数的值域为[0，2]，故A错误；
函数的对称轴为x＝2k（k∈Z），故B错误；
当x∈（﹣3，﹣1]时，x+4∈（1，3]，
所以f（x）＝f（x+4）＝2﹣2|（x+4）﹣2|＝2﹣2|x+2|，
所以当x∈（﹣3，﹣2）时f（x）＝2+2（x+2）＝2x+6，故C正确；
方程3f（x）＝x的解的个数，即f（x）=x3的解的个数，
即函数y＝f（x）与y=x3的交点个数，
结合函数图象可知，函数y＝f（x）与y=x3只有4个交点，故D错误．
故选：C．
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2022春•琼山区校级月考）已知函数f（2x）＝4x2+1（x∈[﹣2，2]），下列说法正确的是（ ）
A．f（1）＝5
B．f（x）＝x2+1
C．f（x）的定义域为[﹣1，1]
D．f（x﹣1）的图像关于x＝1对称
【解题思路】根据f（2x）求得f（x）解析式，再判断即可．
【解答过程】解：∵f（2x）＝4x2+1，令t＝2x，则x=t2，代入f（2x），得f（t）＝4×（t2）2+1＝t2+1，∴f（x）＝x2+1，B正确；
f（1）＝2，A错误；
x∈[﹣2，2]，2x∈[﹣4，4]，∴f（x）的定义域为[﹣4，4]，C错误；
f（x）为偶函数，图像关于y轴对称，故f（x﹣1）的图像关于x＝1对称，D正确．
故选：BD．
10．（5分）（2021秋•宣城期末）已知函数f（x）＝xα的图像经过点（4，2），则下列说法正确的是（ ）
A．函数f（x）为偶函数
B．函数f（x）在其定义域内为增函数
C．当x＞1时，f（x）＞1
D．当0＜x1＜x2时，f(x1)+f(x2)2＜f(x1+x22)
【解题思路】由题意，利用幂函数的性质，得出结论．
【解答过程】解：由于函数f（x）＝xα的图像经过点（4，2），故有4α＝2，∴α=12，故f（x）=x．
显然，函数f（x）为非奇非偶函数，故A错误；函数f（x）在其定义域内为增函数，故B正确；
当x＞1时，f（x）=x＞1，故C正确；
由于函数f（x）为上凸型函数，故有当0＜x1＜x2时，f(x1)+f(x2)2＜f(x1+x22)，故D正确，
故选：BCD．
11．（5分）（2022春•重庆月考）函数f(x)=x1+xx≥0x1−xx＜0，则下列结论正确的是（ ）
A．f（x）为奇函数B．f（x）为增函数
C．∀x∈R，|f（x）|＜1D．∃x0∈R，|f（x0）|＞1
【解题思路】利用函数奇偶性的定义可判断A选项；利用反比例型函数的单调性奇偶性可判断B选项；求出函数f（x）的值域，可判断CD选项．
【解答过程】解：函数f（x）的定义域为R，f（0）＝0，
当x＞0时，﹣x＜0，则f(−x)=−x1+x=−f(x)，
当x＜0时，﹣x＞0，则f(−x)=−x1−x=−f(x)，
所以，对任意的x∈R，f（﹣x）＝﹣f（x），即函数f（x）为奇函数，A对；
当x≥0时，f(x)=x1+x=1−11+x，则函数f（x）在[0，+∞）上为增函数，
因为函数f（x）为奇函数，则函数f（x）在（﹣∞，0]上也为增函数，
故函数f（x）在R为增函数，B对：
当x≥0时，f(x)=1−11+x∈[0，1)，
因为函数f（x）为R上的奇函数，
则当x≤0时，f（x）＝﹣f（﹣x）∈（﹣1，0]，
故f（x）∈（﹣1，1），所以，∀x∈R，|f（x）|＜1，C对，D错．
故选：ABC．
12．（5分）（2021秋•武汉期末）已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f(x)=x−2x+1，则下列结论正确的是（ ）
A．f（0）＝﹣2
B．|f（x）|的单调递增区间为（﹣1，0），（1，+∞）
C．当x＜0时，f(x)=x+21−x
D．xf（x）＜0的解集为（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）
【解题思路】由奇函数f（x）在x＝0处有定义，可得f（0）＝0，可判断A；由x＞0的函数的解析式，结合奇函数的定义可得x＜0时的函数解析式，可判断C；判断x＞0时的f（x）的单调性，可得x＜0时的f（x）的单调性，不等式xf（x）＜0等价为x＞0且f（x）＜0，x＜0且f（x）＞0，结合f（﹣1）＝f（1）＝0，解不等式可判断D；由y＝|f（x）|的图象与y＝f（x）的图象特点，结合单调性可判断B．
【解答过程】解：函数f（x）是定义在R上的奇函数，可得f（0）＝0，故A错误；
当x＞0时，f(x)=x−2x+1，设x＜0，则﹣x＞0，f（﹣x）＝﹣x−21−x，
又f（﹣x）＝﹣f（x），所以x＜0时，f（x）＝x+21−x，故C正确；
由x＞0时，f(x)=x−2x+1，可得f（1）＝0，
又y＝x和y=−2x+1在（0，+∞）递增，可得f（x）在（0，+∞）递增，
由奇函数的图象关于原点对称，可得f（x）在（﹣∞，0）递增，且f（﹣1）＝0，
所以xf（x）＜0等价为x＞0f(x)＜0=f(1)或x＜0f(x)＞0=f(−1)，
解得0＜x＜1或﹣1＜x＜0，故D错误；
由y＝|f（x）|的图象可看作y＝f（x）的图象位于x轴上方的图象不变，将x轴下方的图象翻折到x轴上方得到，
所以y＝|f（x）|的递增区间为（﹣1，0），（1，+∞），故B正确．
故选：BC．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2021秋•滦南县校级月考）若函数f(x)=x−1mx2+2mx+4的定义域为R，则实数m的取值范围是 [0，4） ．
【解题思路】根据函数的定义域为R，转化为mx2+2mx+4＞0恒成立，然后进行求解即可．
【解答过程】解：∵f（x）的定义域为R，
∴mx2+2mx+4＞0恒成立，
当m＝0时，不等式等价为4＞0，满足条件，
当m≠0时，要使不等式mx2+2mx+4＞0恒成立，
则m＞0Δ=4m2−16m＜0，得m＞00＜m＜4，得0＜m＜4，
综上0≤m＜4，
即实数m的取值范围是[0，4），
故答案为：[0，4）．
14．（5分）（2021秋•湖北期中）已知幂函数y=xp2−2p−3（p∈N*）的图象关于y轴对称，且在（0，+∞）上是减函数，实数a满足(a2−1)p3＜(3a+3)p3，则a的取值范围是 （﹣1，4） ．
【解题思路】根据幂函数的性质求出p的值，根据幂函数的单调性得到关于a的不等式解出即可．
【解答过程】解：∵幂函数y=xp2−2p−3（p∈N*）在（0，+∞）上是减函数，
∴p2﹣2p﹣3＜0，解得﹣1＜p＜3，
∵p∈N*，
∴p＝1或2．
当p＝1时，y＝x﹣4为偶函数满足条件，
当p＝2时，y＝x﹣3为奇函数不满足条件，
则不等式等价为(a2−1)p3＜(3a+3)p3，即(a2−1)13＜(3a+3)13，
∵y=x13为增函数，
∴a2﹣1＜3a+3，
解得：﹣1＜a＜4，
故答案为：（﹣1，4）．
15．（5分）（2022春•河南月考）已知函数f(x)=x+1x，0＜x＜1−x−4x+5，1≤x＜2，若存在0＜a＜b＜2，使得f（x）在[a，b]上单调，且f（x）在[a，b]上的值域为[ma，mb]，则m的取值范围为 (12，916) ．
【解题思路】首先判断函数f（x）＝x+1x的单调性，结合已知对a，b进行分类，可知0＜a＜b＜1时不合题意，当1≤a＜b＜2时，可得m=f(a)a，得到m关于a的函数，再由配方法求最值得答案．
【解答过程】解：函数f（x）＝x+1x在（0，1）上单调递减，在[1，2）上单调递增．
∵存在0＜a＜b＜2，使得f（x）在[a，b]上单调，∴0＜a＜b＜1或1≤a＜b＜2．
当0＜a＜b＜1时，有f(a)=mbf(b)=ma，可得af（a）＝bf（b）．
当0＜x＜1时，令函数g（x）＝xf（x）＝x2+1，
g（x）在（0，1）上单调递增，则g（a）≠g（b），即af（a）≠bf（b），不符合题意；
当1≤a＜b＜2时，有f(a)=maf(b)=mb，可得f(a)a=f(b)b=m．
当1≤x＜2时，令函数ℎ(x)=f(x)x=−4x2+5x−1=−4×(1x)2+5×1x−1，
根据对称性可知，1a∈(58，34)，
则m=f(a)a=−1−4a2+5a=−4×(1a)2+5×1a−1∈(12，916)．
综上可知，m的取值范围为：(12，916)．
故答案为：(12，916)．
16．（5分）（2021秋•巴州区期末）已知偶函数y＝f（x）（x∈R）在区间[﹣1，0]上单调递增，且满足f（1﹣x）+f（1+x）＝0，给出下列判断：
（1）f（5）＝0；
（2）f（x）在[1，2]上是减函数；
（3）函数y＝f（x）没有最小值；
（4）函数f（x）在x＝0处取得最大值；
（5）f（x）的图象关于直线x＝1对称．
其中正确的序号是 ①②④ ．
【解题思路】分别利用函数的奇偶性，单调性和周期性进行推理和判断，由f（1﹣x）+f（1+x）＝0得到f（1+x）＝﹣f（1﹣x）＝﹣f（x﹣1），得到函数的周期为4．f（x+2）＝﹣f（x），
【解答过程】解：
（1）由f（1﹣x）+f（1+x）＝0
得到f（1+x）＝﹣f（1﹣x）＝﹣f（x﹣1），
设t＝x﹣1．x＝t+1，∴f（t+2）＝﹣f（t），f（t+4）＝f（t）
所以f（4+x）＝f（x），所以函数的周期是4．
当x＝0时，f（1）+f（1）＝0，
所以f（1）＝0，
因为f（5）＝f（4+1）＝f（1）＝0，所以①正确．
（2）因为y＝f（x）（x∈R）在区间[﹣1，0]上单调递增，周期为4，f（x+2）＝﹣f（x），所以函数在区间[1，2]上单调递减，所以②正确．
（3）函数有最小值，也有最大值，且是相反数，故③错，
（4）∵偶函数y＝f（x）（x∈R）在区间[﹣1，0]上单调递增，f（x+2）＝﹣f（x），
∴函数f（x）在x＝0处取得最大值；
（5）因为y＝f（x）是偶函数，所以f（2+x）＝﹣f（x），f（1）＝0所以函数关于（1，0）对称．故⑤错误
因为偶函数y＝f（x）（x∈R）在区间[﹣1，0]上单调递增，则在[0，1]上单调递减，且周期为4，所以y＝f（x）在x＝0处取得最大值，在x＝﹣1时取得f（﹣1）＝0．所以④正确，⑤错误．
故答案为：①②④.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2021秋•梁溪区校级期中）已知函数f(x)=−ax2+2x+5．
（1）若函数定义域为R，求a的取值范围；
（2）若函数值域为[0，+∞），求a的取值范围．
【解题思路】（1）依题意，﹣ax2+2x+5≥0对任意x∈R都成立，由此建立关于a的不等式组，解出即可；
（2）依题意，g（x）＝﹣ax2+2x+5能取遍所有正数，由此建立关于a的不等式组，解出即可．
【解答过程】解：（1）∵函数定义域为R，
∴﹣ax2+2x+5≥0对任意x∈R都成立，
当a＝0时，2x+5≥0显然不恒成立，不合题意；
当a≠0时，由二次函数的性质可知，需满足−a＞0Δ=4+20a≤0，解得a≤−15，
综上，实数a的取值范围为(−∞，−15]；
（2）∵函数值域为[0，+∞），
∴g（x）＝﹣ax2+2x+5能取遍所有正数，
∴−a≥0Δ=4+20a≥0，解得−15≤a≤0，
∴实数a的取值范围为[−15，0]．
18．（12分）（2021秋•上饶期中）已知幂函数f（x）＝（m2﹣5m+7）xm+1（m∈R）为偶函数．
（1）求f（x）的解析式；
（2）若f（2a+1）＞16，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）根据幂函数的定义求出m的值，再根据偶函数的定义写出f（x）的解析式；
（2）把不等式化为（2a+1）4＞16，求出解集即可．
【解答过程】解：（1）幂函数f（x）＝（m2﹣5m+7）xm+1（m∈R）为偶函数，
∴m2﹣5m+7＝1，
解得m＝2或m＝3；
当m＝2时，m+1＝3不符合题意，舍去；
当m＝3时，m+1＝4，满足题意；
∴f（x）＝x4；
（2）由（1）知，不等式f（2a+1）＞16化为（2a+1）4＞16，
解得2a+1＜﹣2或2a+1＞2，
即a＜−32或a＞12，
∴实数a的取值范围是（﹣∞，−32）∪（12，+∞）．
19．（12分）（2021秋•沙坪坝区校级期中）已知幂函数f(x)=(m2+m2−12)xm，且在定义域内单调递增．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）若函数g（x）＝[f（x）]2+kf（x）﹣1，x∈[12，1]，是否存在实数k，使得g（x）的最小值为0？若存在，求出k的值，若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）由题意利用幂函数的定义和性质，求得m的值，可得结论．
（2）先求出g（x）的解析式，由题意利用二次函数的性质，分类讨论，求得k的值，可得结论．
【解答过程】（1）∵幂函数f(x)=(m2+m2−12)xm，且在定义域内单调递增，
∴m2+m2−12=1，且m＞0，求得m＝1，
故f（x）＝x．
（2）∵函数g（x）＝[f（x）]2+kf（x）﹣1＝x2+kx﹣1，它的图象的对称轴方程为x=−k2，x∈[12，1]，
若−k2＜12，即k＞﹣1时，g（x）在[12，1]内单调递增，根据它的最小值为g（12）=14+k2−1＝0，求得k=32．
若12≤−k2≤1，即﹣2≤k≤﹣1时，g（x）的对称轴x=−k2在[12，1]内，根据它的最小值为g（−k2）=k24−k22−1＝0，求得k∈∅．
若−k2＞1，即k＜﹣2时，g（x）在[12，1]内单调递减，根据它的最小值为g（1）＝1+k﹣1＝0，求得k＝0（舍去）．
综上，存在实数k=32，使得g（x）的最小值为0．
20．（12分）（2022秋•徐州期末）经市场调查，某超市的一种商品在过去的一个月内（以30天计），销售价格（元）与时间t（天）的函数关系近似满足f(t)=100(1+1t)，销售量（件）与时间t（天）的函数关系近似满足g（t）＝125﹣|t﹣25|．
（1）试写出该商品的日销售金额w（t）关于时间t（1≤t≤30，t∈N）的函数表达式；
（2）求该商品的日销售金额w（t）的最大值与最小值．
【解题思路】（1）函数关系近似满足f(t)=100(1+1t)，、g（t）＝125﹣|t﹣25|，即可得到商品的日销售金额w（t）关于时间t（1≤t≤30，t∈N）的函数关系式；
（2）由函数关系近似满足f(t)=100(1+1t)，判断函数的单调性判断出函数的最值，即该商品的日销售金额w（t）的最值．
【解答过程】解：（1）由题意，得w(t)=f(t)⋅g(t)=100(1+1t)(125−|t−25|)
=100(t+100t+101)，(1≤t＜25，t∈N)100(149+150t−t)，(25≤t≤30，t∈N)
（2）①当1≤t＜25时，因为t+100t≥20，
所以当t＝10时，w（t）有最小值12100；
当t＝1时，w（t）有最大值20200；
②当25≤t≤30时，∵150t−t在[25，30]上递减，
∴当t＝30时，w（t）有最小值12400
∵12100＜12400，∴当t＝10时，
该商品的日销售金额w（t）取得最小值为12100．
最大值为20200．
21．（12分）（2021秋•张家口期中）已知函数f（x）是定义域为R上的奇函数，当x＞0时，f（x）＝x2+2x．
（1）求f（x）的解析式；
（2）若不等式f（t﹣2）+f（2t+1）＞0成立，求实数t的取值范围；
（3）若函数g（x）＝f（x）﹣2ax+1（x∈[﹣2，﹣1]），求函数g（x）的最大值h（a）．
【解题思路】（1）根据函数的奇偶性求出函数的解析式即可；
（2）根据函数的图像判断函数的单调性，结合函数的奇偶性得到关于t的不等式，解出即可；
（3）求出g（x）的解析式，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，根据函数的单调性求出函数的最大值，从而求出h（a）的解析式．
【解答过程】解：（1）函数f（x）是定义域为R上的奇函数，
当x＞0时，f（x）＝x2+2x，
设x＜0，则﹣x＞0，得f（x）＝﹣f（﹣x）＝﹣x2+2x，且f（0）＝0，
故函数f（x）=x2+2x，x＞00，x=0−x2+2x，x＜0；
（2）由（1）可得f（x）=x2+2x，x＞00，x=0−x2+2x，x＜0；
画出函数f（x）的图像，如图示：
得函数在定义域上为单调递增函数，
又函数f（x）为奇函数，故不等式f（t﹣2）+f（2t+1）＞0成立，
可化为f（t﹣2）＞﹣f（2t+1）＝f（﹣2t﹣1），故t﹣2＞﹣2t﹣1，解得：t＞13，
故实数t的取值范围是（13，+∞）；
（3）当x∈[﹣2，﹣1]时，g（x）＝f（x）﹣2ax+1＝﹣x2+（2﹣2a）x+1，
则函数g（x）开口向下，且对称轴的方程为x＝1﹣a，
当1﹣a≤﹣2即a≥3时，函数g（x）在区间[﹣2，﹣1]单调递减，
故当x＝﹣2时，函数g（x）取得最大值，最大值是h（a）＝g（﹣2）＝4a﹣7，
当﹣2＜1﹣a＜﹣1即2＜a＜3时，函数g（x）在[﹣2，1﹣a]单调递增，在[1﹣a，﹣1]单调递减，
故当x＝1﹣a时，函数g（x）取最大值，最大值是h（a）＝g（1﹣a）＝a2﹣2a+2，
当1﹣a≥﹣1即a≤2时，函数g（x）在区间[﹣2，﹣1]单调递增，
故当x＝﹣1时，函数g（x）取得最大值，最大值是h（a）＝g（﹣1）＝2a﹣2，
故函数g（x）的最大值h（a）=4a−7，a≥3a2−2a+2，2＜a＜32a−2．a≤2．
22．（12分）（2021秋•海陵区校级期中）已知a∈R，函数f（x）＝x|x﹣a|．
（1）判断函数f（x）的奇偶性，请说明理由；
（2）设a＞0，求函数f（x）在区间[1，3]上的最小值；
（3）设a≠0，函数f（x）在区间（m，n）上既有最大值又有最小值，请分别求出m，n的取值范围．（只要写出结果，不需要写出解题过程）
【解题思路】（1）讨论a＝0，a≠0，结合奇偶性的定义可得结论；
（2）讨论a的范围与二次函数的对称轴的关系，结合函数的单调性，可得最小值；
（3）求得f（x）的分段函数的形式，讨论a＞0，a＜0时，结合图象可得所求范围．
【解答过程】解：（1）当a＝0时，f（x）＝x|x|，则f（﹣x）＝﹣x|﹣x|＝﹣x|x|＝﹣f（x），f（x）是R上的奇函数；
当a≠0时，f（a）＝0，f（﹣a）＝﹣2a|a|，则有f（﹣a）≠f（a），且f（﹣a）≠﹣f（a），
即f（x）既不是奇函数，也不是偶函数，
所以，当a＝0时，f（x）是奇函数；当a≠0时，f（x）是非奇非偶函数；
（2）因x∈[1，3]，则当1≤a≤3时，f（x）≥0，当且仅当x＝a时取“＝”，即f（x）min＝f（a）＝0．
当0＜a＜1时，f(x)=x(x−a)=(x−a2)2−a24，显然a2＜1，即f（x）在[1，2]上递增，f（x）min＝f（1）＝1﹣a，
当a＞3时，f(x)=−x(x−a)=−(x−a2)2+a24，对称轴x=a2，
当3＜a≤4时，f（x）min＝f（3）＝3a﹣9；当a＞4时，f（x）min＝f（1）＝a﹣1．
综上得，f（x）min=1−a，0＜a＜10，1≤a≤33a−9，3＜a≤4a−1，a＞4；
（3）当a≠0时，函数f(x)=x(x−a)，x≥ax(a−x)，x＜a，函数f（x）在区间（m，n）上既有最大值又有最小值，
当a＞0时，函数f（x）图象如上左图，由x（x﹣a）=a24（x＞a），解得x=1+22a，
则有0≤m＜a2，a＜n≤1+22a，
当a＜0时，函数f（x）图象如上右图，由−a24=ax﹣x2（x＜a）解得：x=1+22a，
则有1+22a≤m＜a，a2＜n≤0．