【文档说明】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）-2021-2022学年高一数学特色专题卷.docx，共(14)页，212.439 KB，由管理员店铺上传

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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．﹣7B．﹣3C．3D．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．﹣8B．8C．﹣24D．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)+

1B．𝑓(𝑥)+1𝑓(𝑥)−1C．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)−1

𝑓(−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≥2

0，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)=𝑥2−1

𝑥+1B．f（x）＝|x+1|，g（x）={𝑥+1，𝑥≥−1−𝑥−1，𝑥＜−1C．f（x）＝1，g（x）＝（x+1）0D．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−�

�−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RB．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．1

1．（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．2B．3C．4D．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＝2B．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）＝3

1．【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x

1，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）=425②①+②，2f（﹣1）＝16，∴f（﹣1）＝8，令x＝3，可得f（3）+g（3）=9

43，③令x＝﹣3，f（﹣3）+g（﹣3）=983，∴f（3）﹣g（3）=983，④③﹣④，2g（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）＝|x

2﹣2x+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)=1√2𝑘𝑥2+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=−2

𝑥2−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+1√2−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）=𝑥

12+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）=−11422．（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�

�=−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．