专题04函数C辑（教师版含解析）备战2021年高中数学联赛之1981-2020年高中数学联赛一试试题分专题训练.docx

1、备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题04函数C辑历年联赛真题汇编1【2020高中数学联赛A卷(第01试)】对正整数n及实数x(0x1可知x，y，z0.由条件及换底公式知x+zy=3,y+zx=4，即xy+z=3y=4x.由此，令x=3t，y=4t(t0)，则z=4x-xy=12t-12t2.其中由z0可知t(0，1).因此，结合三元平均值不等式得lgalgc=xz=3t12t(1-t)=18t2(2-2t)18t+t+(2-2t)33=18233=163.当t=22t，即t=23(相应的a、b、c分别为100,1083,1083)时，lgalgc取到最大值163.

2、3【2018高中数学联赛A卷(第01试)】已知定义在R*上的函数f(x)=log3x-1,09，设a，b，c是三个互不相同的实数，满足f(a)=f(b)=f(c)，求abc的取值范围.【答案】(81，144)【解析】不妨假设abc.由于f(x)在(0，3上严格递减，在3，9上严格递增，在9，+)上严格递减，且f(3)=0，f(9)=1，故结合图象可知a(0,3),b(3,9),c(9,+)，并且f(a)=f(b)=f(c)(0，1).由f(a)=f(b)得1-log3a=log3b-1，取log3a+log3b=2，因此ab=32=9.于是abc=9c.又0f(c)=4-c1，故c(9，16)

3、.进而abc=9c(81，144).所以，abc的取值范围是(81，144).4【2018高中数学联赛B卷(第01试)】已知定义在R*上的函数f(x)为f(x)=log3x-1,09，设a，b，c是三个互不相同的实数，满足f(a)=f(b)=f(c)，求abc的取值范围.【答案】(81，144).【解析】不妨设abc.由于f(x)在(0，3严格递减，在3，9上严格递增，在9，+)上严格递减，且f(3)=0，f(9)=1，故结合图象可知a(0,3),b(3,9),c(9,+)，并且f(a)=f(b)=f(c)(0，1).由f(a)=f(b)得1-log3a=log3b-1，即log3a+log3

4、b=2，因此ab=32=9.于是abc=9c.又0f(c)=4-c1，故c(9，16).进而abc=9c(81，144).所以，abc的取值范围是(81，144).5【2016高中数学联赛(第01试)】已知f(x)是R上的奇函数，f(1)=1，且对任意x0，故ax2可取到任意大的正值，因此必有1b0，即00可知a=1，此时g(x)=2bx2+(2bb2)，其中b0，故g(x)可取到负值，矛盾)，于是g(x)=a-a2x2-aba-a22-(ab)2a-a2+2b-b2=a-a2x2-b1-a2+b1-a(2-2a-b)0对一切实数x成立，从而必有a-a20，即0a0，再根据g(b1-a)=b1

5、-a(2-2a-b)0可得2a+b2，至此，求得a，b满足的必要条件如下0b1,0a0，b1-a(2-2a-b)0，再结合x2+y2-2xy可得h(x,y)a-a2x2y2+a(1-b)(-2xy)+2axy+2b-b2=a-a2x2y2+2abxy+2b-b2=a-a2xy+b1-a2+b1-a(2-2a-b)0.综上所述，所求的正实数对(a，b)全体为(a,b)|0b1,0a1,2a+b2.7【2011高中数学联赛(第01试)】设函数f(x)=llg(x+1)，实数a，b(ab)满足f(a)=f-b+1b+2，f(10a+6b+21)=4lg2，求a，b的值.【答案】a=-25,b=-13

6、【解析】因为f(a)=f-b+1b+2，所以llg(a+1)|=|lg-b+1b+2+1|，lg1b+2=|lg(b+2)|.所以a+1=b+2或(a+1)(b+2)=1，又因为ab，所以a+1b+2，所以(a+1)(b+2)=1.又由f(a)=|lg(a+1)|有意义知0a+1，从而0a+1b+1b+2，于是0a+111.从而f(10a+6b+21)=lg6(b+2)+10b+2=lg6(b+2)+10b+2.又f(10a+6b+21)=4lg2，所以lg6(b+2)+10b+2=4lg2，故6(b+2)+10b+2=16，解得b=-13或b=1(舍去).把b=-13代入(a+1)(b+2)

7、=1，解得a=-25.所以a=-25,b=-13.8【2010高中数学联赛(第01试)】已知函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a0)，当0x1时，fx=1，试求a的最大值.【答案】83【解析】解法一由题意知f(x)=3ax2+2bx+c，由f(0)=cf12=34a+b+cf(1)=3a+2b+c得3a=2f(0)+2f(1)-4f12，所以3|a|=2f(0)+2f(1)-4f122f(0)+2f(1)+4f128，所以a83，又易知f(x)=83x3-4x2+x+m(m为常数)满足题设条件，所以a的最大值为83.解法二由题意知f(x)=3ax2+2bx+c，设g(x)=f(x)+1，

8、则当0x1时0g(x)2，设z=2x-1，则x=z+12(-1z1)，h(z)=gz+12=3a4z2+3a+2b2z+3a4+b+c+1，容易知道当-1z1时0h(z)2,0h(-z)2，从而，当-1z1时，0h(z)+h(-z)22，即03a4z2+3a4+b+c+12，从而3a4+b+c+10，3a4z22，由0z21知a83，又易知f(x)=83x3-4x2+x+m(m为常数)满足题设条件，所以a的最大值为83.9【2006高中数学联赛(第01试)】设f(x)=x2+a.记f1(x)=f(x)，fn(x)=ffn-1(x),n=2,3,，M=aR|对所有的正整数n,fn02.证明：M=

9、-2,14.【答案】证明见解析【解析】证明(1)如果a2(aM).(2)如果-2a14，由题意f1(0)=a，fn(0)=fn-1(0)2+a(n=2,3,)，那么有：(i)当0a14时，fn(0)12(n1)，事实上，当n=1时，f1(0)=|a|12，设n=k1时成立(k2为某整数)，则对n=k，有fk(0)fk-1(0)2+a122+14=12.(ii)当-2a0时，fn(0)|a|(n1)，事实上，当n=1时f1(0)|a|，设n=k1时成立(k2为某整数)，则对n=k，有-|a|=afk(0)=fk-1(0)2+aa2+a，注意到当2a14时，记an=fn(0)，则对于任意n1，有a

10、na14，且an+1=fn+1(0)=ffn(0)=fan=an2+a，对于任意n1，有an+1-an=an2-an+a=an-122+a-14a-14，则an+1-ana-14，所以an+1-a=an+1-a1na-14，当n2-aa-14时an+1na-14+a2-a+a=2，即fn+1(0)2，因此aM.综合情形(1)，(2)，(3)，我们有M=-2,14.10【2004高中数学联赛(第01试)】已知,是方程4x24tx1=0(tR)的两个不等实根，函数f(x)=2x-tx2+1的定义域为,.(1)求g(t)=maxf(x)-minf(x)；(2)证明：对于ui0,2(i=1,2,3)，

11、若sinu1+sinu2+sinu3=1，则1gtanu1+1gtanu2+1gtanu3346.【答案】(1)8t2+12t2+516t2+25；(2)证明见解析.【解析】(1)设x1x2，则4x12-4tx1-10，4x22-4tx2-10，所以4x12+x22-4tx1+x2-20，所以2x1x2-tx1+x2-12tx1+x2-2x1x2+120，所以fx2-fx10，故f(x)在区间,上是增函数.因为+=t,=-14，所以g(t)=maxf(x)-minf(x)=f()-f()=(-)t(+)-2+222+2+2+1=t2+1t3+52t2+2516=8t2+12t2+516t2+2

12、5，(2)证gtanui=8cosui2cos2ui+316cos2ui+9=16cosui+24cosui16+9cos2ui2162416+9cos2ui=16616+9cos2ui(i=1,2,3)，所以i=131gtanui1166i=1316+9cos2ui=1166(163+93-9)i=13sin2ui.因为i=13sinui=1，且ui0,2(i=1,2,3)，所以3i=13sin2uii=13sinui2=1.而均值不等式与柯西不等式中，等号不能同时成立.所以1gtanu1+1gtanu2+1gtanu31)，使得存在tR，只要x1，m，就有f(x+t)x.【答案】9【解析】

13、因为f(x-4)=f(2-x)，所以函数的图像关于x=1对称，所以-b2a=-1，b=2a，由条件(3)，当x=1时，y=0，即a-b+c=0，由条件(1)得f(1)1，由条件(2)得f(1)1，所以f(1)=1，即a+b+c=1，又a-b+c=0，所以b=12,a=14,c=14，所以f(x)=14x2+12x+14，假设存在tR，只要x1，m，就有f(x+t)x，取x=1有f(t+1)1，即14(t+1)2+12(t+1)+141，解得-4t0，对固定的t4，0，取x=m，有f(t+m)m，即14(t+m)2+12(t+m)+14m，化简有m2-2(1-t)m+t2+2t+10，解得m1-

14、t+-4t，于是有m1-t+-4t1-(-4)+(-4)(-4)=9，当t=4时，对任意的x1，9，恒有f(x-4)-x=14x2-10x+9=14(x-1)(x-9)0，所以m的最大值为9.12【2000高中数学联赛(第01试)】若函数f(x)=-12x2+132在区间a，b上的最小值为2a，最大值为2b，求a，b.【答案】答案见解析【解析】由已知，可分3种情况讨论：(1)当0ab时，有f(x)在a，b上单调递减，故f(a)=2b,f(b)=2a，所以2b=-12a2+1322a=-12b2+132有解为a,b=1,3.(2)当a0b时，有f(x)在a，0上单调递增，在0，b上单调递减，所以

15、f(x)在x=0处可取到最大值2b，在x=a或x=b处取最小值2a，所以2b=132，b=134.又因为a0，所以f(x)在点a取最小值2a，有2a=-12a2+132，a=-2-17，所以a,b=-2-17,134.(3)当ab0时，f(x)在a，b上单调递增，故f(a)=2a,f(b)=2b，有2a=-12a2+1322b=-12b2+132，但方程12x2+2x-132=0的根不是同号的，故在本区间没有满足条件的值.所以所求区间为1，3，-2-17,134.13【1998高中数学联赛(第01试)】设函数f(x)=ax2+8x+3(a5，即8a0.此时0l(a)-4a，所以，la是方程ax

16、2+8x+3=5的较小根l(a)=-8+64+8a2a=216+2a+4-4a，所以，la是方程ax2+8x+3=-5的较大根l(a)=-8-64-32a2a=24-2a-4420-2=5+12.当且仅当a=8时，等号成立.由于5+1212，因此，当且仅当a=8时，取最大值5+12.14【1997高中数学联赛(第01试)】设双曲线xy=1的两支为C1,C2(如图)，正PQR的三顶点位于此双曲线上.(1)求证：P，Q，R不能都在双曲线的同一支上；(2)设P(1，1)在C2上，Q，R在C1上，求顶点Q，R的坐标.【答案】(1)证明见解析(2) Q的坐标为(2-3,2+3)，R的坐标为(2+3,2-

17、3).【解析】(1)用反证法假设正PQR的三顶点P，Q，R位于同一支如C1上，其坐标分别为x1,y1,x2,y2,x3,y3，不妨设0x1x2y2y30，于是：PQ2+QR2-PR2=x1-x22+x2-x32-x1-x32+y1-y22+y2-y32-y1-y32=2x22-2x1x2-2x2x3+2x1x3+2y22-2y1y2-2y2y3+2y1y3=2x2-x1x2-x3+2y2-y1y2-y30.因此PQ2+QR20,x20，上式方括号中的式子明显大于0，则1-x1x2=0，故x1x2=1.于是，Q的坐标为1x2,x2，而R的坐标为x2,1x2，这说明Q，R关于直线y=x对称.如图，

18、PQ，PR所在的直线分别为过点P与y=x交成30角的相互对称的两条直线，易见其倾斜角分别为75和15不妨设PQ的倾斜角为75，这时它的方程为y+1=tan75(x+1)y+1=(2+3)(x+1)，将其代入双曲线方程xy=1解得Q的坐标为(2-3,2+3)，由对称性知，R的坐标为(2+3,2-3).优质模拟题强化训练1已知定义在R上的函数f(x)满足f(f(x)-x2+x)=f(x)-x2+x.(1)当f(x)=3时，求f(1)；当f(0)=a时，求f(a).(2)若有且仅有一个实数x0，使得f(x0)=x0，求函数f(x)的解析式.【答案】(1)f(a)=a；(2)f(x)=x2-x+1(x

19、R)【解析】(1)令x=2，得f(f(2)-22+2)=f(2)-22+2.因为f(2)=3，所以f(3-22+2)=3-22+2f(1)=1.再令x=0，得f(f(0)=f(0).因为f(0)=a，所以f(a)=a.(2)因为对任意的xR，有f(f(x)-x2+x)=f(x)-x2+x，又有且仅有一个实数x0，使得f(x0)=x0，所以，f(x)-x2+x=x0.令x=x0，得f(x0)-x02+x0=x0.因为f(x0)=x0，则x0-x02=0.所以x0=0或x0=1.若x0=0则f(x)-x2+x=0即f(x)=x2-x.而x2-x=x有两个相等的实根，矛盾.若x0=1则f(x)-x2

20、+x=1，即f(x)=x2-x+1.显然，方程x2-x+1=x只有一个实根，满足要求.综上，所求函数为f(x)=x2-x+1(xR).2设函数f(x)=ax2+bx+c(a0)满足|f(0)|2，|f(2)|2，|f(-2)|2，求当x2,-2时y=|f(x)|的最大值【答案】52【解析】解：由题意知c=f(0)4a+2b+c=f(2)4a-2b+c=f(-2)，解得c=f(0)a=f(2)+f(-2)-2f(0)8b=f(2)-f(-2)4，从而当x2,-2时，y=|f(x)|=|f(2)+f(-2)-2f(0)8x2+f(2)-f(-2)4x+f(0)|=|x2+2x8f(2)+x2-2x

21、8f(-2)+4-x24f(0)|x2+2x4|+|x2-2x4|+4-x22. 因为x2,-2时x2+2x4x2-2x40，从而|f(x)|x2+2x4|+|x2-2x4|+4-x22=|x2+2x4-x2-2x4|+4-x22=-x22+|x|+2 易知当x0,2时-x22+|x|+2=-x22+x+252当x-2,0时-x22+|x|+2=-x22-x+252得max|x|2|f(x)|max|x|2(-x22+|x|+2)52 最后取f(x)=-12x2+x+2，则|f(2)|=|f(-2)|=|f(0)|=2故该函数满足题设条件且在-2,2上能取到最大值52因此y=|f(x)|的最大

22、值为523设aR，且对任意实数b均有maxx0,1|x2+ax+b|1，求a的取值范围.【答案】a-3【解析】解1：f(x)=x2+ax+b，对于|b|1|f(0)|1，所以只要考虑|b|1.(1)当-a20时，即a0，此时函数f(x)的最值在拋物线的左右端点取得，对任意|b|1有f(1)=1+a+bf(0)=b，所以f(1)=1+a+b1，解得a1(2)当0-a212时，即-1a0，此时函数f(x)的最值在拋物线的顶点和右端点取得，而对b=0有|f(1)|=|1+a|1，|f(-a2)|=|-a24|1.(3)当12-a21时，即-2a-1时，此时函数f(x)的最值在拋物线的顶点和左端点取得

23、，而对b=0有|f(0)|=|b|1，|f(-a2)|=|-a24|1.(4)当-a21时，即a-2，此时函数f(x)的最值在拋物线的左右端点取得，对任意|b|1有|f(0)|=|b|1，所以f(1)=1+a+b-1,解得a-3.综上或a-3.解2：设maxx0,1|x2+ax+b|1，则有m|b|，m|1+a+b|2m|b|+|1+a+b|1+a|依题意，|1+a|21a1，或a-3.4已知正整数n都可以唯一表示为n=a0+a19+a292+am9m 的形式，其中m为非负整数，aj0,1,8(j=0，1,m-1)，am1,8.试求中的数列a0,a1,a2,am严格单调递增或严格单调递减的所有

24、正整数n的和.【答案】984374748【解析】设A和B分别表示中数列严格单调递增和递减的所有正整数构成的集合.符号S(M)表示数集M中所有数的和，并将满足式的正整数记为n=amam-1a1a0.把集合A分成如下两个不交子集A0=nA|a0=0和A1=nA|a00.我们有S(A)=S(A0)=S(A1).对任意nA1，令f(n)=9nA0，则f是A1到A0的双射.由此得S(A0)=9S(A1)，从而S(A)=10S(A1).又对任意a=amam-1a0B，令b=g(a)=(9-am)(9-am-1)(9-a0)A1，则g是B到A1的双射，其中a+b=9m+1+9m+9=98(9m+1-1).因

25、为B=amam-1a0|1amam-1a08,m=0,1,7所以B中共有m=07C8m+1个元素，因此S(B)+S(A1)=98m=07C8m+1(9m+1-1)=98k=08C8k9k-98k=08C8k =98(108-28).又令A2表示A中最高位数am=8的正整数全体，A中其余的数和零所构成的集合记为A3，则S(A)=S(A2)+S(A3).对任意a=amam-1a0B，令b=(a)=(8-am)(8-am-1)(8-a0)A3则是B到A3的双射，其中a+b=89m+89m-1+8=9m+1-1.所以S(B)+S(A3)=m=07C8m+1(9m+1-1) =k=08Cok(9k-1)

26、=108-28.最后对任意a=8ama0A2-8，令b=(a)=(8-am)(8-a0)B.则是A2-8到B的双射，其中a+b=89m+1+89m+8=9m+2-1.所以S(B)+S(A2)=8+m=07C8m+1(9m+2-1)=8+k=18C8k(9k+1-1)=9108-28.于是，S(B)+110S(A)=98(108-28)2S(B)+S(A)=109-29解之得S(A)=3132109+80=968750080，S(B)=15624704.由于A和B中都含有1，2，8，因此所求正整数的和等于S(A)+S(B)-36=984374748.5已知函数y=3x+x2-2x，求该函数的值域

27、【答案】(-，3-226，+)【解析】令u=x1，则y=3u+3+u2-1，则|u|1设u2-1=|u|-t0，则00时，y=32(t+1t)+3+12(t+1t)-t=t+2t+3由于0t1，故函数单调递减，所以y1+2+3=6当umax1ikf(xi)，则方程f(x)=a仅在区间Ik上有一解，此时，f不是偶的函数.若degf为偶数，则I0为单调递减区间，Ik为单调递增区间.故k为奇数.从而，必存在一个极值a恰被奇数个f(xi)(1ik)取到.考虑方程f(x)=a的根，根据各区间Ij(0jk)的增减交替性，恰有偶数个区间含有这些根，每个区间内根的个数为1，但其中在极值点处取到的根均被计算了两

28、遍，故应扣除奇数个.因此，方程f(x)=a的根是奇数个，即f不是偶的函数.综上，任何多项式f均不是偶的函数.(2)构造一个f的例子.当x为正奇数或x=0时，定义f(x)=x；当x为正偶数时，定义f(x)=x-2；当x为负奇数时，定义f(x)=-x+1；当x为负偶数时，定义f(x)=-x-1.当x(n,n+1)(nZ)时，定义f(x)=(n+1-x)f(n)+(x-n)f(n+1).这样定义的函数f是连续的.可以验证，当a0时，f(x)=a恰有四个解. 故所构造的f:RR为一个偶的函数.7已知函数f(x)=ax2+bx+c(a0),且3a+4b+6c=0，证明：f(x)在区间(0,1)上必有零点

29、。【答案】见解析【解析】注意到， f(0)=c,f(1)=a+b+c=14(a-2c)， f(23)=-118a0，则f(0)f(23)0；若c0，则f(1)f(23)0.故f(x)在区间(0,1)上必有零点.8记x表示不超过实数x的最大整数证明：(1)方程x3+x2=x3+x2的解为整数；(2)方程x3+x2=x3+x2有非整数解【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】(1)用反证法若方程有非整数解x，记x=A，x=B则AZ，B(0,1)于是，原方程化为B2+(3A-1)B+3A2-2A=0则=-3A2+2A+10解得-13A1故A=0或1当A=1时，有B=-1，矛盾；当A=0时，有B=0

30、或1，亦矛盾因此，方程没有非整数解而对于任意的xZ，方程均成立，故该方程的解为整数(2)设f(x)=x3-x2-1则f(x)=x(3x-2)，f(0)=-1，f(23)0因此，函数f(x)的零点唯一，记为x0利用f(x)在(23,+)单调递增，可证：233x0343注意到，f(33)=2-390于是，x0(33,34)从而，x03(3,4)，x02(2,3)故x03-x02=3-2=1=x03-x02，即x0(非整数)为方程的解9设f(x)是0,1上的不减函数，且满足：(1)f(0)=0；(2)f(x3)=f(x)2；(3)f(1-x)=1-f(x)，求f(172010)的值【答案】9256【

31、解析】由(3)有f(1)=1-f(0)=1，f(13)=f(1)2=12，f(23)=1-f(13)=12故f(x)=12(x13,23=6702010,13402010)注意到1735131533459313772010-6333 18992010-11133333999则f(172010)=f(13772010)16=1-f(6332010)16=1-12f(18992010)16=1-12(1-f(1112010)16 =1-12(1-14f(9992010)16=1-12(1-1412)16=925610设函数fx=x|x-a|+b，常数b22-3，且对任意x0,1，fx0恒成立.求实

32、数a的取值范围.【答案】当-1b22-3时，a的取值范围是1+b,2-b；当b-1时，a的取值范围是1+b,1-b.【解析】b22-30，当x=0时，a取任意实数，不等式恒成立.考虑x0,1时，将原不等式等价变形为|x-a|-bx，即x+bxax-bx.对x0,1，有ax+bxmax， 且ax-bxmin. 对式，b0，fx=x+bx在0,1上为增函数，ax+bxmax=f1=1+b. 对式，当-1b0时，x0,1，x-bx=x+-bx2-b，当且仅当x=-b时，x-bxmin=2-b. 由式、，要使a存在，必须1+b2-b,-1b0,即-1b23-3.此时，有1+ba2-b.当b-1时，gx

33、=x-bx在0,1上是减函数，x-bxmin=g1=1-b.当b-1时，1+ba1-b.综上所述，当-1b22-3时，a的取值范围是1+b,2-b；当b-1时，a的取值范围是1+b,1-b.11是否存在RR上的周期函数f(x)、g(x)，使得对任何xR，有f(x)+g(x)=x？【答案】见解析【解析】存在.将实数集划分为若干个类，两个数x、y属于同一个类，当且仅当存在m、n，使x-y=m+n2.在每一个类中取定一个元素，这些元素构成一个集合M.对任何xR，设x-x0=m+n2，x0M，m、n，则m、n是唯一的.实际上，若存在m1、n1、m2、n2使x-x0=m1+n12=m2+n22，则(n1

34、-n2)2=m2-m1.若2=m2-m1n1-n2Q，矛盾.所以，n1=n2.进而，m1=m2.于是令f(x)=x02+n2，g(x)=x02+m.则f(x)、g(x)是RR上的函数，且f(x)+g(x)=(x02+n2)+(x02+m)=x.下面证明：f(x)、g(x)是周期函数.设x-x0=m+n2(x0M,m,nZ).则x+1=x0+(m+1)+n2，x+2=x0+m+(n+1)2.由定义知f(x+1)=x02+n2=f(x)，g(x+2)=x02+m=g(x).所以，f(x)、g(x)都是周期函数.12试求出所有满足下述条件的函数f(x)：(1)f(x)是定义在R上的单调函数；(2)对

35、任意实数x、y都有f(x+y)=f(x)f(y)；(3)f(1)=a(01n，与题设矛盾所以，A=B下面解答原题根据题意，当n为整数时，归纳易得到f(nx)=(f(x)n由f(x)f(0)=f(x+0)=f(x)及f(x)不恒为零知f(0)=1，且f(x)=f(x2+x2)=(f(x2)20当a1时，因为f(1)=a1=f(0)，所以，f(x)在R上是增函数对任一xR，设kxk+1(kZ)则f(k)f(x)f(k+1)由f(k)=(f(1)k=ak，f(k+1)=ak+1，得akf(x)ak+1取对数得klogaf(x)k+1故|logaf(x)-x|1以nx(nN+)代x得|logaf(nx

36、)-nx|=n|logaf(x)-x|1，即|logaf(x)-x|1n由引理得logaf(x)=x，即f(x)=ax当0a1时，同理可证f(x)=ax故所有满足条件的函数为f(x)=ax13试求出所有的函数f：RR，使得对于任何的x、yR.都有f(4x-y-1)+4f(x+y)-16f(x)=(6x-2)2+45y2. 【答案】f(x)=(3x-1)2【解析】在式中取y=0得f(4x-1)-12f(x)=(6x-2)2. 在式中取y=3x-1,得4f(4x-1)-15f(x)=(6x-2)2+45(3x-1)2. 4得f(x)=(3x-1)2.经检验，知f(x)=(3x-1)2满足式.注，本

37、题还可分别取y=4x及y=-x-1，也能求出f(x)(先求出f(0)及f(-1)的值).14已知limx0f(x)=f(0)=1，f(2x)-f(x)=x2对任意实数x成立求f(x)的解析式【答案】f(x)=1+x23【解析】当x0时，f(x2k-1)-f(x2k)=x222k(k=1,2,n)将这n个等式相加得f(x)-f(x2n)=x2141-(14)n1-14令n，知f(x2n)=f(0)=1上式右边=x23故f(x)=1+x23(x0)又f(0)=1也满足条件，因此，f(x)=1+x2315求f(x)=|x-1|+2|x-2|+2011|x-2011|的最小值.【答案】79459899

38、6【解析】显然，当x2011 时，f(x)无最小值.以下设x1,2011.当kxk+1(1k2010) 时，f(x)=i=1ki(x-i)+i=k+12011i(i-x)=(k2+k-20111006)+2011201240236-k(k+1)(2k+1)3 是一次函数，其最小值在区间k,k+1的端点取到.故数列f(k)(1k2010) 的最小项为所求.注意到，f(k+1)f(k)k2+k-201110060k1422.故f(x)min=f(1422)=1422(14222+1422-20111006)+2011201240236-1422142328453 =794598996.故答案为：7

39、9459899616已知f(x)是定义在实数集R上的函数，f(0)=2，对任意xR，有f(5+2x)=f(-5-4x)， f(3x-2)=f(5-6x) ，求f(2012)的值.【答案】2【解析】在式中取x=12y-32(yR)，得f(2+y)=f(1-2y).在式中取x=13y+23(yR)，得f(y)=f(1-2y)，于是，f(2+y)=f(y)，即f(x)是一个周期为2的函数，故f(2012)=f(21006+0)=f(0)=2.17定义在0,1上的函数f(x)满足：f(0)=f(1)，且对任意x、y0,1(xy)，有|f(x)-f(y)|x-y|.求最小的实数m，使得对任意x、y0,1

40、，都有|f(x)-f(y)|m.【答案】m=12【解析】(1)证明：对一切的x、y0,1，有|f(x)-f(y)|12.若|x-y|12，则|f(x)-f(y)|12，不妨设0xy1.则|f(x)-f(y)|=|f(x)-f(0)+f(1)-f(y)|f(x)-f(0)|+|f(1)-f(y)|x+1-y12.(2)对于函数f(x)=x,0x12;(1-x),12x1(01).若0xy12或12xy1，则|f(x)-f(y)|=|x-y|x-y|.若0x12y1，则|f(x)-f(y)|=|x+y-1|.当x+y1时，|x+y-1|=x+y-1y-x；当x+y1时，|x+y-1|=1-x-yy

41、-x.故|f(x)-f(y)|=|x+y-1|x-y|.综上，f(x)满足要求，且f(12)-f(0)=2m(00a22.设四个切点坐标为M(x1,f(x1),N(x2,f(x2),P(x2,g(x2),Q(x1,g(x1).则|PQ|2=(x1-x2)2+(g(x1)-g(x2)2=(x12+x22-2x1x2)1+(x1+x2)2=(2-a2)(1+a2)，|MQ|=|f(x1)-g(x1)|=|x12-2ax1+x12+1|=2-a2.同理，|MN|2=(2-a2)(1+a2),|NP|=2-a2.故四边形MNPQ为平行四边形，且2(2-a2)(1+a2)+2-a2=6.解得a=22即为

42、所求.19当x0时，求函数f(x)=2x+(|x-1|-a)2的最小值g(a)的表达式.【答案】g(a)=2a+1,a4;a2-2a+1,0a4;1-2a,-1a1.(i)当x1时，f(x)=x2-2ax+a2+2a+1在1,a上递减，在a,+)上递增，于是，f(x)min=2a+1.(ii)当0x1时，f(x)=x2+2ax+a2-2a+1在0,1上递增，于是，f(x)min=a2-2a+1.而a2-2a+1-(2a+1)=a2-2a+1，故当14时，g(a)=2a+1.(2)0a1.(i)当x1时，f(x)=x2-2ax+a2+2a+1在1,+)上递增，于是，f(x)min=a2+2.(i

43、i)当0x1时，f(x)=x2+2ax+a2-2a+1在0,1上递增，于是，f(x)min=a2-2a+1.而a2-2a+1-(a2+2)=-1-2a0，故g(a)=a2-2a+1.(3)-1a0.(i)当x1时，f(x)=x2-2ax+a2+2a+1在1,+)上递增，于是，f(x)min=a2+2.(ii)当0x1时，f(x)=x2+2ax+a2-2a+1在0,1上递增，于是，f(x)min=-2a+1.而a2+2-(-2a+1)=a2+2a+10，故g(a)=-2a+1.(4)a-1.(i)当x1时，f(x)=x2-2ax+a2+2a+1在1,+)上递增，于是，f(x)min=a2+2.(

44、ii)当0x1时，f(x)=x2+2ax+a2-2a+1在0,1上递增，于是，f(x)min=a2+2.故g(a)=a2+2.综上，g(a)=2a+1,a4;a2-2a+1,0a4;1-2a,-1a0;a2+2,a-120已知函数f(x)=|x2-a|，其中，a为正常数。若恰有两组解(m,n)，使得f(x)在定义域m,n上的值域也为m,n，求a的取值范围。【答案】34am0.1 易得y=x与y=x2-a(xa)的交点横坐标为x=1+1+4a2.显然，区间m,n=0,1+1+4a2满足要求.2因为f(0)=a，若m,n=0,a，所以，由x2-a=ax=2a.由题意只需aa0，则n0,g(a)=1-a0,=1-4(1-a)0.解得34a1.综上，a的取值范围是34a2.