专题3.8 函数的概念与性质全章综合测试卷（提高篇）-2023-2024学年高一数学重点题型专项训练（人教A版必修第一册）

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一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2023·高一课时练习）已知集合A={1,2,3,k},B=4,7,a4,a2+3a，其中a∈N+，函数f(x)=3x+1的定义域为A，值域为B，则a，k的值分别为（ ）
A．2，3B．3，4C．3，5D．2，5
【解题思路】由函数的定义域求出值域，然后由集合中元素的互异性与集合相等分类讨论求解即可.
【解答过程】函数f(x)=3x+1的定义域为A，值域为B，
所以当x=1时，f(1)=3+1=4；当x=2时，f(2)=6+1=7；
当x=3时，f(3)=9+1=10；当x=k时，f(k)=3k+1；
所以B=4,7,10,3k+1，又B=4,7,a4,a2+3a，
所以若a2+3a=10，解得a=2或a=−5，因为a∈N+，所以a=2.
此时B=4,7,16,10，所以3k+1=16，则k=5；
若a4=10，又a∈N+，所以不成立.
综上a=2，k=5.
故选：D.
2．（5分）（2023·全国·高三专题练习）给定一组函数解析式：
①y=x34；②y=x23；③y=x−32；④y=x−23；⑤y=x32；⑥y=x−13；⑦y=x13．
如图所示一组函数图象．图象对应的解析式号码顺序正确的是（ ）


A．⑥③④②⑦①⑤B．⑥④②③⑦①⑤
C．⑥④③②⑦①⑤D．⑥④③②⑦⑤①
【解题思路】根据幂函数的图象的性质判断各图象对应解析式的形式，即可得答案.
【解答过程】图象（1）关于原点对称，为奇函数，且不过原点、第一象限递减，故y=x−13满足；
图象（2）关于y轴对称，为偶函数，且不过原点、第一象限递减，故y=x−23满足；
图象（3）非奇非偶函数，且不过原点、第一象限递减，故y=x−32满足；
图象（4）关于y轴对称，为偶函数，且过原点、第一象限递增，故y=x23满足；
图象（5）关于原点对称，为奇函数，且过原点、第一象限递增，故y=x13满足；
图象（6）非奇非偶函数，且过原点、第一象限递增，而增长率随x增大递减，故y=x34满足；
图象（7）非奇非偶函数，且过原点、第一象限递增，而增长率随x增大递增，故y=x32满足；
故图象对应解析式顺序为⑥④③②⑦①⑤.
故选：C.
3．（5分）（2023春·陕西西安·高二校考阶段练习）如图所示，在直角坐标系的第一象限内，△AOB是边长为2的等边三角形，设直线x=t(0≤t≤2)截这个三角形可得位于此直线左方的图象的面积为f(t)，则函数y=f(t)的图象大致是（ ）

A． B．
C． D．
【解题思路】根据条件列出分段函数ft的解析式，再判断函数的图象.
【解答过程】当0≤t≤1时，ft=12t⋅3t=32t2，此段为开口向上的抛物线的一部分，
当1此段为开口向下的抛物线的一部分，对称轴为t=2，
满足条件的只有C.
故选：C.
4．（5分）（2023·全国·高三专题练习）某科技企业为抓住“一带一路”带来的发展机遇，开发生产一智能产品，该产品每年的固定成本是25万元，每生产x万件该产品，需另投入成本ωx万元.其中ωx=x2+10x,040，若该公司一年内生产该产品全部售完，每件的售价为70元，则该企业每年利润的最大值为（ ）
A．720万元B．800万元
C．875万元D．900万元
【解题思路】先求得该企业每年利润的解析式，再利用分段函数求最值的方法即可求得该企业每年利润的最大值.
【解答过程】该企业每年利润为fx=70x−x2+10x+25,040
当0在x=30时，fx取得最大值875；
当x>40时，fx=920−x+10000x≤920−2x⋅10000x=720
（当且仅当x=100时等号成立），即在x=100时，fx取得最大值720；
由875>720，可得该企业每年利润的最大值为875.
故选：C.
5．（5分）（2023秋·江苏苏州·高一统考期末）已知幂函数y=xm2−2m−3m∈N∗的图象关于y轴对称，且在0,+∞上单调递减，则满足a+1−m3<3−2a−m3的a的取值范围为（ ）
A．0,+∞B．−23,+∞
C．0,32D．−∞,−1∪23,32
【解题思路】由条件知m2−2m−3<0，m∈N∗，可得m＝1．再利用函数y=x−13的单调性，分类讨论可解不等式.
【解答过程】幂函数y=xm2−2m−3m∈N∗在0,+∞上单调递减，故m2−2m−3<0，解得−1当m＝1时，y=x−4的图象关于y轴对称，满足题意；
当m＝2时，y=x−3的图象不关于y轴对称，舍去，故m＝1．
不等式化为a+1−13<3−2a−13，
函数y=x−13在−∞,0和0,+∞上单调递减，
故a+1>3−2a>0或0>a+1>3−2a或a+1<0<3−2a，解得a<−1或23故选：D．
6．（5分）（2023春·甘肃张掖·高三校考阶段练习）已知函数fx+1是偶函数，当10恒成立，设a=f−12，b=f(2)，c=f(3)，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．c【解题思路】根据题意先求出函数fx在(1,+∞)上为单调增函数且关于直线x=1对称，然后利用函数的单调性和对称性即可求解.
【解答过程】∵当10恒成立，
∴当10，即fx2>fx1，
∴函数fx在(1,+∞)上为单调增函数，
∵函数f(x+1)是偶函数，即f1+x=f1−x，
∴函数fx的图象关于直线x=1对称，∴a=f−12=f52，
又函数fx在(1,+∞)上为单调增函数，∴f(2)即f(2)故选：B.
7．（5分）（2023春·广东深圳·高一校考期中）已知函数fx的定义域是R，函数fx+1的图象的对称中心是−1,0，若对任意的x1，x2∈0,+∞，且x1≠x2，都有x2fx1−x1fx2x1−x2>0成立，f1=1，则不等式fx−x>0的解集为（ ）
A．−∞,−1∪1,+∞B．−1,1
C．−∞,−1∪0,1D．−1,0∪1,+∞
【解题思路】利用函数fx+1的图象的对称中心是−1,0可得fx是R上的奇函数，由x2fx1−x1fx2x1−x2>0可得fx1x1−fx2x2x1−x2>0，故可得gx=fxx在0,+∞上单调递增，然后分x=0，x>0和x<0三种情况进行求范围即可
【解答过程】因为fx+1是fx向左平移1个单位长度得到，且函数fx+1的图象的对称中心是−1,0，
所以fx的图象的对称中心是0,0，故fx是R上的奇函数，所以f−1=−f1=−1，
对任意的x1，x2∈0,+∞，且x1≠x2，都有x2fx1−x1fx2x1−x2>0成立，
所以x2fx1−x1fx2x1x2x1−x2=fx1x1−fx2x2x1−x2>0，
令gx=fxx，所以根据单调性的定义可得gx在0,+∞上单调递增，
由fx是R上的奇函数可得gx是−∞,0∪0,+∞上的偶函数
所以gx在−∞,0上单调递减，
当x=0时，不等式fx−x>0得到0−0>0，矛盾；
当x>0时，fx−x>0转化成fxx>1=f11即gx>g1，所以x>1；
当x<0时，fx−x>0转化成fxx<1=f−1−1，gx综上所述，不等式fx−x>0的解集为−1,0∪1,+∞
故选：D.
8．（5分）（2023·全国·高三专题练习）定义在R上的函数f(x)满足f(2−x)=f(x)，且当x≥1时f(x)={−x+3,1≤x<41−lg2x,x≥4，若对任意的x∈[t,t+1]，不等式f(2−x)≤f(x+1+t)恒成立，则实数t的最大值为（ ）
A．−1B．−23C．−13D．13
【解题思路】若对任意的x∈[t,t+1]，不等式f(2−x)≤f(x+1+t)恒成立，即对x∈[t,t+1]，不等式f(x)≤f(x+1+t)恒成立，|x-1|≥|x+t|，进而可得答案.
【解答过程】∵当1≤x<4时，y=−x+3单调递减，f(x)>f(4)=1−lg24=−1，
当x≥4时，f(x)单调递减，f(x)≥f(4)=−1，
故f(x)在[1,+∞)上单调递减，
由f(2−x)=f(x)，得f(x)的对称轴为x=1，
若对任意的x∈[t,t+1]，不等式f(2−x)≤f(x+1+t)恒成立，
即对x∈[t,t+1]，不等式f(x)≤f(x+1+t)恒成立，
∴|x-1|≥|x+t|，
即(1−x)2≥(x+t)2，
即2(t+1)x+t2−1≤0，
{2(t+1)t+t2−1≤02(t+1)(t+1)+t2−1≤0⇒−1≤t≤−13
故实数t的最大值为−13.
故选：C.
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2023春·安徽宿州·高二校考阶段练习）下列命题中，正确的有（ ）
A．函数y=x+1⋅x−1与函数y=x2−1表示同一函数
B．已知函数f(2x+1)=4x−6，若f(a)=10，则a=9
C．若函数f(x−1)=x−3x，则fx=x2−x−2x⩾−1
D．若函数f(x)的定义域为0,2，则函数f2x的定义域为0,4
【解题思路】A.两函数的定义域不同，故不是同一函数，所以A错误；解方程组2x+1=a4x−6=10⇒x=4a=9，故B正确；求出fx=x2−x−2x⩾−1，故C正确；函数f2x的定义域为0,1，故D错误.
【解答过程】解：f(x)=x+1⋅x−1的定义域是{x|x+1⩾0x−1⩾0}={x|x⩾1}， g(x)=x2−1的定义域是{x|x2−1⩾0} ={x|x⩾1或x⩽−1}，两函数的定义域不同，故不是同一函数，所以A错误;
函数f(2x+1)=4x−6，若f(a)=10，则2x+1=a4x−6=10，所以x=4a=9，故B正确；
若函数fx−1=x−3x=(x−1)2−(x−1)−2，则fx=x2−x−2x⩾−1，故C正确；
若函数f(x)的定义域为0,2，则函数f2x中，0≤2x≤2，所以0≤x≤1，即函数f2x的定义域为0,1，故D错误.
故选：BC.
10．（5分）（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）已知幂函数f(x)=xa图像经过点3,19，则下列命题正确的有（ ）
A．函数f(x)为增函数B．函数f(x)为偶函数
C．若x>1，则f(x)>1D．若0fx1+x22
【解题思路】先代点求出幂函数的解析式f(x)=x−2，根据幂函数的性质直接可得单调性和奇偶性，可判断A，B，由1x2<1，可判断C，
假设fx1+fx22−fx1+x22 >0，对不等式进行证明，即可判断D.
【解答过程】将点3,19代入函数f(x)=xα得：19=3α，则α=−2.
所以f(x)=x−2，显然f(x)在定义域[0,+∞)上为减函数，所以A错误；
f(x)=x−2，所以f(x)为偶函数，所以B正确；
当x>1时，1x2<1，即f(x)<1，所以C错误；
当若0fx1+fx22−fx1+x22 =12(1x12+1x22)−4(x1+x2)2
假设12(1x12+1x22)−4(x1+x2)2>0，整理得
1x12+1x22>8(x1+x2)2，化简得，(x1+x2)2x12+(x1+x2)2x22>8，
即证明(x1+x2)2x12+(x1+x2)2x22=1+2x2x1+x22x12+x12x22+2x1x2+1 >8成立，
利用基本不等式，1+2x2x1+x22x12+x12x22+2x1x2+1≥2+24+2 =8，因为08成立；
即fx1+fx22故选：BD.
11．（5分）（2023·山东滨州·校考模拟预测）已知连续函数f(x)对任意实数x恒有f（x＋y）＝f(x)＋f（y），当x＞0时，f(x)＜0，f（1）＝－2，则以下说法中正确的是（ ）
A．f（0）＝0
B．f(x)是R上的奇函数
C．f(x)在[－3，3]上的最大值是6
D．不等式f3x2−2f(x)【解题思路】根据函数f(x)对任意实数x恒有f(x+y)=f(x)+f(y)，令x=y=0，可得f(0)=0，判断奇偶性和单调性，即可判断选项；
【解答过程】解：对于A，函数f(x)对任意实数x恒有f(x+y)=f(x)+f(y)，
令x=y=0，可得f(0)=0，A正确；
对于B，令x=−y，可得f(0)=f(x)+f(−x)=0，所以f(x)=−f(−x)，
所以f(x)是奇函数；B正确；
对于C，令x因为当x＞0时，f(x)＜0，
所以fy−x<0，即fy−fx<0，
所以fx在0,+∞,−∞,0均递减，
因为f(x)<0，所以f(x)在R上递减；
f1=−2，可得f(−1)=2；
令y=1，
可得f(x+1)=f(x)−2
f2=−4，
f3=−6；
f3=−f(−3)=6，
∴f(x)在[−3，3]上的最大值是6，C正确；
对于D，由不等式f(3x2)−2f(x)即f(3x2)∵4=f(−2)，
∴f(3x2)则f(3x2)∴3x2>5x−2，
解得：x<23或x>1；
D不对；
故选：ABC．
12．（5分）（2022秋·云南·高三校联考阶段练习）某制造企业一种原材料的年需求量为16000千克（该原材料的需求是均匀的，且不存在季节性因素），每千克该原材料标准价为200元.该原材料的供应商规定：每批购买量不足1000千克的，按照标准价格计算；每批购买量1000千克及以上，2000千克以下的，价格优惠5%；每批购买量2000千克及以上的，价格优惠10%.已知该企业每次订货成本为600元，每千克该原材料年平均库存成本为采购单价的15%.该企业资金充足，该原材料不允许缺货，则下列结论正确的是（ ）
（采购总成本=采购价格成本Ap+订货成本ABQ+库存成本C2Q，A为原料年需求量，B为平均每次订货成本，C为单位原料年库存成本，Q为订货批量即每批购买量，p为采购单价）
A．该原材料最低采购单价为180元/千克B．该原材料最佳订货批量为800千克
C．该原材料最佳订货批量为2000千克D．该企业采购总成本最低为2911800元
【解题思路】设TQ表示采购总成本，写出TQ的表达式，分析函数TQ的单调性，对Q的取值进行分类讨论，求出TQ在不同情况下的最小值，即可得出结论.
【解答过程】设TQ表示采购总成本，则TQ=Ap+ABQ+C2Q，设fQ=ABQ+C2Q，其中Q>0，
任取Q1、Q2∈0,+∞且Q1>Q2，
则fQ1−fQ2=ABQ1+CQ12−ABQ2+CQ22=ABQ2−Q1Q1Q2+CQ1−Q22
=Q1−Q2CQ1Q2−2AB2Q1Q2.
当00，CQ1Q2−2AB<0，则fQ1当Q1>Q2>2ABC时，Q1−Q2>0，CQ1Q2−2AB>0，则fQ1>fQ2，
所以，函数fQ在0,2ABC上单调递减，在2ABC,+∞上单调递增，
在Q=2ABC处取得最小值，最小值为f2ABC=2ABC.
（1）当订货批量在区间0,1000时，没有数量折扣，采购单价p=200，
因2ABC=2×16000×600200×15%=800<1000，此时TQ在Q=800时取最小值，
且该原材料的采购总成本最低为
T800=16000×200+16000×600800+800×200×15%2=3224000（元）
或T800=16000×200+2×16000×600×200×15%=3224000（元）.
（2）当订货批量在区间1000,2000时，存在数量折扣5%，采购单价p=2001−5%=190（元），
因2ABC=2×16000×600190×15%=6495×1000<1000，
此时TQ在Q=1000时取最小值，
该原材料的采购总成本最低为T1000=16000×190+16000×6001000+1000×190×15%2=3063850（元），
（3）当订货批量在区间2000，+∞时，存在数量折扣10%，采购单价p=2001−10%=180元，
因2ABC=2×16000×600180×15%=3245×1000<2000，
此时TQ在Q=2000时取最小值，该原材料的采购总成本最低为
T2000=16000×180+16000×6002000+2000×180×15%2=2911800（元）.
综上，采购总成本最低时的采购批量即为最佳订货批量，故最佳订货批量为2000千克，最低采购单价为180元/千克，采购总成本最低为2911800元，
故选：ACD.
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2023春·甘肃白银·高二校考期末）已知函数fx的定义域为−1,1 则y=fx+1x2−2x−3的定义域为 −2,−1 .
【解题思路】抽象函数定义域求解，x+1需整体在−1,1范围内，从而 解出x的范围，同时注意需保证x2−2x−3>0，最后求出交集即可得解.
【解答过程】由已知，fx的定义域为−1,1，所以对于y=fx+1x2−2x−3
x需满足−1≤x+1≤1x2−2x−3>0,解得x∈−2,−1
故答案为：−2,−1.
14．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知幂函数fx=m−12xm2−4m+2在0,+∞上单调递增，函数gx=2x−3t，任意x1∈1,5时，总存在x2∈1,5使得fx1=gx2，则t的取值范围是 13，73 ．
【解题思路】根据题意得到fx=x2，再计算值域为fx=x2∈1,25，得到g5≥25，g1≤1计算得到答案.
【解答过程】幂函数fx=m−12xm2−4m+2则m−12=1∴m=0或m=2，
当m=2时，fx=x−2在0,+∞上单调递减，舍去；
故fx=x2，当x∈1,5时：fx=x2∈1,25，
故g5=25−3t≥25，∴t≤73；g1=2−3t≤1，∴t≥13，
综上所述：t∈13，73，
故答案为：13，73.
15．（5分）（2023春·辽宁沈阳·高二校考阶段练习）已知定义在R上的函数fx满足fx+f−x=x2，∀x1,x2∈0,+∞均有fx1−fx2x1−x2>x1+x22x1≠x2，则不等式fx−f1−x>x−12的解集为 12,+∞ .
【解题思路】构造函数gx=fx−12x2，通过题干条件得到gx为奇函数，且在R上单调递增，从而根据单调性解不等式，求出解集.
【解答过程】因为定义在R上的函数fx满足fx+f−x=x2，
所以设gx=fx−12x2，
则gx=−g−x，
所以gx=fx−12x2为奇函数，
因为∀x1,x2∈0,+∞，都有fx1−fx2x1−x2>x1+x22x1≠x2，
当x1>x2时，
则有fx1−fx2>x1+x2x1−x22，即fx1−x122>fx2−x222，
所以gx1>gx2，
所以gx在0,+∞上单调递增，
当x1则有fx1−x122所以gx1所以gx在0,+∞上单调递增，
综上：gx在0,+∞上单调递增，
因为gx为奇函数，
则gx在R上单调递增，
fx−f1−x>x−12变形为：fx−12x2>f1−x−121−x2，
即gx>g1−x，
所以x>1−x，解得：x>12.
故答案为：12,+∞.
16．（5分）（2022秋·江苏盐城·高一校考阶段练习）折纸是我国民间的一种传统手工艺术，明德小学在课后延时服务中聘请了民间艺术传人给同学们教授折纸.课堂上，老师给每位同学发了一张长为10cm，宽为8cm的矩形纸片，要求大家将纸片沿一条直线折叠.若折痕（线段）将纸片分为面积比为1:3的两部分，则折痕长度的取值范围是 8,229 cm.
【解题思路】由已知可确定S1，分别在三种折叠方式下利用面积建立关于折痕的函数关系式，根据二次函数和对勾函数的单调性可求得最值，由此可得结果．
【解答过程】由题意得：长方形纸片的面积为10×8=80cm2，又S1:S2=1:3，
∴ S1=20cm2,S2=60cm2 ，
当折痕如下图MN所示时，
设AM=x,AN=y，则12xy=200≤x≤100≤y≤8，解得：xy=405≤x≤10，
∴ MN2=x2+y2=x2+1600x2≥80 ，即MN≥45，当且仅当x=210时取等号；
令t=x2,t∈[25,100] ，则f(t)=t+1600t ，
f(t) 在[25,40]上单调递减，在[40,100]上单调递增，
又f(25)=89,f(40)=80,f(100)=116 ，故f(t)∈[80,116] ，故MN∈[45,229] ；
当折痕如下图所示时，
设AM=x,DN=y，则12(x+y)×8=200≤x≤100≤y≤10，解得：x+y=50≤x≤5，
MN2=(x−y)2+64=(2x−5)2+64,0≤x≤5，
当x=52时，MN2=(2x−5)2+64取得最小值64，
当x=0或5时，MN2=(2x−5)2+64取得最大值89，则MN∈[8,89]；
当折痕如下图所示时，
设AM=x,BN=y，则12(x+y)×10=200≤x≤80≤y≤8，解得：x+y=40≤x≤4，
则MN2=(x−y)2+100=(2x−4)2+100，
令ℎ(x)=(2x−4)2+100,(0≤x≤4)，则ℎ(x)在[0,2]上单调递减，在[2,4]上单调递增，
又ℎ(2)=100,ℎ(0)=ℎ(4)=116，故ℎ(x)∈[100,116]，
∴ MN∈[10,229]；
综上所述：折痕长的取值范围为[8,229]，
故答案为：8,229.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2023·高一课时练习）已知f(x)=ax2+(a−4)⋅x−21+x2．
(1)若a=4时，求fx的值域；
(2)函数g(x)=x2+1f(x)+52，若函数ℎ(x)=g(x)的值域为[0,+∞)，求a的取值范围．
【解题思路】（1）根据函数解析式，采用分离常数项的方法，结合不等式性质，可得答案；
（2）根据二次根式的定义，结合二次函数的性质，可得答案.
【解答过程】（1）由a=4，则fx=4x2−21+x2=41+x2−61+x2=4−61+x2，
由不等式性质，则x2≥0，1+x2≥1，0<11+x2≤1，0>−61+x2≥−6，4>4−61+x2≥−2，
故fx∈−2,4，即fx的值域为−2,4.
（2）由题意，gx=x2+1ax2+a−4x−21+x2+52=ax2+a−4x+12，
由函数ℎ(x)=g(x)的值域为[0,+∞)，则gx≤0有解且gx无最大值，
当a=0时，符合题意；
当a≠0时，根据二次函数的性质，可得a>0Δ=a−42−2a≥0，
其中a−42−2a≥0，a2−8a+16−2a≥0，a2−10a+16≥0，a−2a−8≥0，解得a≤2或a≥8，
综上，故a∈0,2∪8,+∞.
18．（12分）（2023·全国·高三专题练习）已知fx=m2−2m−7xm−2是幂函数，且在0,+∞上单调递增．
（1）求m的值；
（2）求函数gx=fx−2a−1x+1在区间2,4上的最小值ℎa．
【解题思路】（1）根据函数是幂函数知m2−2m−7=1，求解后根据函数在0,+∞上单调递增即可求m（2）化简gx=fx−2a−1x+1=x2−2a−1x+1，根据二次函数的对称轴与2,4的关系分三类讨论，可求出函数的最小值.
【解答过程】（1）fx=m2−2m−7xm−2是幂函数，
∴m2−2m−7=1，解得m=4或m=−2；
又fx在0,+∞上单调递增，
∴m−2>0，
∴m的值为4；
（2）函数gx=fx−2a−1x+1=x2−2a−1x+1，
当a<52时，gx在区间2,4上单调递增，最小值为ℎa=g2=7−4a；
当52≤a≤92时，gx在区间2,4上先减后增，最小值为ℎa=g2a−12=−2a−124+1，
当a>92时，gx在区间2,4上单调递减，最小值为ℎa=g4=21−8a．
19．（12分）（2023春·辽宁鞍山·高一校联考阶段练习）已知函数fx对于任意实数x,y∈R恒有fx+y=fx+fy，且当x>0时，fx>0，又f1=1．
(1)判断fx的奇偶性并证明；
(2)求fx在区间−4,4的最小值；
(3)解关于x的不等式：fax2−2fx>fax−2．
【解题思路】(1)令x=y=0,得f0=0，再令y=−x，结合奇偶性定义可证；
(2)先证明单调性，利用单调性求解即可；
(3)先化为fax2+2>f2x+ax，再利用单调性转化为ax2−a+2x+2>0，最后根据含参二次不等式的分类讨论求解即可.
【解答过程】（1）fx为奇函数，理由如下：
函数fx的定义域为R，关于原点对称，
令x=y=0得f0=2f0，解得f0=0，
令y=−x得fx+f−x=f0=0所以f−x=−fx对任意x∈R恒成立，所以fx为奇函数，
（2）任取x1,x2∈−∞,+∞，且x10.因为当x>0时，fx>0，所以fx2−x1>0.
fx2−fx1=fx2+f−x1=fx2−x1>0，即fx1所以fx在区间−4,4的最小值为f−4，
因为f1=1，令x=y=1得f2=f1+f1=2，
令x=2，y=2得f4=f2+2=f2+f2=2+2=4，
fx在区间−4,4的最小值为f(x)min=f−4=−f4=−4，
（3）由fax2−2fx>fax−2，
得fax2+2>2fx+fax=fx+fx+fax=f2x+ax，
由f2=2得fax2+f2=fax2+2>f2x+ax，
由fx在R上单调递增得ax2+2>2x+ax整理得ax2−a+2x+2>0，即ax−2x−1>0，
当a=0时，−2x+2>0，解得x<1；当a≠0时，ax−2ax−1>0，
当a<0时，x−2ax−1<0，2a<0，解集为2a,1，
当a>0时，x−2ax−1>0，
当a=2时，(x−1)2>0，解集为x|x≠1，
当01，解集为−∞,1∪2a,+∞，
当a>2时，0<2a<1，解集为−∞,2a∪1,+∞，
综上所述：当a=0时，解集为−∞,1；当a<0时，解集为2a,1；
当a=2时，解集为x|x≠1；当0当a>2时，解集为−∞,2a∪1,+∞．
20．（12分）（2023秋·北京门头沟·高一校考期末）为了节能减排，某农场决定安装一个可使用10年的太阳能供电设备，使用这种供电设备后，该农场每年消耗的电费C（单位：万元）与太阳能电池板面积x（单位：平方米）之间的函数关系为Cx=m−4x5,0≤x≤10mx,x>10（m为常数）．已知太阳能电池板面积为5平方米时，每年消耗的电费为12万元，安装这种供电设备的工本费为0.5x（单位：万元），记Fx为该农场安装这种太阳能供电设备的工本费与该农场10年消耗的电费之和.
(1)求常数m的值；
(2)写出Fx的解析式；
(3)当x为多少平方米时，Fx取得最小值？最小值是多少万元？
【解题思路】（1）根据题意可知x=5时，Cx=12，代入即可求得m的值；
（2）根据题意可知Fx=10Cx+0.5x，由此化简可得；
（3）分段讨论Fx的最小值，从而得到Fx的最小值及x的值.
【解答过程】（1）依题意得，当x=5时，Cx=12，
因为Cx=m−4x5,0≤x≤10mx,x>10，所以当0≤x≤10时，Cx=m−4x5，
所以m−4×55=12，解得m=80，
故m的值为80.
（2）依题意可知Fx=10Cx+0.5x，
又由（1）得，Cx=80−4x5,0≤x≤1080x,x>10，
所以Fx=10×80−4x5+0.5x,0≤x≤1010×80x+0.5x,x>10=−7.5x+160,0≤x≤10800x+0.5x,x>10.
（3）当0≤x≤10时，Fx=−7.5x+160，显然Fx在0,10上单调递减，
所以Fxmin=F10=85；
当x>10时，Fx=800x+0.5x≥2800x×0.5x=40，
当且仅当800x=0.5x，即x=40时，等号成立，故Fxmin=40；
综上：Fxmin=40，此时x=40，
所以当x为40平方米时，Fx取得最小值，最小值是40万元.
21．（12分）（2023秋·黑龙江哈尔滨·高一校考期末）已知幂函数fx=p2−3p+3xp2−32p−12是其定义域上的增函数．
(1)求函数fx的解析式；
(2)若函数ℎx=x+afx，x∈1,9，是否存在实数a使得ℎx的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由；
(3)若函数gx=b−fx+3，是否存在实数m,n(m【解题思路】（1）因为fx=p2−3p+3xp2−32p−12是幂函数，所以p2−3p+3=1；
（2）考虑函数中x的次数，换元成二次函数解题；
（3）因为gx在定义域范围内为减函数，故有g(m)=n,g(n)=m，相减后得m+3+n+3=1，进而b=m+n+3=m+1−m+3，换元成二次函数解题.
【解答过程】（1）因为fx=p2−3p+3xp2−32p−12是幂函数，所以p2−3p+3=1，
解得p=1或p=2
当p=1时，fx=1x，在0,+∞为减函数，当p=2时，fx=x，
在0,+∞为增函数，所以fx=x.
（2）ℎx=x+afx=x+ax，令t=x，因为x∈1,9，所以t∈1,3，
则令kt=t2+at，t∈1,3，对称轴为t=−a2．
①当−a2≤1，即a≥−2时，函数kt在1,3为增函数，
k(t)min=k1=1+a=0，解得a=−1．
②当1<−a2<3，即−6解得a=0，不符合题意，舍去．
当−a2≥3，即a≤−6时，函数kt在1,3为减函数，k(t)min=k3=9+3a=0，
解得a=−3．不符合题意，舍去．
综上所述：存在a=−1使得ℎx的最小值为0.
（3）gx=b−fx+3=b−x+3，则gx在定义域范围内为减函数，
若存在实数m,n(m则gm=b−m+3=n①gn=b−n+3=m②，
②-①得：m+3−n+3=m−n=m+3−n+3，
所以m+3−n+3=m+3−n+3m+3+n+3，
即m+3+n+3=1③．
将③代入②得：b=m+n+3=m+1−m+3．
令t=m+3，因为m所以b=t2−t−2=t−122−94，在区间t∈0,12单调递减，
所以−94故存在实数m,n(m实数b的取值范围且为−94,−2．
22．（12分）（2023秋·广东揭阳·高一统考期末）已知fx=4x−ax2+b是定义在R上的奇函数，其中a、b∈R，且f2=1.
(1)求a、b的值；
(2)判断fx在2,+∞上的单调性，并用单调性的定义证明；
(3)设gx=mx2−2x+2−m，若对任意的x1∈2,4，总存在x2∈0,1，使得fx1=gx2成立，求m的取值范围.
【解题思路】（1）利用奇函数的性质可得出f0=0，再结合f2=1可求得a、b的值，然后验证出函数fx为奇函数即可；
（2）判断出函数fx在2,+∞上为减函数，然后任取x1、x2∈2,+∞且x1>x2，作差fx1−fx2，因式分解后判断fx1−fx2的符号，结合函数单调性的定义可证得结论成立；
（3）记fx在区间2,4内的值域为A，gx在区间0,1内的值域为B，将问题转化为A⊆B时求实数m的取值范围，利用单调性求出f(x)的值域，分m=0、02四种情况讨论，结合单调性求出gx的值域，即可得到答案．
【解答过程】（1）解：因为函数fx=4x−ax2+b是定义在R上的奇函数，则f0=−ab=0，可得a=0，
则fx=4xx2+b，则f2=822+b=1，解得b=4，所以，fx=4xx2+4，下面验证函数fx为奇函数.
对任意的x∈R，x2+4≥4，故函数fx=4xx2+4的定义域为R，
则f−x=−4x−x2+4=−4xx2+4=−fx，故函数fx=4xx2+4为奇函数，合乎题意，
因此，a=0，b=4.
（2）解：函数fx在2,+∞上单调递减，证明如下：
任取x1、x2∈2,+∞且x1>x2，即x1>x2≥2，则x2−x1<0，x1x2>4，
则fx1−fx2=4x1x12+4−4x2x22+4=4x1x22+4−4x2x12+4x12+4x22+4=4x2−x1x1x2−4x12+4x22+4<0，
所以，fx1（3）解：若对任意的x1∈2,4，总存在x2∈0,1，使得fx1=gx2成立，
则函数fx在2,4上的值域为函数gx在0,1上的值域的子集，
因为函数fx在2,4上单调递减，
则当x∈2,4时，fxmax=f2=1，fxmin=f4=45，
所以，记fx在区间2,4内的值域为A=45,1.
①当m=0时，gx=−2x+2在0,1上单调递减，
则gxmax=g0=2，gxmin=g1=0，得gx在区间0,1内的值域为B=0,1.
因为A⊆B，所以对任意的x1∈2,4，总存在x2∈0,1，使得fx1=gx2成立.
②当0则gxmax=g0=2−m，gxmin=g1=0，得gx在区间0,1内的值域为B=0,2−m，
因为A⊆B，所以对任意的x1∈2,4，总存在x2∈0,1，使得fx1=gx2成立.
③当1则gxmax=g0=2−m，gxmin=g1m=−1m+2−m得gx在区间0,1内的值域为
B=−1m+2−m,2−m，所以−1m+2−m≤452−m≥1，该不等式组无解；
④当m>2时，0<1m<12，gx在0,1m上单调递减，在1m,1上单调递增，
则gxmax=g1=0，gxmin=g1m=−1m+2−m得gx在区间0,1内的值域为B=−1m+2−m,0，不符合题意.
综上，实数m的取值范围为0,1.