2024年新高一数学暑假衔接班综合测试（解析版）_1多考区联考试卷_08082024年新高一数学暑假衔接班综合测试试题+答案_2024年新高一数学暑假衔接班综合测试试题+答案

绝密★考试启用前
2024 年新高一数学暑假衔接班综合测试
（19 题新高考新结构）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
考试范围:
集合与常用逻辑用语+一元二次函数、方程和不等式+函数的概念与性质
注意事项:
1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的
指定位置。
2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂
黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷
草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。
一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符
合题目要求的）
1．若集合M ={x∣ x <4}, N ={x∣3x≥1}，则M ∩N =（ ）
A． { x 0≤x<2 } B．  x 1 ≤x<2   C． { x3≤x<16 } D．  x 1 ≤x<16  
 3   3 
【答案】D
【分析】求出集合M,N后可求M ∩N .
1  1 
【详解】M ={x∣0≤x<16},N ={x∣x≥ }，故M ∩N =x ≤x<16，
3  3 
故选：D
2．关于命题p“∃x ∈R，x2−x +1<0”的否定，下列说法正确的是（ ）
0 0 0
A．¬p：∀x∈R,x2−x+1>0，为假命题 B．¬p：∀x∈R,x2−x+1>0，为真命题
C．¬p：∃x∈R,x2−x+1>0，为真命题 D．¬p：∀x∈R,x2−x+1≥0，为真命题【答案】D
【分析】判断命题p的真假，再求命题的否定，并判断其真假即可.
2
 1 3
【详解】因为x2−x+1=x−  + >0，故命题p为假命题，则¬p为真命题；
 2 4
又“∃x ∈R，x2−x +1<0”的否定为：“∀x∈R,x2−x+1≥0”，
0 0 0
故选：D.
3．如图，I为全集，M、P、S是I的三个子集，则阴影部分所表示的集合是（ ）
A．(M P)S B．(M P)S
C．(MP)S D．(MP)S
I I
【答案】C
【分析】分析出阴影部分为M P和S的子集，从而选出正确答案.
I
【详解】题图中的阴影部分是M P的子集，不属于集合S，故属于集合S的补集，即是S的子集，则阴
I
影部分所表示的集合是(MP)S
I
故选：C
4．《红楼梦》、《西游记》、《水浒传》、《三国演义》为我国四大名著，其中罗贯中所著《三国演义》中经典
的战役赤壁之战是中国历史上以弱胜强的著名战役之一，东汉建安十三年（公元208年），曹操率二十万众
顺江而下，周瑜、程普各自督领一万五千精兵，与刘备军一起逆江而上，相遇赤壁，最后用火攻大败曹军．第
49回“欲破曹公，宜用火攻；万事俱备，只欠东风”，你认为“东风”是“赤壁之战东吴打败曹操”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据充分、必要条件的定义判定即可.
【详解】易知：“东风”是“打败曹操”的必要不充分条件.
故选：B1−x+x2
5．函数y= 的值域是（ ）
1+x+x2
1  1   1
A．

,3

B．

,1(1,3] C．(0,3] D．−∞,

∪[3,+∞)
3  3   3
【答案】A
1−x+x2
【分析】对函数y= 分离常数，借助基本不等式，分三种情况讨论即可.
1+x+x2
1−x+x2
( 1+x+x2)
−2x 2x
【详解】结合题意： y= = =1− ，
1+x+x2 1+x+x2 1+x+x2
当x=0时，y=1；
2x 2 2 1
y=1− =1− ≥1− = 1
当x>0时， 1+x+x2 1 1 3，当且仅当 =x，
+x+1 2 ⋅x+1 x
x x
1
即x=1，原式取得最小值 ；
3
2x 2x 1
另一方面，因为x>0， >0,所以y=1− <1，即 ≤ y<1;
1+x+x2 1+x+x2 3
2x 2 2 2
y=1− =1− =1+ ≤1+ =3
当x<0时， 1+x+x2 1 +x+1  − 1 +(−x)−1 2  − 1 ⋅(−x)−1 ，
x  x  x
1
当且仅当− =−x，即x=−1，原式取得最大值3;
x
另一方面因为x<0，
2x
令m=1+x+x2，则∆=12−4<0，所以m=1+x+x2 >0，所以 <0,
1+x+x2
2x
所以y=1− >1，即1< y≤3;
1+x+x2
1−x+x2 1 
综上所述：函数y= 的值域是  ,3 .
1+x+x2 3 
故选：A.
6．已知集合M ={x∈N|1≤x≤21}，集合A，A ，A 满足：①每个集合都恰有7个元素；②A ∪A ∪A =M ．集
1 2 3 1 2 3
合A中元素的最大值与最小值之和称为集合A的特征数，记为X (i=1,2,3)，则X +X +X 的最大值与最小
i i i 1 2 3
值的和为（ ）
A．132 B．134 C．135 D．137
【答案】A
【分析】判断集合A,A ,A 中元素的最小值与最大值的可能情况，然后按照特征数定义求解即可．
1 2 3
【详解】集合A,A ,A 满足：①每个集合都恰有7个元素；②A ∪A ∪A =M ．
1 2 3 1 2 3∴A,A ,A 一定各包含7个不同数值．
1 2 3
集合A,A ,A 中元素的最小值分别是1，2，3，最大值是21，15，9，特征数的和X +X +X 最小，
1 2 3 1 2 3
如：A ={1,16,17,18,19,20,21}，特征数为22；
1
A ={2,10,11,12,13,14,15}，特征数为17；
2
A ={3,4,5,6,7,8,9}，特征数为12；
3
则X +X +X 最小，最小值为22＋17＋12＝51．
1 2 3
当集合A,A ,A 中元素的最小值分别是1，7，13，最大值是21，20，19时，特征数的和X +X +X 最大，
1 2 3 1 2 3
如：A ={1,2,3,4,5,6,21}，特征数为22；
1
A ={7,8,9,10,11,12,20}，特征数为27；
2
A ={13,14,15,16,17,18,19}，特征数为32；
3
则X +X +X 最大，最大值为22＋27＋32＝81，
1 2 3
故X +X +X 的最大值与最小值的和为81＋51＝132．
1 2 3
故选：A．
(a−1)2+(b+1)2
7．若a>b，且ab=2，则 的最小值为（ ）
a−b
A．2 5−2 B．2 6−4 C．2 5−4 D．2 6−2
【答案】D
【分析】首先利用条件等式将表达式变形，然后利用基本不等式求最小值，一定要注意取等条件是否成立.
【详解】因为ab=2，
(a−1)2+(b+1)2 a2+b2+2−2a+2b a2+b2+ab
所以由题意 = = −2
a−b a−b a−b
(a−b)2+3ab
6
= −2=(a−b)+ −2 ，
a−b a−b
因为a>b，所以a−b>0，
(a−1)2+(b+1)2 6
所以由基本不等式可得 =(a−b)+ −2≥2 6−2，
a−b a−b
ab=2  6− 14  6+ 14
a= a=
  2  2
当且仅当a−b= 6时等号成立，即当且仅当 或 时等号成立，
  − 6− 14  − 6+ 14
a>b b= b=
  
 2  2
(a−1)2+(b+1)2
综上所述， 的最小值为2 6−2.
a−b故选：D.
【点睛】关键点点睛，解决本题的关键是要利用条件等式对已知表达式变形，利用基本不等式后要注意到
取等条件的成立与否.
8．已知 f (x)，g(x)都是定义在R上的函数，对任意x，y满足 f(x−y)= f(x)g(y)−g(x)f(y)，且
f (−2)= f (1)≠0，则下列说法正确的是（ ）
A． f (0)=1 B．函数g(2x+1)的图象关于点(1,0)对称
2023
C．g(1)+g(−1)=0 D．若 f (1)=1，则∑ f (n)=1
n=1
【答案】D
2π 2π
【分析】利用赋值法结合题目给定的条件可判断AC，取 f (x)=sin x,g(x)=cos x可判断B，对于D，
3 3
通过观察选项可以推断 f (x)很可能是周期函数，结合 f(x)g(y),g(x)f(y)的特殊性及一些已经证明的结论，
想到令y=−1和y=1时可构建出两个式子，两式相加即可得出 f (x+1)+ f (x−1)=−f (x)，进一步得出 f (x)
2023
是周期函数，从而可求∑ f (n)的值.
n=1
【详解】解：对于A，令x= y=0，代入已知等式得 f (0)= f (0)g(0)−g(0) f (0)=0，得 f (0)=0，故A
错误；
2π 2π
对于B，取 f (x)=sin x,g(x)=cos x，满足 f(x−y)= f(x)g(y)−g(x)f(y)及 f (−2)= f (1)≠0，
3 3
因为g(3)=cos2π=1≠0，所以g(x)的图象不关于点(3,0)对称，
所以函数g(2x+1)的图象不关于点(1,0)对称，故B错误；
对于C，令y=0，x=1，代入已知等式得 f (1)= f (1)g(0)−g(1) f (0)，
可得 f (1) 1−g(0)  =−g(1) f (0)=0，结合 f (1)≠0得1−g(0)=0，g(0)=1，
再令x=0，代入已知等式得 f (−y)= f (0)g(y)−g(0) f (y)，
将 f (0)=0，g(0)=1代入上式，得 f (−y)=−f (y)，所以函数 f (x)为奇函数.
令x=1，y=−1，代入已知等式，得 f (2)= f (1)g(−1)−g(1) f (−1)，
因为 f (−1)=−f (1)，所以 f (2)= f (1) g(−1)+g(1)  ，又因为 f (2)=−f (−2)=−f (1)，所以−f (1)= f (1) g(−1)+g(1)  ，
因为 f (1)≠0，所以g(1)+g(−1)=−1，故C错误；
对于D，分别令y=−1和y=1，代入已知等式，得以下两个等式： f (x+1)= f (x)g(−1)−g(x) f (−1)，
f (x−1)= f (x)g(1)−g(x) f (1)，
两式相加易得 f (x+1)+ f (x−1)=−f (x)，所以有 f (x+2)+ f (x)=−f (x+1)，
即： f (x)=−f (x+1)− f (x+2)，
有：−f (x)+ f (x)= f (x+1)+ f (x−1)− f (x+1)− f (x+2)=0，
即： f ( x−1 )= f ( x+2 ) ，所以 f (x)为周期函数，且周期为3，
因为 f (1)=1，所以 f (−2)=1，所以 f (2)=−f (−2)=−1， f (3)= f (0)=0，
所以 f (1)+ f (2)+ f (3)=0，
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所以∑ f (n)=1= f (1)+ f (2)+ f (3)++ f (2023)= f (2023)= f (1)=1，故D正确.
n=1
故选：D.
【点睛】思路点睛：对于含有x,y的抽象函数的一般解题思路是：观察函数关系，发现可利用的点，以及利
用证明了的条件或者选项；抽象函数一般通过赋值法来确定、判断某些关系，特别是有x,y双变量，需要双
赋值，可以得到一个或多个关系式，进而得到所需的关系，此过程中的难点是赋予哪些合适的值，这就需
要观察题设条件以及选项来决定.
二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分）
9．下列命题为真命题的有（ ）
a+m a
A．若a，b∈R，则a2+b2 ≥2ab B．若a> b > 0，m>0，则 >
b+m b
1 1
C．若a<b<0，则 > D．若ac2 >bc2，则a>b
a b
【答案】ACD
【分析】作差即可判断ABC；根据不等式的性质即可判断D.
【详解】对于A，因为a2+b2−2ab=(a−b)2 ≥0，所以a2+b2 ≥2ab，故A正确；
a+m a ab+bm−ab−am (b−a)m
对于B， − = = ，
b+m b b(b+m) b(b+m)
因为a> b > 0，m>0，所以(b−a)m<0,b(b+m)>0，
a+m a a+m a
所以 − <0，所以 < ，故B错误；
b+m b b+m b
1 1 b−a 1 1
对于C，若a<b<0，则 − = >0，所以 > ，故C正确；
a b ab a b
对于D，若ac2 >bc2，则c2 >0，所以a>b，故D正确.
故选：ACD.
10．已知关于x一元二次不等式ax2−2ax+b>0的解集为A={ x m<x<n } （其中m<n），关于x一元二次
不等式ax2−2ax+b>−2的解集为B={ x p<x<q } ，则（ ）
A．AB=B B．(A∪B)⊆B
q 2
C．m+n= p+q D．当b<−2时， + 的最小值为3
p q
【答案】BC
【分析】结合一元二次不等式与二次函数的关系及函数的平移得到p<m<1<n<q，从而得到A⊆B，即
可判断A、B、C，由韦达定理得到p+q=2，利用基本不等式判断D.
【详解】因为关于x一元二次不等式ax2−2ax+b>0的解集为A={ x m<x<n } （其中m<n），
所以二次函数y =ax2−2ax+b与x轴有两个交点且a<0，交点坐标分别为(m,0)，(n,0)，(m<n)
1
又关于x一元二次不等式ax2−2ax+b>−2的解集为B={ x p<x<q } ，
即二次函数y =ax2−2ax+b+2与x轴有两个交点且a<0，交点坐标分别为(p,0)，(q,0)，(p<q)，
2
又二次函数y =ax2−2ax+b+2的图象是由y =ax2−2ax+b向上平移2个单位得到的，
2 1
又y =ax2−2ax+b开口向下，对称轴为x=1，
1
由于无法确b的值，以下只能得到y =ax2−2ax+b与y =ax2−2ax+b+2图象的大致情形如下（这里只列出
1 2
其中一种）：所以p<m<1<n<q，
则A⊆B，所以AB= A，A∪B=B，所以(A∪B)=B⊆B，故A错误，B正确；
又m+n=2，p+q=2，所以m+n= p+q，故C正确；
因为p、q为关于x的方程ax2−2ax+b+2=0 (a<0)的两根，
b+2
所以p+q=2，pq= ，
a
b+2
又b<−2，所以b+2<0，所以pq= >0，
a
所以p>0，q>0
q 2 q p+q q p q p q p
所以 + = + = + +1≥2 ⋅ +1=3，当且仅当 = ，即p=q=1时取等号，
p q p q p q p q p q
q 2
显然p<q，所以 + >3，故D错误.
p q
故选：BC
11．定义域为R的函数 f (x)满足 f (x+y)= f (x)+ f (y)， f (2)=1，且x<0时， f (x)<0，则（ ）
A． f (x)为奇函数 B． f (x)在(−∞,+∞)单调递增
C． f (−1)=− 1 D．不等式 f (x−2)≤2的解集为 { x x≤6 }
4
【答案】ABD
【分析】对于A，令x= y=0，求出 f(0)，然后令y=−x结合函数奇偶的定义判断，对于B，设x <x <0，
1 2
则由题意可得 f (x )− f (x )<0，再结合奇函数的性质进行判断，对于C，令x= y=1求出 f(1)，再利用奇
1 2
函数的定义可求得 f(−1)，对于D，由题意可得 f(4)=2，将不等式转化为 f (x−2)≤ f (4)，再利用其单调
性求解即可.【详解】对于A，由题， f (0)= f (0)+ f (0)，于是 f (0)=0，令y=−x，则 f (0)= f (x)+ f (−x)，
即 f (−x)=−f (x)，所以 f (x)为奇函数，A正确；
对于B，设x <x <0，则有 f (x −x )= f (x )+ f (−x )<0，即 f (x )− f (x )<0，
1 2 1 2 1 2 1 2
即有 f (x )< f (x )，所以 f (x)在(−∞,0)上单调递增，
1 2
由于 f (0)=0， f (x)为奇函数，可知 f (x)在(−∞,+∞)上单调递增，B正确；
1
对于C，由1= f (2)= f (1+1)= f (1)+ f (1)，得 f (1)= ，
2
1
又 f (x)为奇函数，则 f (−1)=− ，C错误；
2
对于D，由题意得， f (4)= f (2+2)= f (2)+ f (2)=2，
则 f (x−2)≤2等价于 f (x−2)≤ f (4)，
则有x−2≤4，即x≤6，D正确．
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：此题是利用抽象函数作为探究创新情境，主要考查函数奇偶性、对称性等基础知识；
解题的关键是利用赋值法求解.
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12．已知集合A= { x|x2+5x−6=0 } ,B= { x|x2+2(m+1)x+m2−3=0 } ．若B⊆A，则实数m的取值范围
是 ．
【答案】(−∞,−2 ]
【分析】由B⊆A，分集合B为空集和不为空集两种情况，结合根的判别式即可.
【详解】因为A= { x|x2+5x−6=0 } ={−6,1}
由于B⊆A
所以可以分为三种情况：
①当B为空集时，∆=4(m+1)2−4 ( m2−3 ) <0，解得m<−2；
②当B不为空集时，当∆=4(m+1)2−4 ( m2−3 ) =0时，m=−2，
此时B= { x|x2+2(m+1)x+m2−3=0 } ={1}，满足题意.
当∆=4(m+1)2−4 ( m2−3 ) >0时，m>−2，有韦达定理得
1−6=−2(m+1)
 ，此时m无解，

−1×6=m2−3
综上：故实数m的取值范围是(−∞,−2 ]
.
故答案为：(−∞,−2 ]
2 1 m
13．已知a>b>c且 + ≥ 恒成立，实数m的最大值是 ．
a−b b−c a−c
【答案】3+2 2/2 2+3
【分析】将不等式转化，应用基本不等式求出最大值，即可得到答案.
【详解】由题意，a−b>0,b−c>0,a−c>0，
2 1 m 2(a−c) a−c
所以 + ≥ 转化为 + ≥m，
a−b b−c a−c a−b b−c
2(a−b+b−c) a−b+b−c 2(b−c) a−b
可得 + ≥m，即2+ +1+ ≥m，
a−b b−c a−b b−c
因为2+
2(b−c)
+1+
a−b
≥3+2 2，当且仅当a−b= 2(b−c)时等号成立，
a−b b−c
所以实数m的最大值是3+2 2.
故答案为：3+2 2
14．我们知道，函数y= f (x)的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数y= f (x)为奇函数，
有同学发现可将其推广为：函数y= f (x)的图象关于点P(a,b)成中心对称的充要条件是函数y= f (x+a)−b
3 15 1
为奇函数.据此，对于函数g(x)=x3− x2+ x− ，其图象的对称中心是 ，且有
2 4 8
 1   2   3  2022 2023
g +g +g ++g +g = .
2024 2024 2024 2024 2024
1 3 6069
【答案】  , 
2 2 2
【分析】根据条件分析得到−g(x+a)+b=g(−x+a)−b，由此列出关于a,b的方程并求解出a,b的值，则对
称中心坐标可知；根据条件可得g(1−x)+g(x)=3，然后根据函数值的对称特点求解出原式的值.【详解】设g(x)的对称中心为(a,b)，则y=g(x+a)−b为奇函数，
所以−g(x+a)+b=g(−x+a)−b，
3 15 1 3 15 1
即−(x+a)3+ (x+a)2− (x+a)+ +b=(−x+a)3− (−x+a)2+ (−x+a)− −b，
2 4 8 2 4 8
15 1
化简可得(6a−3)x2+2a3−3a2+ a− −2b=0，
2 4
 1
6a−3=0 a=

  2
所以 15 1 ，解得 ，
  2a3−3a2+ 2 a− 4 −2b=0  b= 3
 2
1 3
所以g(x)图象的对称中心为 , ；
2 2
1 3  1 3  1 3
因为g(x)图象的对称中心为 , ，所以−gx+ + =g−x+ − ，
2 2  2 2  2 2
 1  1
所以g−x+ +gx+ =3，所以g(1−x)+g(x)=3，
 2  2
 1  2023  2  2022  3  2021 1011 1013
所以g +g =g +g =g +g ==g +g =3，
2024 2024 2024 2024 2024 2024 2024 2024
1012 1 3 6069
所以原式=3×1011+g =3033+g =3033+ = ，
2024 2 2 2
1 3 6069
故答案为： , ； .
2 2 2
【点睛】结论点睛：对称性的常用结论如下：
（1）若函数 f (x)满足 f (a+x)= f (a−x)或 f (2a−x)= f (x)或 f (2a+x)= f (−x)，则 f (x)的一条对称轴
为x=a；
（2）若函数 f (x)满足 f (a+x)+ f (a−x)=2b或 f (2a−x)+ f (x)=2b或 f (2a+x)+ f (−x)=2b，则 f (x)的
一个对称中心为(a,b)
.
四、解答题（本题共 5 小题，共77分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17 分，
19 题 17 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．已知集合A=  x 1 ≤2x ≤32  ，B= { x x2−4x+4−m2 ≤0,m∈R } .
 4 
(1)若m=3，求A∩B；
(2)若存在正实数m，使得“x∈A”是“x∈B”成立的充分不必要条件，求正实数m的取值范围.
【答案】(1)A∩B=[−1,5](2)
[ 4,+∞)
【分析】（1）解指数不等式，一元二次不等式化简集合A,B，然后由交集定义计算；
（2）根据充分不必要条件的定义得不等式组求解；
 1 
【详解】（1）A=x ≤2x ≤32=[−2,5 ]
 4 
{ }
因m>0，则B= x  x−(2−m)   x−(2+m)  ,m∈R =[ 2−m,2+m ] .
当m=3时，B=[−1,5]，所以A∩B=[−1,5]
.
（2）因“x∈A”是“x∈B”成立的充分不必要条件，则A是B的真子集.
m>0 m>0
 
所以2−m≤−2⇒m≥4⇒m∈[ 4,+∞)，经检验“=”满足.
 
2+m≥5 m≥3
所以实数m的取值范围是[ 4,+∞)
.
16．中国建设新的芯片工厂的速度处于世界前列，这是朝着提高半导体自给率目标迈出的重要一步.根据国
际半导体产业协会(SEMI)的数据，在截至2024年的4年里，中国计划建设31家大型半导体工厂.某公司打
算在2023年度建设某型芯片的生产线，建设该生产线的成本为300万元，若该型芯片生产线在2024年产
出x万枚芯片，还需要投入物料及人工等成本V(x)（单位：万元），已知当0<x≤5时，V(x)=125；当
1600
5<x≤20时，V(x)=x2+40x−100；当x>20时，V(x)=81x+ −600，已知生产的该型芯片都能以每
x
枚80元的价格售出.
(1)已知2024年该型芯片生产线的利润为P(x)（单位：万元），试求出P(x)的函数解析式.
(2)请你为该型芯片的生产线的产量做一个计划，使得2024年该型芯片的生产线所获利润最大，并预测最大
利润.

 80x−425,0<x≤5

【答案】(1)P(x)=−x2+40x−200,5<x≤20；

1600
 −x− +300,x>20
 x
(2)当2024年该型芯片产量为40万枚时利润最大，最大利润为220万元．【分析】（1）根据利润等于售价减成本可求利润P(x)的表达式；
（2）根据P(x)的表达式分别求出每段函数的最大值即可.
【详解】（1）（1）由题意可得，P(x)=80x−V(x)，

 80x−300−125,0<x≤5

所以P(x)=80x−300−(x2+40x−100),5<x≤20，

1600
80x−300−(81x+ −600),x>20
 x

 80x−425,0<x≤5

即P(x)=−x2+40x−200,5<x≤20.

1600
 −x− +300,x>20
 x
（2）当0<x≤5时，P(x)≤P(5) =−25；
当5<x≤20时，P(x)=−x2+40x−200，对称轴x20，P(x)≤P(20)=200；
1600
当x>20时，由基本不等式知x+ ≥80，
x
1600
当且仅当x= ，即x=40时等号成立，故P(x) =−80+300=220，
x max
综上，当2024年该型芯片产量为40万枚时利润最大，最大利润为220万元．
17．已知函数 f (x)对任意x满足：3f (x)− f (2−x)=4x，二次函数g(x)满足：g(x+2)−g(x)=4x且
g(1)=−4.
(1)求 f (x)，g(x)的解析式；
(2)若a∈R，解关于x的不等式(a+1)x2−(a+4)x−3>g(x)− f (x) .
【答案】(1) f (x)=x+1，g(x)=x2−2x−3
(2)答案见解析
【分析】（1）用方程组法求 f (x)，用待定系数法求g(x)；
（2）先将不等式化为(x−1)(ax−1)>0，根据a分类求解即可.
【详解】（1）3f (x)− f (2−x)=4x①，用2−x代替上式中的x，
得3f (2−x)− f (x)=8−4x②，
联立①②，可得 f (x)=x+1；
设g(x)=ax2+bx+c(a≠0)，
所以g(x+2)−g(x)=a(x+2)2+b(x+2)+c−ax2−bx−c=4x，
即4ax+4a+2b=4x
4a=4
所以 ，解得a=1，b=−2，
4a+2b=0
又g(1)=−4，得c=−3，所以g(x)=x2−2x−3.
（2）因为(a+1)x2−(a+4)x−3>g(x)− f (x)，
即ax2−(a+1)x+1>0，
化简得，(x−1)(ax−1)>0，
①当a=0时，−(x−1)>0，不等式的解为 { x x<1 } ；
1 a−1  1
②当 >1，即 <0，即0<a<1时，不等式的解为x x> 或x<1}；
a a  a
1 a−1
③当 <1，即 >0，即a>1或a<0，
a a
 1
当a>1时，不等式的解为x x< 或x>1}，
 a
 1 
当a<0时，不等式的解为x <x<1，
 a 
④当 1 =1，即a=1时，(x−1)2 >0，解得 { x x∈R且x≠1}，
a
 1 
综上所述，当a<0时，不等式的解为x <x<1；
 a 
当a=0时，不等式的解为 { x x<1 } ；
 1
当0<a<1时，不等式的解为x x> 或x<1}；
 a
当a=1时，不等式的解为 { x x∈R且x≠1}； 1
当a>1时，不等式的解为x x< 或x>1} .
 a
18．已知 f(x)定义域为R，对任意x，y∈R，都有 f (x+y)= f (x)+ f (y)+1，当x>0时， f(x)>−1，且
f (1)=1.
(1)求 f (0)和 f (−1)的值；
(2)证明：函数 f(x)在R上单调递增；
(3)求不等式 f ( −3x2+2x ) +3f(x)>0的解集.
【答案】(1) f(0)=−1， f(−1)=−3
(2)证明见解析
 2 
(3)x| <x<1
 3 
【分析】（1）根据已知条件分别赋值x= y=0和x=1，y=−1即可求出；
（2）利用单调性的定义证明函数单调递增；
（3）将条件不等式按照函数关系转换成利用单调性求解自变量的范围不等式即可.
【详解】（1）因为对任意x，y∈R都有 f(x+y)= f(x)+ f(y)+1，
所以，令x= y=0，则 f(0)= f(0)+ f(0)+1，所以 f(0)=−1；
令x=1，y=−1，则 f(0)= f(1)+ f(−1)+1，因为 f(1)=1，
所以 f(−1)=−3；
（2）任取x，x ∈R且x <x ，
1 2 1 2
则 f (x )= f (x −x +x )= f (x )+ f (x −x )+1
2 2 1 1 1 2 1
当x>0时，f(x)>−1，∴x −x >0，f (x −x )>−1，f (x )− f (x )= f (x −x )+1>0，∴f (x )> f (x )，
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
∴y= f(x)在R上单调递增；
（3） f(2x)= f(x)+ f(x)+1=2f(x)+1
f(3x)= f(2x)+ f(x)+1=3f(x)+2，
f ( −3x2+2x ) +3f(x)= f ( −3x2+2x ) + f(3x)−2>0
f ( −3x2+2x ) + f(3x)+1−3>0，得 f ( −3x2+2x+3x ) >3所以原不等式可化为 f ( −3x2+2x+3x ) >3；
由 f(x+y)= f(x)+ f(y)+1和（1）可得，
f(2)= f(1)+ f(1)+1=3，所以， f ( −3x2+2x+3x ) > f(2)，
根据（2）得， f(x)为单调递增函数，所以，−3x2+2x+3x>2，
2
3x2−5x+2<0⇒(x−1)(3x−2)<0，得 <x<1，
3
 2 
所以，不等式的解集为：x| <x<1
 3 
【点睛】第一问根据已知条件分别赋值x= y=0和x=1，y=−1即可求出；第二问利用单调性的定义证明
函数单调递增；第三问将条件不等式按照函数关系转换成利用单调性求解自变量的范围不等式即可
19．已知集合M ={ x∈R x≠0且x≠1}， f (x)( x∈N*) 是定义在M 上的一系列函数，满足
n
f (x)=x, f (x)= f   x−1  ( i∈N*) .
1 i+1 i x 
(1)求 f (x), f (x)的解析式.
3 4
x−1
(2)若g(x)为定义在M 上的函数，且g(x)+g =1+ f (x) .
 x  4
①求g(x)的解析式;
②若关于x的方程(2x−1−m)2x(x−1)g(x)+3x2+x+1+8x2+4x+2=0有且仅有一个实根，求实数m的取
 
值范围.
1
【答案】(1) f (x)=− ， f (x)=x
3 x−1 4
(2)①g(x)= x3−x2−1 (x≠0,x≠1)；②m=5−4 3或m> 9
2x(x−1)
2
【分析】（1）根据 f (x)=x, f (x)= f   x−1  ( i∈N*) 计算即可；
1 i+1 i x 
x−1 x−1 −1
（2）①根据g(x)+g =1+ f (x)，分别令x= ,x= ，利用方程组法即可得解；
 x  4 x x−1
②由①得(2x−1−m)x(x+1)2+8x2+4x+2=0，分离参数可得
2
3 2  1  1
2x2+3x+8+ + 2x+  +3x+ +4
m= 2x4+3x3+8x2+3x+2 = x x2 =  x  x ，令t=x+ 1 ，
x3+2x2+x 1 1 x
x+2+ x+ +2
x x2t2+3t+4  3 
t∈(−∞,−2)∪(2,+∞)，则转化为m= =2 (t+2)+ −5在t∈(−∞,−2)∪(2,+∞)上仅有一个实根，
 
t+2  t+2
再结合函数图象即可得解.
【详解】（1）因为 f (x)=x, f (x)= f   x−1  ( i∈N*) ，
1 i+1 i x 
x−1 x−1
所以 f (x)= f  = ，
2 1 x  x
x−1
−1
f (x)= f   x−1 = x =− 1 ，
3 2 x  x−1 x−1
x
x−1 1
f (x)= f  =− =x
4 3 x  x−1 ；
−1
x
x−1
（2）①由（1）得g(x)+g =1+x①，
 x 
x−1
−1
x
−1
又 = ，
x−1 x−1
x
x−1  −1  x−1 2x−1
则g +g =1+ = ②，
 x  x−1 x x
 −1  −1 x−2
g +g(x)=1+ = ③，
x−1 x−1 x−1
x−1 2x−1 x−2
由②−③得g −g(x)= − ④，
 x  x x−1
2x−1 x−2 x3−x2−1
由①−④得2g(x)=1+x− + = ，
x x−1 x(x−1)
x3−x2−1
所以g(x)= (x≠0,x≠1)；
2x(x−1)
②由①得(2x−1−m)

2x(x−1)g(x)+3x2+x+1

+8x2+4x+2=0，
 x3−x2−1 
即(2x−1−m) 2x(x−1)⋅ +3x2+x+1+8x2+4x+2=0，

2x(x−1)

即(2x−1−m)( x3+2x2+x ) +8x2+4x+2=0，
即(2x−1−m)x(x+1)2+8x2+4x+2=0，
当x=−1时，6=0不成立，所以x≠−1，
2
3 2  1  1
2x2+3x+8+ + 2x+  +3x+ +4
故m= 2x4+3x3+8x2+3x+2 = x x2 =  x  x ，
x3+2x2+x 1 1
x+2+ x+ +2
x x
1
令t =x+ ，
x
因为t ≠0,t ≠±1，故t∈(−∞,−2)∪(2,+∞)，
2t2+3t+4  3 
所以m= =2

(t+2)+

−5在t∈(−∞,−2)∪(2,+∞)上仅有一个实根，
t+2  t+2
令λ=t+2,λ∈(−∞,0)∪(4,+∞)，
 3
则m=2λ+ −5，
 λ
m+5 3
即 =λ+ 在λ∈(−∞,0)∪(4,+∞)上仅有一个实根，
2 λ
3
如图所示，画出函数y=λ+ ,λ∈(−∞,0)∪(4,+∞)的图象，
λ
m+5 m+5 19
由图可知， =−2 3或 > ，
2 2 4
9
所以m=5−4 3或m> .
2
x−1 −1
【点睛】关键点点睛：令x= ,x= ，利用方程组法是求解函数g(x)得解析式得关键.
x x−1