专题 2.2 函数的解析式与定义域、值域
【新高考专用】
题型一 具体函数的定义域的求解
1
1．（2024·海南·模拟预测）函数f (x)=√2− x+ 的定义域为( )
x−1
A．(−∞,1] B．(1,2] C．(−∞,2] D．(−∞,1)∪(1,2]
【解题思路】根据表达式有意义列出不等式组求解即可
【解答过程】由题知¿,解得x⩽2且x≠1
1
即函数f (x)=√2− x+ 的定义域为(−∞,1)∪(1,2]
x−1
故选：D.
11
2．（24-25高一上·河南漯河·阶段练习）已知函数f(x)= ，则函数y=f(x)−f(13−x)的定义域为
√x−2
（ ）
A．2<x<11 B．[2,11] C．(2,15) D．(2,11)
【解题思路】结合复合函数的定义域，建立使各个式子有意义的不等式求解可得.
11
【解答过程】由f(x)= 有意义，可得x−2>0，解得x>2.
√x−2
要使函数y=f(x)−f(13−x)有意义，
则¿，解得2<x<11.
对函数y=f(x),x∈A，定义域为自变量x的取值范围A，
其中集合A为非空数集，
所以函数y=f(x)−f(13−x)的定义域为(2,11).
故A错误，D正确.
故选：D.
√ x−1
3．（2024·北京朝阳·二模）函数f(x)= 的定义域为 ¿ .
x2+1【解题思路】解不等式x−1≥0即可得函数的定义域.
x−1
【解答过程】令 ≥0，可得x−1≥0，解得x≥1.
x2+1
√ x−1
故函数f(x)= 的定义域为¿.
x2+1
故答案为:¿.
√16−x2
4．（2024·四川南充·三模）函数f (x)= 的定义域为 [−4,1)∪(1,4] .
x−1
【解题思路】根据解析式列出不等式求解.
√16−x2
【解答过程】因为f (x)= ，
x−1
所以16−x2≥0且x−1≠0，
解得−4≤x≤4且x≠1，
故函数的定义域为[−4,1)∪(1,4].
故答案为：[−4,1)∪(1,4].
题型二 抽象函数、复合函数的定义域的求解
5．（24-25高一上·吉林白城·期中）若函数f (3x−1)的定义域为(0,3)，则函数f (1−3x)的定义域为
（ ）
( 2 1)
A．(−3,0) B． − ,
3 3
( 7 2)
C．(−1,8) D． − ,
3 3
【解题思路】根据条件，利用抽象函数定义域的确定方法，先确定f(x)的定义域，即可求解.
【解答过程】因为函数f (3x−1)的定义域为(0,3)，则−1<3x−1<8，
7 2 ( 7 2)
由−1<1−3x<8，解得− <x< ，所以函数f (1−3x)的定义域为 − , ，
3 3 3 3
故选：D.
f(x)
6．（23-24高一上·河南驻马店·阶段练习）已知函数y=f(2x−1)的定义域是[−2,3]，则y= 的定
√x+2
义域是（ ）
A．[−2,5] B．(−2,3] C．[−1,3] D．(−2,5]
【解题思路】利用复合函数求函数的定义域的原则及分式有意义即可求解.【解答过程】因为函数y=f(2x−1)的定义域是[−2,3]，
所以−2≤x≤3，所以−5≤2x−1≤5,
所以函数y=f(x)的定义域为[−5,5]，
f(x) −5≤x≤5
要使y= 有意义，则需要{ ，解得−2<x≤5，
√x+2 x+2>0
f(x)
所以y= 的定义域是(−2,5].
√x+2
故选：D.
7．（2024·吉林延边·模拟预测）已知函数y=f(x+1)的定义域是[−2,3]，则y=f(x−1)的定义域是
[0,5] .
【解题思路】根据给定条件，利用抽象函数定义域列式求解即得.
【解答过程】由函数y=f(x+1)的定义域是[−2,3]，得−2≤x≤3，则−1≤x+1≤4，
由−1≤x−1≤4，解得0≤x≤5，
所以y=f(x−1)的定义域是[0,5].
故答案为：[0,5].
8．（2024·湖北武汉·二模）已知函数f (2x+1)的定义域为[−1,1)，则函数f (1−x)的定义域为 (−2,2] .
【解题思路】借助函数定义域的定义计算即可得.
【解答过程】由函数f (2x+1)的定义域为[−1,1)，则有2x+1∈[−1,3)，
令−1≤1−x<3，解得−2<x≤2.
故答案为：(−2,2].
题型三 已知函数定义域求参数
9．（23-24高一上·陕西西安·期中）已知函数f (x)=√mx2+(m−3)x+1的定义域为R，则实数m的取值范
围是（ ）
A．[1,9] B．(1,9)
C．(−∞,1]∪[9,+∞) D．{3}
【解题思路】利用题给条件列出关于m的不等式，解之即可求得实数m的取值范围.
【解答过程】由题意得mx2+(m−3)x+1≥0对任意x∈R恒成立，
当m=0时，不等式可化为−3x+1≥0，其解集不是R，不符合题意；
当m≠0时，由该不等式恒成立可得
¿，解之得1≤m≤9，综上，实数m的取值范围是1≤m≤9
故选：A.
10．（23-24高一上·辽宁鞍山·期中）已知函数f(x)=√(a2−1)x2+(a+1)x+1的定义域为R，则实数a的
取值范围为（ ）
[ 5] [5 )
A． −1, B．(−∞,−1)∪ ,+∞
3 3
[5 ) [5 )
C． ,+∞ D．(−∞,−1]∪ ,+∞
3 3
【解题思路】分a=1、a=−1、a≠±1三种情况，结合二次函数的性质即可求解.
1 [ 1 )
【解答过程】当a=1时，f(x)=√2x+1，则2x+1≥0，得x≥− ，即定义域为 − ,+∞ ，不符合题
2 2
意；
当a=−1时，f(x)=1，定义域为R，符合题意；
当a≠±1时，由题意得关于x的不等式(a2−1)x2+(a+1)x+1≥0恒成立，
5
故¿，解得a<−1或a≥ .
3
[5 )
综上，实数a的取值范围是(−∞,−1]∪ ,+∞ .
3
故选：D.
11．（24-25高一上·天津静海·阶段练习）已知函数y=√（1−a2）x2+(a−1)x+1的定义域是R，则a的
[ 3 ]
取值范围是 − ,1 .
5
【解题思路】通过1−a2=0和1−a2≠0两类情况讨论即可.
【解答过程】当1−a2=0时，可得a=1或a=−1，
当a=1时，y=1符合题意；
当a=−1时，y=√−2x+1，显然不符合题意.
3
当1−a2≠0时，由于定义域为R，可得¿，解得：− ≤a<1，
5
[ 3 ]
综上所述：a的取值范围是 − ,1
5[ 3 ]
故答案为： − ,1 .
5
x
12．（24-25高一上·宁夏银川·期中）若函数f (x)= 的定义域为R，则实数m的取值范围是
√mx2+2mx+4
[0,4) .
【解题思路】根据分式不等式及偶次根式有意义，再结合函数定义域R即可转化
为不等式恒成立问题，利用一元二次不等式的性质即可求解.
x
【解答过程】由题意可知，函数f (x)= 的定义域为R，
√mx2+2mx+4
所以不等式mx2+2mx+4>0在R上恒成立.
当m=0时， 4>0在R上恒成立，
当m≠0时，则满足¿，解得0<m<4，
综上，实数m的取值范围是[0,4).
故答案为：[0,4).
题型四 已知函数类型求解析式
13．（23-24高一上·广西桂林·期中）已知一次函数f (x)满足f(x+2)−2f(2x+1)=−9x−4，则f (x)解
析式为（ ）
A．f (x)=−2x−4 B．f (x)=−2x+3
C．f (x)=3x+4 D．f (x)=−3x+2
【解题思路】假设出一次函数的解析式，根据题意列出方程，待定系数法求解即可.
【解答过程】设一次函数f (x)=ax+b，
则f(x+2)−2f(2x+1)=ax+2a+b−4ax−2a−2b=−9x−4，
即−3ax−b=−9x−4，所以¿解得¿，
所以f (x)=3x+4，
故选:C.
14．（23-24高三·全国·中职高考）已知二次函数f (x)满足f(2)=−1,f(1−x)=f(x)，且f (x)的最大值是
8，则此二次函数的解析式为f(x)=（ ）
A．−4x2+4x+7 B．4x2+4x+7
C．−4x2−4x+7 D．−4x2+4x−7
( 1) 2
【解题思路】根据条件设二次函数为f(x)=a x− +k(a≠0)，代入条件求解即可.
21
【解答过程】根据题意，由f(1−x)=f(x)得:f(x)图象的对称轴为直线x= ，
2
( 1) 2
设二次函数为f(x)=a x− +k(a≠0)，
2
1 (1)
因f(x)的最大值是8，所以a<0，当x= 时，f =k=8 ，
2 2
( 1) 2
即二次函数f(x)=a x− +8(a≠0)，
2
( 1) 2
由f(2)=−1得:f(2)=a 2− +8=−1，解得：a=−4，
2
则二次函数f(x)=−4 ( x− 1) 2 +8=−4x2+4x+7，
2
故选：A.
15．（24-25高一上·江苏无锡·阶段练习）已知f (x)是二次函数，且f (0)=3，若f (x+1)−f(x)=2x+3，
则f(x)的解析式为 f(x)=x2+2x+3 .
【解题思路】设f (x)=ax2+bx+c(a≠0)，结合已知条件利用待定系数法即可求解.
【解答过程】由已知设f (x)=ax2+bx+c(a≠0)，
因为f (0)=3，所以c=3，
因为f (x+1)−f (x)=a(x+1) 2+b(x+1)+3−(ax2+bx+3)=2ax+a+b，
f (x+1)−f(x)=2x+3，
所以¿，解得¿，
所以f (x)=x2+2x+3.
故答案为：f(x)=x2+2x+3.
16．（2024·山东济南·一模）已知集合A=¿，函数f (x)=x2−1.若函数g(x)满足：对任意u(x)∈A，存在
λ,μ∈R，使得u(x)=λf (x)+μg(x)，则g(x)的解析式可以是 g(x)=x−1 （答案不唯一） .（写出一个
满足条件的函数解析式即可）
【解题思路】根据u(1)=0，求得g(1)=0，则满足g(1)=0的一次函数或二次函数均可.
【解答过程】u(x)=ax2−(a+b)x+b，f (x)=x2−1，
u(1)=a−(a+b)+b=0，f (1)=0，
u(x)=λf (x)+μg(x)，u(1)=λf (1)+μg(1)=μg(1)=0，所以g(1)=0，则g(x)的解析式可以为g(x)=x−1.
经检验，g(x)=x−1满足题意.
故答案为：g(x)=x−1（答案不唯一）.
题型五 已知f(g(x))求解析式
1−x2
17．（2024高三·全国·专题练习）已知函数f (1−x)= (x≠0)，则f (x)=（ ）
x2
1 1
A． −1(x≠0) B． −1(x≠1)
(x−1) 2 (x−1) 2
4 4
C． −1(x≠0) D． −1(x≠1)
(x−1) 2 (x−1) 2
【解题思路】利用换元法令t=1−x，求解析式即可．
【解答过程】令t=1−x，则x=1−t，且x≠0，则t≠1，
1−(1−t) 2 1
可得f (t)= = −1,(t≠1)，
(1−t) 2 (t−1) 2
1
所以f (x)= −1(x≠1).
(x−1) 2
故选：B.
18．（23-24高一上·湖南衡阳·期中）函数f (x)满足若f (g(x))=9x+3，g(x)=3x+1，则f (x)=（ ）
A．f (x)=3x B．f (x)=3
C．f (x)=27x+10 D．f (x)=27x+12
【解题思路】对f (g(x))的式子适当变形，即可直接求出f (x).
【解答过程】因为f (g(x))=9x+3,g(x)=3x+1，
所以f (3x+1)=9x+3=3(3x+1)，则f (x)=3x.
故选：A.
1 11
19．（23-24高一上·四川雅安·期中）已知函数f (2x+1)=x2−3x+1，则f (x)= x2−2x+ ．
4 4
【解题思路】利用换元法求函数的解析式即可.
t−1
【解答过程】令t=2x+1，则x= ，
2从而f (t)=
(t−1) 2
−3×
t−1
+1=
1
t2−2t+
11
，
2 2 4 4
1 11
即f (x)= x2−2x+ ．
4 4
1 11
故答案为：
x2−2x+
.
4 4
20．（24-25高一上·广东东莞·阶段练习）已知函数f (√x+2)=x+2√x+2，则f (x)的解析式为
f (x)=x2−2x+2(x∈[2,+∞)) .
【解题思路】依题换元，求出新元的范围和函数关于新元的表达式，再将新元改成x即得.
【解答过程】令√x+2=t,因x≥0，故t≥2，且√x=t−2,可得x=(t−2) 2
故f (t)=(t−2) 2+2(t−2)+2=t2−2t+2(t≥2)
所以f (x)=x2−2x+2(x∈[2,+∞)).
故答案为：f (x)=x2−2x+2(x∈[2,+∞)).
题型六 函数值域的求解
21．（23-24高一上·江西抚州·阶段练习）函数f(x)=√2x+1−x的值域是（ ）
( 1] [1 )
A． −∞, B． ,+∞ C．(−∞,1] D．[1,+∞)
2 2
−t2+2t+1
【解题思路】令t=√2x+1，转化为二次函数y= (t≥0)在定区间的值域，即得解
2
1
【解答过程】由题意，函数的定义域为[− ,+∞)
2
t2−1
令t=√2x+1∴x= (t≥0)
2
t2−1 −t2+2t+1
故f(x)=√2x+1−x⇔y=t− = (t≥0)
2 2
−t2+2t+1
由于y= (t≥0)为开口向下的二次函数，对称轴为t=1
2
故当t=1时，y =1，无最小值
max故函数f(x)=√2x+1−x的值域是(−∞,1]
故选：C.
x
22．（23-24高一上·吉林长春·期中）已知函数f(x)= 的定义域为[0,+∞)，则函数f(x)的值域为
x2+1
（ ）
[ 1] [1 )
A．[0,+∞) B．[2,+∞) C． 0, D． ,+∞
2 2
1
f(x)= 1
【解题思路】将函数变形为 1，利用对勾函数的单调性求得t(x)=x+ 的值域，结合不等式的
x+ x
x
性质即可求解.
x
【解答过程】f(x)= ，定义域为[0,+∞)，且f(0)=0，
x2+1
x 1
f(x)= =
取x∈(0,+∞)，则化简得 x2+1 1
x+
x
1
令t(x)=x+ ，x∈(0,+∞)，
x
利用对勾函数的性质知，当x∈(0,1)时，函数单调递减；当x∈(1,+∞)时，函数单调递增；
1
∴t(x) =t(1)=2，即t(x)≥2，∴x∈(0,+∞)时，0<f(x)≤
min 2
[ 1]
又f(0)=0，所以，x∈[0,+∞)时，函数f(x)的值域为 0,
2
故选：C.
23．（24-25高一上·江西南昌·期中）函数f(x)=x−2√1−x的值域为 (−∞,1] .
【解题思路】根据换元法得到有关t的函数，根据取值可得到值域.
【解答过程】令√1−x=t，则t≥0，x=1−t2，则f (t)=−t2−2t+1在[0,+∞)上是减函数，
所以f (t) =f (0)=1，
max
所以f (t)≤1，故f(x)=x−2√1−x的值域为(−∞,1]，
故答案为：(−∞,1].
24．（23-24高一上·浙江宁波·期中）函数y= x−1 ，x>0的值域为 ( −∞,− √2+2] ∪ ( − 1 ,+∞ )
x2−6x+7 4 7
．【解题思路】由题意分析可得关于x的方程yx2−(6 y+1)x+7 y+1=0有正根，分y=0和y≠0两种情
况，结合二次函数分析求解.
x−1
【解答过程】因为y= ，整理得yx2−(6 y+1)x+7 y+1=0，
x2−6x+7
可知关于x的方程yx2−(6 y+1)x+7 y+1=0有正根，
若y=0，则−x+1=0，解得x=1，符合题意；
若y≠0，则x2− ( 6+ 1) x+7+ 1 =0，
y y
可得¿或¿，
1 1 1 1 √2+2
解得 <−7或 ≥2√2−4且 ≠0，则− <y<0或y>0或y≤− ；
y y y 7 4
1 √2+2
综上所述：y>− 或y<− ，
7 4
即函数y= x−1 ，x>0的值域为 ( −∞,− √2+2] ∪ ( − 1 ,+∞ ) .
x2−6x+7 4 7
( √2+2] ( 1 )
故答案为： −∞,− ∪ − ,+∞ .
4 7
题型七 根据函数的值域或最值求参数
25．（23-24高一上·云南曲靖·阶段练习）若函数f (x)=√ax2+x+1的值域为[0,+∞)，则实数a的取值范围
为（ ）
( 1] [1 )
A． 0, B．{0}∪ ,+∞
4 4
[ 1] [1 )
C． 0, D． ,+∞
4 4
【解题思路】对a分a=0,a≠0两种情况讨论，分别根据一次函数、二次函数的性质，结合值域求参数取值
范围即可.
【解答过程】①a=0时，f (x)=√x+1，值域为[0,+∞)，满足题意；
②a≠0时，若f(x)=√ax2+x+1的值域为[0,+∞)，
1
则¿，解得0<a≤ ，
41
综上，0≤a≤ .
4
故选：C.
26．（23-24高一上·辽宁·期中）已知函数f (x)=√4ax2+(8−4a)x+1的值域为[0,+∞)，则实数a的取值
范围是（ ）
A．(0,4) B．[1,4]∪{0}
C．¿ D．[0,1]∪[4,+∞)
【解题思路】根据复合函数的性质，由题意，可得内函数的值域，分类讨论，结合二次函数的性质，可得
答案.
【解答过程】由题意，令g(x)=4ax2+(8−4a)x+1，则[0,+∞)为其值域的一个子集，
1 [ 1 )
当a=0时，f (x)=√8x+1，令8x+1≥0，解得x≥− ，故当x∈ − ,+∞ 时，f (x)≥0；
8 8
当a<0时，g(x)=4ax2+(8−4a)x+1，该函数为开口向下的二次函数，则必定存在最大值，故不符合题
意；
当a>0时，g(x)=4ax2+(8−4a)x+1，该函数为开口向上的二次函数，令Δ≥0，则
(8−4a) 2−4×4a≥0，整理可得a2−5a+4≥0，即(a−1)(a−4)≥0，解得a≤1或a≥4，此时符合题意.
综上，可得a∈[0,1]∪[4,+∞).
故选：D.
27．（23-24高一上·宁夏银川·期中）已知函数f(x)=√kx2−4x+3的值域为[0,+∞)，则实数k的取值范
[ 4]
围为 0, ．
3
【解题思路】根据函数f(x)=√kx2−4x+3的值域为[0,+∞)，可得[0,+∞)是函数y=kx2−4x+3的值域
的子集，再分k=0和k≠0两种情况讨论即可.
【解答过程】因为函数f(x)=√kx2−4x+3的值域为[0,+∞)，
所以[0,+∞)是函数y=kx2−4x+3的值域的子集，
当k=0时，y=−4x+3∈R，符合题意，
当k≠0时，4
则¿，解得0<k≤ ，
3
[ 4]
综上所述，k∈ 0, .
3
[ 4]
故答案为： 0, .
3
28．（24-25高一上·江苏南京·期中）已知函数f (x)=x2−2ax+a2−9， x∈[a−3,a2] (a>0)，若函数
[ 1+√13]
f (x)的值域为[−9,0]，则实数a的取值范围是 1, ．
2
【解题思路】首先化简函数f (x)=x2−2ax+a2−9=(x−a) 2−9，根据f (a)=−9，f (a−3)=0，列不等式
求实数a的取值范围.
【解答过程】f (x)=x2−2ax+a2−9=(x−a) 2−9，则有f (a)=−9，f (a−3)=0，
由x∈[a−3,a2] (a>0)，f (x)∈[−9,0]，
1+√13
所以¿ ，解得1≤a≤ ，
2
[ 1+√13]
所以实数a的取值范围是 1, .
2
[ 1+√13]
故答案为： 1, .
2
题型八 分段函数及其应用
[ 1 ]
29．（23-24高一上·安徽阜阳·期中）已知函数f (x)=¿，若f (x)值域为 − ,2 ，则实数c的取值范围是
4
（ ）
[ 1 ]
A．[−1,0] B． − ,0
2
[ 1] ( 1]
C． −1,− D． −∞,−
2 21
【解题思路】根据分段函数f (x)的解析式、f (x)的值域、y=− (x≤2),y=x2−x(x≤2)的图象来求得a的
x
取值范围.
【解答过程】当x=2时，f (2)=4−2=2,f (x)=x2−x= ( x− 1) 2 − 1 ≥− 1 ，
2 4 4
[ 1 ] 1 1
∵f (x)值域为 − ,2 ,∴当x<c时，由f (x)=− =2，得x=− ，
4 x 2
由f (x)=x2−x=2，得x2−x−2=0，解得x=2或x=−1，
1
作出y=− (x≤2),y=x2−x(x≤2)的图象如下图所示，
x
1 [ 1]
由图象可得：−1≤c≤− ，即实数c的取值范围是 −1,− .
2 2
故选：C.
30．（23-24高一上·江西宜春·阶段练习）已知函数f (x)=¿，若f (f (a))=1，则a=（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【解题思路】先分析f (x)在各段区间上的值域，再根据条件由外而内依次求得f (a),a，从而得解.
【解答过程】因为f (x)=¿，
当x<1时，f (x)=0；
当1≤x<2时，f (x)=x+1∈[2,3)；
当x≥2时，f (x)=−x2+5∈(−∞,1]；
令t=f (a)，则由f (f (a))=1，得f (t)=1，
由上述分析可得t≥2且−t2+5=1，解得t=2，即f (a)=2，
所以1≤a<2且a+1=2，解得a=1.
故选：D.
31．（24-25高一上·四川内江·期中）函数f (x)=¿，则该函数值域为 (−∞,6) ．【解题思路】分段求值域，再取并集即可求解.
1
【解答过程】当0<x<2时，二次函数对称轴是x=− ，且开口向上，
2
此时f(x)在(0,2)上单调递增f (x)=x2+x= ( x+ 1) 2 − 1 ∈(0,6)；
2 4
当x≥2时，f (x)=−2x+8≤−2×2+8=4，即f(x)∈(−∞,4]
(0,6)∪(−∞,4]=(−∞,6)
所以f (x)=¿得值域为(−∞,6).
故答案为:(−∞,6).
32．（23-24高一上·上海·阶段练习）已知a∈R，若函数f(x)=¿的值域为R，则a的取值范围是
[ 1 )
− ,0 .
2
【解题思路】当x>1时，x+1>2，f (x)∈(2,+∞)，则有(−∞,2]⊆¿，分类讨论此时函数的值域即可.
【解答过程】函数f(x)=¿的值域为R，
当x>1时，x+1>2，f (x)∈(2,+∞)，
则有(−∞,2]⊆¿，
a=0时，f(x)=−2x,x≤1，不合题意，
由二次函数的性质可知，a>0时不合题意，
2 1 (1) 1
故a<0，又由 = <0<1，故x∈(−∞,1]时，f(x) =f =− ≥2，
2a a max a a
1
解得− ≤a<0.
2
[ 1 )
所以a的取值范围是 − ,0 .
2
[ 1 )
故答案为： − ,0 .
2
一、单选题
1．（23-24高一上·甘肃酒泉·期中）下列四组函数，表示同一函数的是（ ）
x2
A．f (x)=x，g(x)= B．f (x)=√x2，g(x)=x
x
C．f (x)=|x|，g(x)=−x D．f (x)=x+1，g(t)=t+1【解题思路】根据若两函数的定义域相同，对应关系相同，则这两函数为同一个函数逐个分析判断即可.
【解答过程】对于A，因为f(x)的定义域为R，g(x)的定义域为¿，
所以两函数的定义域不相等，所以这两函数不是相等函数，所以A错误；
对于B，f(x)，g(x)的定义域都为R，因为f (x)=√x2=|x|≠g(x)，
所以两函数不是相等函数，所以B错误；
对于C，f(x)，g(x)的定义域都为R，因为f (x)=|x|=¿与g(x)=−x解析式不同，
所以这两个函数不是相等函数，所以C错误；
对于D，因为f(x),g(t)的定义域都为R，且对应关系相同，所以f(x),g(t)是相等函数，
所以D正确，
故选：D.
(1) 3
2．（2024·辽宁辽阳·一模）已知函数f (x)满足f (x+ y)=f (x)+f (y)+2xy,f = ，则f (100)=
2 4
（ ）
A．10000 B．10082 C．10100 D．10302
【解题思路】赋值得到f (x+1)−f (x)=2x+2，利用累加法得到f (x+99)−f (x)=198x+9900，令x=1
得到f (100)−f (1)=10098，赋值得到f (1)，从而求出答案.
1
【解答过程】f (x+ y)=f (x)+f (y)+2xy中，令y= 得，
2
( 1) (1) 3
f x+ =f (x)+f +x=f (x)+x+ ，
2 2 4
( 1) 1 3 ( 1) 5
故f (x+1)=f x+ +x+ + =f x+ +x+ ，
2 2 4 2 4
3 5
故f (x+1)=f (x)+x+ +x+ =f (x)+2x+2，
4 4
其中f (x+1)−f (x)=2x+2，①
f (x+2)−f (x+1)=2(x+1)+2=2x+4，②
f (x+3)−f (x+2)=2(x+2)+2=2x+6，③
……，
f (x+99)−f (x+98)=2(x+98)+2=2x+198，
上面99个式子相加得，
99×(2+198)
f (x+99)−f (x)=99×2x+2+4+⋯+198=198x+
2=198x+9900，
令x=1得f (100)−f (1)=198+9900=10098，
( 1) 3 1 (1) 1 3 3 1 3
f x+ =f (x)+x+ 中，令x= 得f (1)=f + + = + + =2，
2 4 2 2 2 4 4 2 4
故f (100)=10098+f (1)=10100.
故选：C.
f(x−1)
3．（23-24高一上·辽宁·期中）已知函数y=f(x)的定义域是[−4,5]，则y= 的定义域是（ ）
√x+2
A．[−2,4] B．[−2,6] C．(−2,4] D．(−2,6]
【解题思路】根据抽象函数的定义域可得f(x−1)满足−3≤x≤6，结合根式的意义即可求解.
【解答过程】因为函数f(x)的定义域为[−4,5]，
所以f(x−1)满足−4≤x−1≤5，即−3≤x≤6，
又x+2>0，即x>−2，
所以¿，解得−2<x≤6.
f(x−1)
所以函数y= 的定义域为(−2,6].
√x+2
故选：D.
4x2
4．（2024·北京怀柔·模拟预测）已知函数f (x)= ，则对任意实数x，函数f (x)的值域是（ ）
2x2+1
A．(0,2) B．(0,2] C．[0,2) D．[0,2]
【解题思路】根据给定条件，利用不等式的性质求出函数值域得解.
2(2x2+1)−2
2
【解答过程】依题意，f (x)= =2− ，
2x2+1 2x2+1
2 2
显然2x2+1≥1，则0< ≤2，于是0≤2− <2，
2x2+1 2x2+1
所以函数f (x)的值域是[0,2).
故选：C.
5．（2024·陕西·模拟预测）设函数f (x)的定义域为R，且f (−x+1)=−f (x+1),f (x+2)=f (−x+2)，当
x∈[0,1]时，f (x)=2x2+bx+c,f (3)−f (2)=6，则b+c=（ ）
A．−4 B．−3 C．1 D．−2
【解题思路】根据题意，通过赋值法求得f (1),f (2),f (3)，即可联立方程解出b,c.【解答过程】由题意可得f (−x+1)=−f (x+1)①；f (x+2)=f (−x+2)②．
令x=1，由①得：f (0)=−f (2)=c，
令x=1，由②得f (3)=f (1)=2+b+c，因为f (3)−f (2)=6，
所以2+b+c+c=6，即b+2c=4.
令x=0，由①得f (1)=−f (1)⇒f (1)=0⇒2+b+c=0，
解得b=−8,c=6，所以b+c=−2．
故选：D．
6．（25-26高一上·全国·课后作业）设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y=[x]称为高斯函数，例
(x+1) 2 1
如：[−2.1]=−3，[3.1]=3．已知函数f (x)= − ，则函数y=[f (x)]的值域是（ ）
x2+1 2
A．{0,1} B．{0,1,2} C．{−1,0,1} D．{−1,0,1,2}
1 2
1 f (x)= + 1
【解题思路】求得f (0)= ，当x≠0时，将函数化简变形得 2 1，令t=x+ ，然后分x>0和
2 x+ x
x
x<0两种情况结合基本不等式可求出t的取值范围，从而可求出f(x)的值域，再由高斯函数的定义求出
y=[f (x)]的值域.
1
【解答过程】显然，f (0)= ．
2
(x+1) 2 1 2(x+1) 2−(x2+1) x2+4x+1 1 2
f (x)= − = = = +
当x≠0时， x2+1 2 2(x2+1) 2(x2+1) 2 1．
x+
x
1 1 √ 1
令t=x+ ，当x>0时，t=x+ ≥2 x⋅ =2，当且仅当x=1时等号成立，
x x x
1 1 1 1 1 3
则0< ≤ , <f (x)≤ +2× = ；
t 2 2 2 2 2
当x<0时，t=x+ 1 ≤−2⋅ √ (−x)⋅ ( − 1) =−2，当且仅当x=−1时等号成立，
x x
1 1 1 1 1 1
则− ≤ <0, −2× =− ≤f (x)< ．
2 t 2 2 2 2
[ 1 3]
综上所述，f (x)的值域为 − , ，
2 2所以根据高斯函数的定义，函数y=[f (x)]的值域是{−1,0,1}，
故选：C．
7．（2024·广东佛山·二模）如图，△OAB是边长为2的正三角形，记△OAB位于直线x=t（0≤t≤2）左
侧的图形的面积为f (t)．则函数y=f (t)的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】结合图形，分类讨论0<t≤1与1<t≤2，求得f(t)的解析式，从而得解.
【解答过程】依题意，当0<t≤1时，可得直角三角形的两条直角边分别为t,√3t，
1 √3t2
从而可以求得f(t)= t⋅√3t= ，
2 2
当1<t≤2时，阴影部分可以看做大三角形减去一个小三角形，
√3(2−t) 2 √3
可求得f(t)=√3− =− t2+2√3t−√3，
2 2
所以f(t)=¿，
从而可知选项A的图象满足题意.
故选：A.
8．（24-25高一上·山东菏泽·期中）设函数f (x)=¿若f (f (a))≤−1，则实数a的取值范围是（ ）
A．−2≤a≤1 B．−1≤a≤0
C．−2≤a≤−1或0≤a≤1 D．0≤a≤1【解题思路】令t=f (a)，分类求解可得−1≤t≤0，可得−1≤f (a)≤0，再分类求解可得实数a的取值范围.
【解答过程】令t=f (a)，则f (t)≤−1，
当t<0时，可得−t−2≤−1，解得t≥−1，又t<0，所以−1≤t<0，
当t≥0时，可得t2−1≤−1，解得t=0，
所以−1≤t≤0，所以−1≤f (a)≤0，
当a<0时，得−1≤−a−2≤0，解得−2≤a≤−1，满足a<0，
当a≥0时，得−1≤a2−1≤0，所以0≤a2≤1，又a≥0，所以0≤a≤1，
所以实数a的取值范围是−2≤a≤−1或0≤a≤1.
故选：C.
二、多选题
9．（2024·湖南益阳·模拟预测）下列命题中，正确的是（ ）
|x|
A．函数v(x)= 与u(x)=¿表示同一函数
x
B．函数v(x)=x2−2x+2与u(t)=t2−2t+2是同一函数
C．函数y=f (x)的图象与直线x=2024的图象至多有一个交点
( (1))
D．函数f (x)=|x−1|−x，则f f =0
2
【解题思路】根据相等函数的定义判断A、B，根据函数的定义判断C，由函数解析式求出函数值，即可
判断D.
|x|
【解答过程】对于A：v(x)= =¿，因为两函数的定义域不相同，故不是同一函数，故A错误；
x
对于B：函数v(x)=x2−2x+2与u(t)=t2−2t+2定义域相同，解析式一致故是同一函数，故B正确；
对于C：根据函数的定义可知，函数y=f (x)的图象与直线x=2024的图象至多有一个交点，故C正确；
(1) |1 | 1
对于D：因为f (x)=|x−1|−x，所以f = −1 − =0，
2 2 2
( (1))
则f f =f (0)=|0−1|−0=1，故D错误.
2
故选：BC.
10．（2024·浙江杭州·一模）已知函数f (x)的定义域为R，若f (f (x)+ yz)=x+f (y)f (z)，则（ ）
A．f (1)=0 B．f (f (x))=xC．f (xy)=f (x)f (y) D．f (x+ y)=f (x)f (y)
【解题思路】取特殊值0和1，建立等式，得出f (0)或f (1)的相应结论，再前面结论取特殊值得到BC选项
的结论，借助前面的结论，先求出f (1)的值，令z=1化简得到f (f (x)+ y)=f (f (x))+f (y)即可得出结论.
【解答过程】令x= y=0，z=1，则f (f (0))=f (0)f (1)
令x= y=z=0，则f (f (0))=f (0)f (0)
则，f (f (0))=f (0)f (0)=f (0)f (1)，
∴f (0)=0或f (1)=f (0)
令x=1,y=z=0，则f (f (1))=1+f (0)f (0)
若f (1)=f (0)，则f (f (0))=1+f (0)f (0)≠f (0)f (0)，矛盾，
∴f (0)=0，则f (1)≠f (0)=0，∴A选项错误；
令y=z=0，则f (f (x))=x+f (0)f (0)=x，∴B选项正确；
令x=0，则f (f (0)+ yz)=0+f (y)f (z)，则f (yz)=f (y)f (z)，即f (xy)=f (x)f (y)，C选项正确；
由A、C选项中结论，令x= y=1，则f (1)=f (1)f (1)，则f (1)=1
令z=1，则f (f (x)+ y)=x+f (y)f (1)=x+f (y)=f (f (x))+f (y)，
即f (x+ y)=f (x)+f (y)，D选项错误.
故选：BC.
11．（2024·云南·模拟预测）已知定义在R上的函数f (x)，对任意的x,y满足
f (x+f (x+ y))+f (xy)=x+f (x+ y)+ yf (x)，下列说法正确的是（ ）
A．若f (x)为一次函数，则f (0)=0
B．若f (x)为一次函数，则f (1)=1
C．若f (x)不是一次函数且f (0)=0，则f (−1)=−1
D．若f (x)不是一次函数且f (0)=0，则f (1)=1
【解题思路】根据题意，令f (x)=ax+b，列出方程组，求得a,b的值，得到函数的解析式，再结合赋值法，求得f (−1),f (1)的值，即可求解.
【解答过程】若f (x)为一次函数，令f (x)=ax+b，
由f (x+f (x+ y))+f (xy)=f (x+a(x+ y)+b)+f (xy)=ax+a2x+a2y+ab+b+axy+b
又由x+f (x+ y)+ yf (x)=x+a(x+ y)+b+axy+by，
因为f (x+f (x+ y))+f (xy)=x+f (x+ y)+ yf (x)，
可得a2(x+ y)+(a+1)b=x+(a+b)y，即¿，
解得a=1,b=0或a=−1,b=2，
当a=1,b=0时，f (x)=x；当a=−1,b=2时，f (x)=2−x，
所以当f (x)为一次函数时，f (0)=0或f (0)=2，所以A不正确；
令x=1，可得f (1)=1，所以B正确；
令y=1，则f (x+f(x+1))=x+f (x+1)，因为f (0)=0，
令x=−1，所以f (−1)=−1，所以C正确；
令y=−1，则f (x+f (x−1))+f (−x)=x+f (x−1)−f (x)，
由f (0)=0，令x=1，所以f (1)=1，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题
12．（2024·全国·模拟预测）若函数f (x)=¿的值域为R，则a的一个值为 1 （答案不唯一） ．
【解题思路】分a<0，a≥0两种情况分类讨论可求得a的取值范围．
【解答过程】当x≤a时，f (x)=x3−2≤a3−2．若a<0，则当x>a时，f (x)=x2−2≥−2，
要使f (x)的值域为R，需a3−2≥−2，即a≥0，与a<0矛盾．
若a≥0，则当x>a时，f (x)=x2−2>a2−2．若f (x)的值域为R，
则a3−2≥a2−2，即a=0或a≥1，
可取a的一个值为1，答案不唯一，满足a=0或a≥1的数都可以．
故答案为：1(答案不唯一)．
√x+a
13．（2024·广东惠州·模拟预测）若函数f(x)= 定义域为[−2,+∞)，则实数a= 2 ；实数b的取
x−b
值范围是 (−∞,−2) ．
【解题思路】利用函数的定义域求解即可.√x+a
【解答过程】函数f(x)= ，故¿，即¿
x−b
√x+a
函数f(x)= 的定义域为[−2,+∞)，故a=2,b<−2.
x−b
故答案为：2；(−∞,−2).
( 1)
14．（2024·江苏·模拟预测）已知定义在R上的f (x)满足f − ≠0，且对于任意的x,y∈R，有
2
f (x+ y)+f (x)f (y)=4xy，则f (0)= −1 .
【解题思路】令x= y=0得f (0)=−1或f (0)=0，排除f (0)=0即可.
【解答过程】在f (x+ y)+f (x)f (y)=4xy中，令x= y=0，有f (0)+[f (0)] 2 =0，解得f (0)=−1或f (0)=0
，
( 1)
若f (0)=0，则在f (x+ y)+f (x)f (y)=4xy中，令x=0，有f (y)=0恒成立，但这与f − ≠0矛盾，
2
所以只能f (0)=−1，经检验符合题意.
故答案为：−1.
四、解答题
15．（2024·江西九江·模拟预测）若f(x)的定义域为[−4,4]，求g(x)=f(2x+1)+f(x2 )的定义域．
【解题思路】由题意列出不等式组解之即得.
【解答过程】由函数y=f(x)的定义域为[−4,4]，则要使函数g(x)=f(2x+1)+f(x2 )有意义，
−4≤2x+1≤4
则{ ，
−4≤x2≤4
3
解得−2≤x≤ ,
2
3
∴函数g(x)=f(2x+1)+f(x2 )的定义域为[−2, ].
2
16．（24-25高一上·新疆阿克苏·期中）求下列函数的定义域或值域：
1
(1)求y= +(2x−1) 0+√4−x2 的定义域；
x−1
(2)f(x)=√−x2+4x+5的值域；
【解题思路】（1）根据题意由¿求解；
（2）令t=−x2+4x+5，由y=√t求解.【解答过程】（1）解：由题意得：¿，
1
解得−2≤x≤2且x≠1且x≠ ，
2
1}
所以函数的定义域为¿且x≠1且x≠ .
2
（2）由题意得t=−x2+4x+5=−(x−2) 2+9，
所以y=√t∈[0,3]，
所以函数f(x)的值域是[0,3].
17．（24-25高一上·河北廊坊·阶段练习）（1）已知f(x)是二次函数，且满足
f(0)=1,f(x+1)−f(x)=2x，求f(x)解析式;
（2）已知f(x+1)=2x2+3x+2，求f(x)的解析式;
（3）已知一次函数f(x)满足f(f(x))=x+3，求f(x)的解析式.
【解题思路】利用待定系数法计算即可求解（1）（3）；利用换元法计算即可求解（2）.
【解答过程】（1）设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)，
因为f(0)=1，所以c=1，则f(x)=ax2+bx+1.
由题意可知:f(x+1)−f(x)=a(x+1) 2+b(x+1)+1−(ax2+bx+1)=2ax+a+b=2x，
对照系数可得¿，解得¿.
所以f(x)=x2−x+1.
（2）令x+1=t，则x=t−1，
所以f(t)=2(t−1) 2+3(t−1)+2=2t2−t+1.
所以f(x)=2x2−x+1.
（3）设f(x)=kx+b(k≠0)，
因为f(f(x))=x+3，所以k(kx+b)+b=k2x+kb+b=x+3，
对照系数可得¿，解得¿，
3
所以f(x)=x+
.
218．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数f (x)=||x−2|−|x+1||．
(1)求f (x)的值域；
1
(2)求不等式f (x)≤ x+1的解集．
2
【解题思路】（1）分类讨论去绝对值即可求解函数的值域；
（2）由（1）中的分类讨论结果代入（2）中不等式，依次解出取并集即可得解.
【解答过程】（1）当x≥2时，f (x)=|(x−2)−(x+1)|=3．
当x≤−1时，f (x)=|(2−x)−(−x−1)|=3．
当−1<x<2时，f (x)=|(2−x)−(x+1)|=|1−2x|，
1 1
进一步当−1<x≤ 时，f (x)=1−2x∈[0,3)，当 <x<2时，f (x)=2x−1∈(0,3)．
2 2
所以f (x)的值域为[0,3]．
1
（2）当x≥2或x≤−1时，f (x)=3≤ x+1，解得x≥4．
2
1 1 1 4
当−1<x<2时，f (x)=|1−2x|≤ x+1，即− x−1≤1−2x≤ x+1，解得0≤x≤ ．
2 2 2 3
1 [ 4]
综上，不等式f (x)≤ x+1的解集为 0, ∪[4,+∞)．
2 3
x2
19．（24-25高一上·广东深圳·阶段练习）已知函数f (x)= .
x2+1
(1) (1)
(1)求f +f (3),f +f (2)的值；
3 2
(1)
(2)探索f +f (x)；
x
( 1 ) ( 1 ) (1)
(3)利用（2）中结论，求f +f +⋯+f +f (0)+f (1)+f (2)⋯+f (2023)+f (2024)的值.
2024 2023 2
x2
【解题思路】（1）已知函数f (x)= ，根据解析式即可求解；
x2+1
(1)
（2）计算f +f (x)可得出定值1；
x（3）根据（2）的结论，运用到式子中化简即可求值.
x2
【解答过程】（1）因为函数f (x)= ，
x2+1
(1) 2
(1) 3 32 12 32
所以f +f (3)= + = + =1，
3 (1) 2 32+1 32+1 32+1
+1
3
(1) 2
(1) 2 22 12 22
所以f +f (2)= + = + =1.
2 (1) 2 22+1 22+1 22+1
+1
2
(1) 2
x2 (1) x 1
（2）由函数f (x)= ，可得f = = ，
x2+1 x (1) 2 x2+1
+1
x
(1) x2 1 x2+1
所以f +f (x)= + = =1.
x x2+1 x2+1 x2+1
x2 1
（3）由函数f (x)= 可得f (0)=0,f (1)= .
x2+1 2
(1)
根据（2）的结论f +f (x)=1，
x
( 1 ) ( 1 ) (1)
所以f +f +⋯+f +f (0)+f (1)+f (2)⋯+f (2023)+f (2024)
2024 2023 2
[ ( 1 ) ] [ ( 1 ) ] [ (1) ]
= f +f (2024) + f +f (2023) +⋯+ f +f (2) +f (0)+f (1)
2024 2023 2
[ (1) ] 1 4047
=2023 f +f (2) +0+ = .
2 2 2
