高中数学函数的对称性专题含答案

高中数学函数的对称性专题含答案学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________1. 已知函数f(x)=x2−2x+m，若f(x1)=f(x2)(x1≠x2)，则f(x1+x22)=()A.1B.2C.m−1D.m2. 在同一平面直角坐标系中，函数f(x)=lg(x+1)的图象与函数g(x)=lg(−x+1)的图象关于( )A.原点对称B.x轴对称C.直线y=x对称D.y轴对称3. 下列给出函数y=f(x)的部分对应值,则f(f(8))等于()A.πB.4C.8D.04. 已知幂函数y=f(x)，f(8)=2，则y=f(x)一定经过的点是( )A.(2, 1)B.(2, 4)C.(4, 2)D.(0, 1)5. 已知函数f(x+1)＝3x+2，则f(x)的解析式是( )A.3x+2B.3x+1C.3x−1D.3x+46. 若函数f(x)＝x2+e x−12(x<0)与g(x)＝x2+ln(x+a)图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是()A.(−∞,√e)B.√e ) C.√e√e) D.(−√e,√e)7. 定义在上的偶函数，其图像关于点对称，且当时，，则( )A. B. C. D.8. 已知函数f (x )=ln (x −2)+ln (4−x )，则( ) A.f (x )的图象关于直线x =3对称 B.f (x )的图象关于点(3,0)对称 C.f (x )在(2,4)上单调递增 D.f (x )在(2,4)上单调递减9. 函数f (x )=x 3−2021x +1图象的对称中心为（ ） A.(0,0) B.(1,0) C.(0,1) D.(1,1)10. 已知函数f (x )=11+ex ，若正实数m ，n 满足f (m −1)=1−f (n )，则1m+4n的最小值为( ) A.7 B.9 C.3+2√2D.8911. 函数f (x )满足f (x )=f (2−x )，x ∈R ，且当x ≥1时，f (x )=lg x ，则有( ) A.f (13)<f (2)<f (12)B.f (12)<f (2)<f (13)C.f (12)<f (13)<f (2) D.f (2)<f (12)<f (13)12. 已知函数f (x )={log a x,x >0，|x +3|,−4≤x <0，（a >0且a ≠1）．若函数f (x )的图象上有且只有两个点关于原点对称，则a 的取值范围是（ ） A.(0,14) B.(0,14)∪(1,+∞) C.(14,1)∪(1,+∞) D.(0,1)∪(1,4)13. 设函数f(x)=(x −3)3+x −1，{a n }是公差不为0的等差数列，f(a 1)+f(a 2)+⋯+f(a 7)=14，则a 1+a 2+⋯+a 7=（ ） A.0 B.7 C.14 D.2114. 已知定义域为R 的函数f (x )在[2,+∞)单调递减，且f (4−x )+f (x )=0，则使得不等式f (x 2+x )+f (x +1)<0成立的实数x 的取值范围是( )A.(−3,1)B.(−∞,−1)∪(3,+∞)C.(−∞,−3)∪(1,+∞)D.(−∞,−1)∪(−1,+∞)15. 已知函数f(x)=x2+e x−1(x<0)与g(x)=x2+ln(x+a)图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是( )A.(−∞,1]B.(−∞,√e)C.(−∞,1)D.(1,√e)16. 函数f(x)=x+1x图象的对称中心为________．17. 若偶函数y=f(x)(满足f(1+x)=f(1−x)，且当时，，则函数g(x)=f(x)−的零点个数为________个．18. 设y＝f(x)是定义域为R的偶函数，且它的图象关于点(2, 0)对称，若当x∈(0, 2)时，f(x)＝x2，则f(19)＝________19. 已知函数对于都有，且周期为2，当时，，则________________.20. 已知函数f(x)满足f(x)+f(−x)=2，g(x)=1x+1，y=f(x)与y=g(x)交于点(x1,y1)，(x2,y2)，则y1+y2=________．21. 已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)=−f(2−x)，当x≥1时，f(x)=log2x，则不等式f(x)≤2的解集为________.22. 若函数f(x)=(1−x2)(x2+ax+b)的图象关于直线x=−2对称，则f′(x)=________.23. 已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x)={2|x−1|−1,0<x≤2, 12f(x−2),x>2.有下列结论：①函数f(x)在(−6,−5)上单调递增；②函数f(x)的图象与直线y=x有且仅有2个不同的交点；③若关于x的方程[f(x)]2−(a+1)f(x)+a=0(a∈R)恰有4个不相等的实数根，则这4个实数根之和为8；④记函数f(x)在[2k−1,2k](k∈N∗)上的最大值为a k，则数列{a n}的前7项和为12764.其中所有正确结论的编号是________.24. 设函数的图象与的图象关于直线对称，且，求a的值.25. 已知幂函数f(x)=x3m−9(m∈N∗)的图象关于y轴对称，且在(0, +∞)上是减函数，求满足(a+1)−m<(3−2a)−m的实数a的取值范围．26. 已知函数f(x)=2x+2−x.(1)求方程f(x)=52的根；(2)求证：f(x)在[0,+∞）上是增函数；(3)若对于任意x∈[0,+∞)，不等式f(2x)≥f(x)−m恒成立，求实数m的最小值．27. 已知函数f(x)=x2−2ax+1满足f(x)=f(2−x)．(1)求a的值；(2)若不等式f(2x)4x≥m对任意的x∈[1, +∞)恒成立，求实数m的取值范围；(3)若函数g(x)=f(|log2x|)−k(|log2x|−1)有4个零点，求实数k的取值范围．28. 已知函数f(x)为偶函数，g(x)为奇函数，且f(x)−g(x)=1e x.(1)求函数f(x)和g(x)的解析式；(2)若f(2x)>ag(x)在x∈(1,+∞)上恒成立，求实数a的取值范围；(3)记H(x)=g(x+1)+1，若a，b∈R，且a+b=1，求H(−4+a)+H(b+1)的值．f(x+1)参考答案与试题解析高中数学函数的对称性专题含答案一、选择题（本题共计 15 小题，每题 3 分，共计45分）1.【答案】C【考点】函数的对称性【解析】先求出二次函数的对称轴方程，由条件可得x1+x2=2×1=2，然后代入求值即可. 【解答】解：对于二次函数f(x)=x2−2x+m，其对称轴方程是x=1，若f(x1)=f(x2)(x1≠x2)，则x1+x2=2×1=2，故f(x1+x22)=f(22)=m−1.故选C.2.【答案】D【考点】函数的对称性函数的图象变换【解析】易知g(x)=f(−x)，由f(−x)与f(x)的图象间的关系可得g(x)与f(x)的图象关系．【解答】解：f(−x)=lg(−x+1)=g(x)，因为f(−x)与f(x)的图象关于y轴对称，所以f(x)与g(x)的图象关于y轴对称．故选D．3.【答案】A【考点】函数的求值函数的对称性函数的概念及其构成要素【解析】先求出f(8)=，从而f(8]=t(1)，由此能求出结果．【解答】f(θ)=1,f(1)=π,∴ Mf(8)=f(1)=π故选：A．4.【答案】C【考点】幂函数的概念、解析式、定义域、值域抽象函数及其应用函数的对称性【解析】试题分析：由已知得8a=2√2，解得a的值，由此求出f(x)的表达式，得到结论．解：幂函数y=f(x)=x8的图象经过点(8,2√2)∵8a=2√2，解得a=12∴(x)=√x将(4,2)代入f(x)，满足方程，故选：c．【解答】此题暂无解答5.【答案】C【考点】利用导数研究函数的单调性函数解析式的求解及常用方法函数的对称性【解析】试题分析：设t=x+1x=t−1f(t)=3(t−1)+2=3t−1【解答】此题暂无解答6.【答案】A【考点】已知函数的单调性求参数问题函数的对称性【解析】由题意可得e x0−12−ln(−x0+a)＝0有负根，函数ℎ(x)＝e x−12−ln(−x+a)为增函数，由此能求出a的取值范围．【解答】解：由题意可得：存在x0∈(−∞, 0)，满足x02+e x0−12=(−x0)2+ln(−x0+a)，即e x0−12−ln(−x0+a)＝0有负根，∵当x趋近于负无穷大时，e x0−12−ln(−x0+a)也趋近于负无穷大，且函数ℎ(x)＝e x −12−ln (−x +a)为增函数，∴ ℎ(0)＝e 0−12−ln a >0， ∴ ln a <ln √e ， ∴ a <√e ，∴ a 的取值范围是(−∞, √e). 故选A . 7.【答案】 D【考点】函数奇偶性的判断 函数的周期性 函数的对称性 【解析】由偶函数y =f (x )，其图像关于点(12,0)对称，可得f (12+x)+f (12−x)=0，进而可推出f (x )最小正周期为2，所以f (π)=f (π−4)=f (4−π)，代入题中所给解析式即可求出结果． 【解答】因为y =f (x )图像关于点(12,0)对称，所以f (12+x)+f (12−x)=0，所以f (1+x )+f (−x )=0，又y =f (x )为偶函数，所以f (−x )=−f (x )，所以f (x +2)=−f (1+x )=f (x )，所以函数f (x )最小正周期为2，所以f (π)=f (π−4)=f (4−π)=π−4+12=π−728. 【答案】 A【考点】复合函数的单调性 函数的对称性【解析】求出函数的定义域，利用对称性进行判断即可． 【解答】解：要使函数有意义，则{x −2>0,4−x >0,解得2<x <4，则函数的定义域为(2,4)，f (x +3)=ln (x +1)+ln (1−x )， f (3−x )=ln (1−x )+ln (1+x )， 则f (x +3)=f (3−x )，即函数关于x =3对称，故A 正确，B 错误，∵函数关于x=3对称，∴函数在定义域(2,4)上不具备单调性，故CD错误．故选A．9.【答案】C【考点】函数的对称性【解析】根据函数对称性的性质建立方程进行求解即可．【解答】解：设对称中心的坐标为(a,b)，则有2b=f(a+x)+f(a−x)对任意x均成立，代入函数解析式得，2b=(a+x)3−2021(a+x)+1+(a−x)3−2021(a−x)+1对任意x均成立，解得a=0，b=1，即对称中为(0,1)．故选C．10.【答案】B【考点】基本不等式在最值问题中的应用函数的对称性【解析】无【解答】解：因为f(x)=11+e x，所以f(−x)=11+e−x，所以f(x)+f(−x)=1．由于函数f(x)=11+e x在定义域上单调递减，正实数m，n满足f(m−1)+f(n)=1，故1−m=n，所以m+n=1，所以1m +4n=(m+n)(1m+4n)=5+nm +4mn≥5+2√4=9（当且仅当2m=n=23时，等号成立）．故选B．11.【答案】C【考点】对数函数的单调性与特殊点函数的对称性【解析】【解答】解：由f (x )=f (2−x )．得f (x )的图象关于直线x =1对称，又当x ≥1时，f (x )=lg x ． 故函数f (x )的大致图象如图所示．则有f (12)<f (13)<f (0)=f (2)．故选C ．12.【答案】 C【考点】分段函数的应用 函数的对称性【解析】由题意，a >1时，显然成立；0<a <1时，f (x )=log a x ,关于原点的对称函数为f (x )=−log a (−x )则log a 4<−1，即可得到结论． 【解答】解：由题意，a >1时，显然成立， 0<a <1时，f (x )=log a x 关于原点的对称函数为： f (x )=−log a (−x )，则log a 4<−1， 解得，14<a <1.综上所述，a 的取值范围是(14,1)∪(1,+∞) ． 故选C ． 13. 【答案】 D【考点】 函数的对称性 等差数列的性质 【解析】此题暂无解析【解答】解：因为f(x)=(x−3)3+x−1，所以f(x)−2=(x−3)3+x−3，令g(x)=f(x)−2，所以g(x)关于(3,0)对称，因为f(a1)+f(a2)+⋯+f(a7)=14，所以f(a1)−2+f(a2)−2+⋯+f(a7)−2=0，所以g(a1)+g(a2)+⋯+g(a7)=0，所以g(4)为g(x)与x轴的交点，因为g(x)关于(3,0)对称，所以a4=3，所以a1+a2+⋯+a7=7a4=21．故选D．14.【答案】C【考点】奇偶性与单调性的综合函数的对称性【解析】由题意，f(x)关于(2,0)对称，f(2)=0，当x>2时，函数f(x)单调递减，则函数f(x)<0，x<2时，函数f(x)单调递减，函数f(x)>0，由题意设x1<x2，则由题意，x1−2<0且x2−2>0,|x1−2|>|x2−2|则f(x1)>0f(x2)<0，且|f(x1)|>|f(x2)|，可将f(x1)+f(x2)小于0等价转化解之可得结果.【解答】解：定义在R上的函数f(x)，满足f(−x)=−f(x+4)，则f(x)关于(2,0)对称，令x=−2，则f(2)=−f(2)，所以f(2)=0，当x>2时，函数f(x)单调递减，所以x>2时，函数f(x)<0，当x<2时，函数f(x)单调递减，所以x<2时，函数f(x)>0，所以函数f(x)在R上单调递减，根据f(x+1)=−f(3−x)，所以f(x2+x)<f(3−x)，所以x2+x>3−x，解得x>1或x<−3.故选C．15.【答案】C【考点】函数的图象变换函数的对称性【解析】函数g(x)关于y轴对称的函数为y=x2+ln(−x+a),因为函数f(x)=x2+e x−1,x<0与g(x)=x2+ln(x+a)图象上存在关于y轴对称的点,函数f(x)=x2+e x−1,x<0与y=x2+ln(−x+a)有交点,化为函数y=e x−1与y=ln(−x+a)在x<0时图象有交点,数形结合法求解即可.【解答】解：设(x,y)是函数g(x)关于y轴对称的图象上的点，则(−x,y)在函数g(x)的图象上，将(−x,y)代入g(x)=x2+ln(x+a)，可得y=x2+ln(−x+a)，因为函数f(x)=x2+e x−1(x<0)与g(x)=x2+ln(x+a)图象上存在关于y轴对称的点，所以函数f(x)=x2+e x−1(x<0)与y=x2+ln(−x+a)有交点，即x2+e x−1=x2+ln(−x+a)，x<0有解，即e x−1=ln(−x+a)，x<0有解，作函数y=e x−1与y=ln(−x+a)在x<0时的图象，临界值在x=0处取到（虚取），此时a=1，要使函数y=e x−1与y=ln(−x+a)在x<0时有交点，则a<1.故选C.二、填空题（本题共计 8 小题，每题 3 分，共计24分）16.【答案】(0, 1)【考点】函数的对称性【解析】利用方式函数的性质进行求解即可．【解答】解：f(x)=x+1x =1+1x，则函数f(x)的对称中心为(0, 1)，故答案为：(0, 1)17.【答案】10【考点】函数的周期性函数的对称性【解析】运用函数的对称性和奇偶性，确定函数y=f(x)的周期，构造函数y=f(x),ℎ(x)= |lg x|，则函数lg(x)=f(x)−|lg x|的零点问题转化为图象的交点问题，结合图象，即可得到结论．偶函数y=f(x)满足f(1+x)=f(1−x)即函数M(x)关于x=对称，即有f(x+2)=f(−x)=f(x)则函数y =f (x )的周期为2，构造函数y =f (x ),ℎ(x )=lg x则函数lg (x )=f (x )−lg x 的零点问题转化为图象的交点问题，画出函数图象，如图，由于f (x )的最大值1，所以x >10时，图象没有交点，在(0,1)上有一个交点，(1,3),(3,5),(5,7),(7,9)上各有两个交点，在(9,10)上有一个交点，故共有10个交点，即函数零点的个数为10．故答案为10．【解答】此题暂无解答18.【答案】∼1.【考点】函数的对称性复合函数的单调性【解析】根据题意，由函数的奇偶性与对称性分析可得f (x +8)=f (x )，即函数f (x )是周期为8的周期函数，据此可得f (19)=f (3+2×8)=f (3)=−f (−1)=−f (1)，再由函数的解析式计算即可．【解答】根据题意，y =f (x )是定义域为R 的偶函数，则f (−x )=f (x )又由y =f (x )得图象关于点(2,0)对称，则f (−x )+f (x +4)=0所以f (x +4)=−f (x )，即函数y =f (x )是周期为8的周期函数，所以f (19)=f (3+2×8)=f (3)=−f (−1)=−f (1)又当x ∈(0,2)时，f (x )=x 2，则f (1)=1所以f (19)=−f (1)=−1故答案为：—1．19.【答案】14【考点】函数的周期性函数的对称性【解析】利用f (4−x )=f (x )，且周期为2，可得f (−x )=f (x )，得f (52)=f (−52)【解答】f (4−x )=f (x )，且周期为2，f (−x )=f (x )，又当x ∈[−3,−2]时，f (x )=(x +2)2f (52)=f (−52)=(−52+2)2=14故答案为：1420.【答案】2【考点】函数的对称性【解析】无【解答】解：因为f(x)+f(−x)=2，所以y=f(x)关于点(0,1)对称，+1也关于点(0,1)对称，y=g(x)=1x则交点关于(0,1)对称，∴y1+y2=2．故答案为：2．21.【答案】(−∞，4]【考点】函数的对称性函数的图象【解析】利用函数的图象和函数的对称性解不等式即可. 【解答】解∵ f(x)=−f(2−x)，∴ f(x)+f(2−x)=0，∴ f(x+1)+f(1−x)=0，∴ f(x)关于点(1,0)对称，∵ x≥1时，y=logx，2由对称性作出f(x)在R上的图象，令f(x)=2，则log2x=2，解得x=4，故由图像可知f(x)≤2时，x≤4，故f(x)≤2解集为(−∞，4].故答案为：(−∞，4].22.【答案】−4x 3−24x 2−28x +8【考点】函数的对称性导数的运算【解析】【解答】解：∵ 函数f (x )=(1−x 2)(x 2+ax +b )的图象关于直线x =−2对称，∴ f (−1)=f (−3)=0，且f (1)=f (−5)=0，即[1−(−3)2][(−3)2+a ⋅(−3)+b ]=0，且[1−(−5)2][(−5)2+a ⋅(−5)+b ]=0，整理得{9−3a +b =0,25−5a +b =0,解得{a =8,b =15,因此，f (x )=(1−x 2)(x 2+8x +15)=−x 4−8x 3−14x 2+8x +15，求导得f ′(x )=−4x 3−24x 2−28x +8.故答案为：−4x 3−24x 2−28x +8.23.【答案】①④【考点】奇偶性与单调性的综合函数的对称性根的存在性及根的个数判断等比数列的前n 项和【解析】此题暂无解析【解答】解：①由题得，当x >0时，f(x)在(2k −1,2k](k ∈N ∗)上单调递增，又f(x)是定义在R 上的奇函数，当k =3时，f(x)在(5,6)上单调递增，所以f(x)在(−6,−5)上单调递增，故①正确；②作出函数f(x)的图象，如图，由图知f(x)的图象与y =x 有三个不同的交点，故②错误；③[f (x )]2−(a +1)f (x )+a =0(a ∈R )，整理得[f(x)−a][f(x)−1]=0，设方程的四个跟为x1，x2，x3，x4.当f(x)=1时，有唯一解x1=2，所以f(x)=a(a≠1)有三个不相等的实数根，由图象可知，当a=±12时，方程f(x)=a有三个不相等的实数根，当a=12时，x2+x3=2×1=2，x4=4，此时x1+x2+x3+x4=8当a=−12时，x2+x3=2×(−1)=−2，，x4=−4，此时x1+x2+x3+x4=−4，故③错误；④由函数的单调性可知，f(x)在[2k−1,2k](k∈N∗)上的最大值a k=f(2k)(k∈N∗)，所以数列{a n}的通项公式为a n=12n−1，则数列{a n}的前7项和为1−1 271−12=2−126=12764，故④正确.故答案为：①④.三、解答题（本题共计 5 小题，每题 10 分，共计50分）24.【答案】2【考点】函数的对称性【解析】设点(x,y)是y=f(x)的图像上任一点，则点(−y,−x)必在y=2x+1的图象上，根据对称性先求出f(x)的解析式，再代入解析式即可求出答案．【解答】解：设点(x,y)是y=f(x)的图像上任一点，则点(−y,−x)必在y=2x+1的图象上，−x=2−1++y=a−log2(−x)，即f(x)=a−log2(−x)f(−2)+f(−4)=(a−log22)+(a−log24)=a−1+a−2=2a−3=1a=225.【答案】解：∵幂函数f(x)=x3m−9(m∈N∗)在(0, +∞)上是减函数，∴3m−9<0，解得m<3，∵m∈N∗，∴m=1或m=2，∵函数的图象关于y轴对称，∴3m−9是偶数，∴m=1，∵(a+1)−m<(3−2a)−m，∴(a+1)−1<(3−2a)−1，∴a+1>3−2a>0或0>a+1>3−2a或a+1<0<3−2a，解得23<a<32．∴实数a的取值范围是(23, 32 )．【考点】函数的对称性其他不等式的解法幂函数的单调性、奇偶性及其应用幂函数的性质【解析】由幂函数的单调性和奇偶性结合已知条件求出m=1，从而得到(a+1)−1<(3−2a)−1，由此能求出实数a的取值范围．【解答】解：∵幂函数f(x)=x3m−9(m∈N∗)在(0, +∞)上是减函数，∴3m−9<0，解得m<3，∵m∈N∗，∴m=1或m=2，∵函数的图象关于y轴对称，∴3m−9是偶数，∴m=1，∵(a+1)−m<(3−2a)−m，∴(a+1)−1<(3−2a)−1，∴a+1>3−2a>0或0>a+1>3−2a或a+1<0<3−2a，解得23<a<32．∴实数a的取值范围是(23, 32 )．26.【答案】解：(1)∵f(x)=2x+12x，∴当2x+12x =52时，解得x=1或x=−1，∴f(x)=52的根为x=1或x=−1.(2)证明：任取x1,x2∈[0,+∞），且x1>x2，则f(x1)−f(x2)=22x1+12x1−22x2+12x2=(2x1−2x2)(2x1+x2−1)2x1+x2.∵x1>x2>0，则2x1>2x2，则2x1+x2>1，∴ f(x1)−f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，∴ 证得f(x)在[0,+∞)上是增函数.(3)由题意得f(2x)−f(x)=122x +22x−2x−12x，令2x+12x=t(t≥2)，则ℎ(t)=t2−2−t，∴对称轴为t=12，∴ℎ(t)min=ℎ(2)=0，则−m≤0，∴m≥0，综上所述，m的最小值为0. 【考点】函数的求值函数单调性的判断与证明函数恒成立问题函数的对称性【解析】直接求解方程即可.利用函数单调性的定义证明即可.通过构造二次函数，结合函数最值求解即可.【解答】解：(1)∵ f (x )=2x +12x ， ∴ 当 2x +12x =52 时，解得 x =1 或x =−1，∴ f (x )=52的根为 x =1 或x =−1. (2)证明：任取x 1,x 2∈[0,+∞） ，且 x 1>x 2，则f (x 1)−f (x 2)=22x 1+12x 1−22x 2+12x 2 =(2x 1−2x 2)(2x 1+x 2−1)2x 1+x 2.∵ x 1>x 2>0，则 2x 1>2x 2 ，则 2x 1+x 2>1，∴ f (x 1)−f (x 2)>0 ，即 f (x 1)>f (x 2)，∴ 证得 f (x ) 在[0,+∞)上是增函数.(3)由题意得 f (2x )−f (x )=122x +22x −2x −12x ，令 2x +12x =t (t ≥2)，则ℎ(t )=t 2−2−t ，∴ 对称轴为 t =12 ，∴ ℎ(t )min =ℎ(2)=0，则 −m ≤0 ，∴ m ≥0，综上所述 ，m 的最小值为0.27.【答案】解：(1)∵ f(x)=f(2−x)，∴ f(x)的图象关于x =1对称，∴ a =1．(2)令2x =t ，则原不等式可化为m ≤(1−1t )2(t ≥2)恒成立，∴ m ≤(1−1t )min 2=14，∴ m 的取值范围是(−∞,14]． (3)令b =|log 2x|，则y =g(x)可化为y =b 2−(k +2)b +k +1=(b −1)(b −k −1)，由(b −1)(b −k −1)=0可得b 1=1或b 2=k +1，∵ y =g(x)有4个零点，b 1=|log 2x|有2个零点，∴ b 2=|log 2x|有2个零点，∴ b 2=k +1>0，∴ k >−1．【考点】函数的对称性函数恒成立问题函数的零点与方程根的关系【解析】(1)由题意可得对称轴为x ＝1，计算可得a 的值；(2)原不等式可化为m ≤(1−1t )2(t ≥2)恒成立，由函数的性质可得最小值，即可得到所求范围；(3)令t ＝|log 2x|，则y ＝g(x)可化为y ＝t 2−(k +2)t +k +1＝(t −1)(t −k −1)，令y ＝0，解方程，再令其根大于0，可得所求范围．【解答】解：(1)∵ f(x)=f(2−x)，∴ f(x)的图象关于x =1对称，∴ a =1．(2)令2x =t ，则原不等式可化为m ≤(1−1t )2(t ≥2)恒成立，∴ m ≤(1−1t )min 2=14，∴ m 的取值范围是(−∞,14]． (3)令b =|log 2x|，则y =g(x)可化为y =b 2−(k +2)b +k +1=(b −1)(b −k −1)，由(b −1)(b −k −1)=0可得b 1=1或b 2=k +1，∵ y =g(x)有4个零点，b 1=|log 2x|有2个零点，∴ b 2=|log 2x|有2个零点，∴ b 2=k +1>0，∴ k >−1．28.【答案】解：(1)由题知：函数f (x )为偶函数，函数g (x )为奇函数，且f (x )−g (x )=e −x ①，则f(−x)−g(−x)=e −(−x)=e x ，又由f (−x )=f (x )，g (−x )=−g (x )，故f (x )+g (x )=e x ②，则由①②式，解得f (x )=e x +e −x 2，g (x )=e x −e −x 2．(2)由f (2x )>ag (x )在(1,+∞)上恒成立，即e 2x +e −2x 2>a ⋅e x −e −x 2在(1,+∞)上恒成立，即e 2x −2⋅e x ⋅e −x +e −2x +2>a (e x −e −x )在(1,+∞)上恒成立，则(e x −e −x )2−a (e x −e −x )+2>0在(1,+∞)上恒成立.令t =e x −e −x ，易知t =e x −e −x 在x ∈(1,+∞)上单调递增，故t ∈(e −1e ,+∞)， 即t 2−at +2>0在(e −1e ,+∞)上恒成立．由at <t 2+2，即a <t +2t ，且y =t +2t 在[√2,+∞）上单调递增，e −1e >√2， 得y =t +2t 在(e −1e ,+∞)上的最小值为e 2−1e +2e e 2−1=e 4+1e (e 2−1)， 故a ≤e 4+1e (e 2−1)． (3)由H (x )=g (x+1)f (x+1)+1=e x+1−e −(x+1)e x+1+e −(x+1)+1 =2e x+1e x+1+e −(x+1).令G (x )=2e x e x +e −x ，则G (−x )=2e −x e −x +e x ，故G (x )+G (−x )=2(e x +e −x )e x +e −x =2，又由G (x +1)=H (x )，a +b =1，故H (−4+a )+H (b +1)=G (−3+a )+G (b +2)=G(−3+a)+G[(1−a)+2]=G (−3+a )+G (3−a )=2．【考点】函数奇偶性的性质函数解析式的求解及常用方法函数恒成立问题二次函数在闭区间上的最值函数的求值函数的对称性【解析】由题知：函数f (x )为偶函数，函数g (x )为奇函数，且f (x )−g (x )=e −x ①，则f(−x)−g(−x)=e −(−x)=e x ，又由f (−x )=f (x )，g (−x )=−g (x )，故f (x )+g (x )=e x ②，则由①②式，解得f (x )=e x +e −x 2，g (x )=e x −e −x 2． (2)由f (2x )>ag (x )在(1,+∞)上恒成立，即e 2x +e −2x 2>a e x −e −x 2在(1,+∞)上恒成立，即e 2x −2⋅e x ⋅e −x +e −2x +2>a (e x −e −x )在(1,+∞)上恒成立，则(e x −e −x )2−a (e x −e −x )+2>0在(1,+∞)上恒成立，令t =e x −e −x ，易知t =e x −e −x 在x ∈(1,+∞)上单调递增；解关于t 的二次函数求出a 的范围．(３)由H (x )=g (x+1)f (x+1)+1=e x+1−e −(x+1)e x+1+e −(x+1)=2e n+1e x+1+e −(x+1)，令G (x )=2e x e x +e −x ，又由G (−x )=2e −xe −x +e x ，且G (−x )+G (x )=2(e x +e −x )e x +e −x =2，故G (x +1)=H (x )，a +b =1，故H (−4+a )+H (b +1)=G (−3+a )+G (b +2)=2．【解答】解：(1)由题知：函数f (x )为偶函数，函数g (x )为奇函数，且f (x )−g (x )=e −x ①， 则f(−x)−g(−x)=e −(−x)=e x ，又由f (−x )=f (x )，g (−x )=−g (x )，故f (x )+g (x )=e x ②，则由①②式，解得f (x )=e x +e −x 2，g (x )=e x −e −x 2．(2)由f (2x )>ag (x )在(1,+∞)上恒成立，即e 2x +e −2x 2>a ⋅e x −e −x 2在(1,+∞)上恒成立，即e 2x −2⋅e x ⋅e −x +e −2x +2>a (e x −e −x )在(1,+∞)上恒成立，则(e x −e −x )2−a (e x −e −x )+2>0在(1,+∞)上恒成立.令t =e x −e −x ，易知t =e x −e −x 在x ∈(1,+∞)上单调递增，故t ∈(e −1e ,+∞)， 即t 2−at +2>0在(e −1e ,+∞)上恒成立． 由at <t 2+2，即a <t +2t ，且y =t +2t 在[√2,+∞）上单调递增，e −1e >√2， 得y =t +2t 在(e −1e ,+∞)上的最小值为e 2−1e +2e e 2−1=e 4+1e (e 2−1)， 故a ≤e 4+1e (e 2−1)． (3)由H (x )=g (x+1)f (x+1)+1=e x+1−e −(x+1)e x+1+e −(x+1)+1=2e x+1e x+1+e −(x+1).令G (x )=2e x e x +e −x ，则G (−x )=2e −x e −x +e x ，故G (x )+G (−x )=2(e x +e −x )e x +e −x =2，又由G (x +1)=H (x )，a +b =1，故H(−4+a)+H(b+1)=G(−3+a)+G(b+2) =G(−3+a)+G[(1−a)+2]=G(−3+a)+G(3−a)=2．。