函数性质

（1）因为 $\displaystyle f(1)=a+b+c=-\frac{a}{2}$ ，所以 $3 a+2 b+2 c=0$ ．又 $3 a>2 c>2 b$ ，因此 $3 a>0,2 b<0$ ，即 $a>0, b<0$ ．又 $2 c=-3 a-2 b$ ，故由 $3 a>2 c>2 b$ 得 $3 a>-3 a-2 b> 2 b$ ．因为 $a>0$ ，所以 $\displaystyle -3<\frac{b}{a}<-\frac{3}{4}$ ． （2）因为 $f(0)=c, f(2)=4 a+2 b+c=a-c$ ，所以有： （1）当 $c>0$ 时，因为 $a>0$ ，所以 $f(0)=c>0$ 且 $\displaystyle f(1)=-\frac{a}{2}<0$ ，故函数 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内至少有一个零点． （2）当 $c \leqslant 0$ 时，因为 $a>0$ ，所以 $\displaystyle f(1)=-\frac{a}{2}<0$ 且 $f(2)=a-c>0$ ，故函数 $f(x)$ 在区间 $(1,2)$ 内至少有一个零点． 综合（1）、（2）得 $f(x)$ 在区间 $(0,2)$ 内至少有一个零点． （3）因为 $x_{1}, x_{2}$ 是函数 $f(x)$ 的两个零点，则 $x_{1}, x_{2}$ 是方程 $a x^{2}+b x+c=0$ 的两个根，所以 $\displaystyle x_{1}+x_{2}=-\frac{b}{a}, x_{1} x_{2}=\frac{c}{a}=-\frac{3}{2}-\frac{b}{a}$ ，故 $$ \begin{aligned} \left|x_{1}-x_{2}\right| & =\sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}} \\ & =\sqrt{\left(-\frac{b}{a}\right)^{2}-4\left(-\frac{3}{2}-\frac{b}{a}\right)} \\ & =\sqrt{\left(\frac{b}{a}+2\right)^{2}+2} \end{aligned} $$ 因为 $\displaystyle -3<\frac{b}{a}<-\frac{3}{4}$ ，所以 $\displaystyle \sqrt{2} \leqslant\left|x_{1}-x_{2}\right|<\frac{\sqrt{57}}{4}$ ． \section*{模拟试题2}

由于对称性，不妨设 $x \geqslant y \geqslant z, y+z=a$ ，则 $a x=1-y z \leqslant 1$ ，所以 $\displaystyle x \leqslant \frac{1}{a}$ ，且 $\displaystyle \frac{1}{x+y}+$ $$ \begin{gathered} \frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}=\frac{x+y+z+x}{(x+y)(z+x)}+\frac{1}{a}=\frac{2 x+a}{x^{2}+1}+\frac{1}{a} . \text { 令 } f(x)=\frac{2 x+a}{x^{2}+1}+\frac{1}{a}, \text { 则 } \\ f^{\prime}(x)=-\frac{2}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}\left(x^{2}+a x-1\right)=\frac{2\left(y z-x^{2}\right)}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}<0, \end{gathered} $$ 即 $f(x)$ 为单调递减函数，所以 $\displaystyle f(x) \geqslant f\left(\frac{1}{a}\right)=\frac{2 a+a^{3}}{1+a^{2}}+\frac{1}{a}$ ．因为 $\displaystyle \frac{2 a+a^{3}}{1+a^{2}}+\frac{1}{a}-\frac{5}{2}= \frac{(a-1)^{2}\left(2 a^{2}-a+2\right)}{2 a\left(a^{2}+1\right)} \geqslant 0$ ，当且仅当 $a=1$ 时等号成立，此时 $x=1$ ，则 $y+z+y z=1$ ，且 $y z=0$ ，所以等号成立的条件为 $x=1, y=1, z=0$（或者其轮换）．

$\displaystyle -\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{i}$ ． 令 $\displaystyle \omega=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{i}$ ，则 $\omega^{3}=1, \omega^{2}+\omega+1=0$ ，所以 $$ f(\omega)=4 \omega^{5}+3 \omega^{4}+2 \omega^{3}-\omega^{2}+\omega+1=3 \omega^{2}+3 \omega+3+\omega=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{i} $$

因为 $\forall b \in \mathbf{R}, \max _{x \in[0,1]}\left|x^{2}+a x+b\right| \geqslant 1$ ，即 $\forall b \in \mathbf{R}, \exists x \in[0,1]$ 有 $\left|x^{2}+a x+b\right| \geqslant 1$ ．考虑其否定：$\exists b \in \mathbf{R}, \forall x \in[0,1]$ 有 $\left|x^{2}+a x+b\right|<1$ ，即 $-1<x^{2}+a x+b<1$ ．将 $x=1$ 和 $x=0$ 代人得 $\left\{\begin{array}{l}-1<1+a+b<1, \\ -1<b<1,\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}-2-a<b<-a, \\ -1<b<1 .\end{array}\right.$ 因为这样的 $b$ 存在，所以 $\left\{\begin{array}{l}-2-a<1, \\ -1<-a,\end{array}\right.$ 解得 $-3<a<1$. 此时函数 $f(x)=x^{2}+a x+b$ 的对称轴 $\displaystyle x=-\frac{a}{2} \in\left(-\frac{1}{2}, \frac{3}{2}\right)$ ．当 $\displaystyle -\frac{a}{2} \notin(0,1)$ 时，显然成立．当 $\displaystyle -\frac{a}{2} \in(0,1)$ ，即 $a \in(-2,0)$ 时，还需 $\displaystyle f(x)_{\text {min }}=b-\frac{a^{2}}{4}>-1$ ，所以 $\displaystyle b>\frac{a^{2}}{4}-1$ ．因为 $\displaystyle \frac{a^{2}}{4}-1<0$ ，所以 $\displaystyle \frac{a^{2}}{4}-1<1$ 且 $\displaystyle \frac{a^{2}}{4}-1<-a$ ，故此时 $b$ 有解，成立． 故＂$\exists b \in \mathbf{R}, \forall x \in[0,1]$ 有 $\left|x^{2}+a x+b\right|<1$＂，其充要条件为 $a \in(-3,1)$ ．所以本题中 $a$ 的取值范围是 $(-\infty,-3] \cup[1,+\infty)$ ．

C． 当 $0<x<1$ 时， $$ \begin{aligned} & f(x)=\frac{x}{\lg x}<0 \\ & f\left(x^{2}\right)=\frac{x^{2}}{\lg x^{2}}<0 \\ & f^{2}(x)=\left(\frac{x}{\lg x}\right)^{2}>0 \end{aligned} $$ 因为 $\displaystyle \frac{x}{\lg x}-\frac{x^{2}}{\lg x^{2}}=\frac{2 x-x^{2}}{2 \lg x}=\frac{(2-x) x}{2 \lg x}<0$ ，所以 $f(x)<f\left(x^{2}\right)<f^{2}(x)$ ．

B． 函数 $f(x-a)+f(x+a)$ 的定义域为 $[a, 1+a] \cap[-a, 1-a]$ ．当 $a \geqslant 0$ 时，应有 $a \leqslant 1-a$ ，即 $\displaystyle a \leqslant \frac{1}{2}$ ；当 $a \leqslant 0$ 时，应有 $-a \leqslant 1+a$ ，即 $\displaystyle a \geqslant-\frac{1}{2}$ ．

B． 用排除法．令 $n=1$ ，可得 $f[f(1)]=3$ ． 若 $f(1)=1$ ，则 $f[f(1)]=f(1)=3$ ，与 $f(1)=1$ 矛盾； 若 $f(1)=3$ ，则 $f[f(1)]=f(3)=3$ ，与 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增矛盾； 若 $f(1)=4$ ，则 $f[f(1)]=f(4)=3$ ，也与 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增矛盾．

A． 当 $x=-2$ 时，$x+f(x)+x f(x)=-2-f(-2)$ 为奇数，则 $f(-2)$ 可取 $1,3,5$ ，有 3 种取法；当 $x=0$ 时，$x+f(x)+x f(x)=f(0)$ 为奇数，则 $f(0)$ 可取 $1,3,5$ ，有 3 种取法；当 $x=1$时，$x+f(x)+x f(x)=1+2 f(1)$ 为奇数，则 $f(1)$ 可取 $1,2,3,4,5$ ，有 5 种取法．由乘法原理知共有 $3 \times 3 \times 5=45$ 个映射。

26. 若 $f(x)=x$ ，则 $f$ 只有一个． 若 $f(a)=b, f(b)=a$ ，则 $f$ 有 $\displaystyle \mathrm{C}_{5}^{1} \cdot \mathrm{C}_{4}^{2} \frac{1}{2}+\mathrm{C}_{5}^{3}=25$ 个． 故总共有 26 个．

1 ． 因 $f(x)$ 是单射，故 $x f(x)-1=t$ ，则 $f(t)=2$ ．令 $x=t$ ，则 $t f(t)-1=t$ ，即 $t=1$ ．故 $\displaystyle f(x)=\frac{2}{x}$ ，即 $f(2)=1$ ．

（1）若 $b \neq 0$ ，则 $f\left(x^{2}\right)=x^{4}+a x^{2}+b=\left(x^{2}+a x+b\right)\left(x^{2}+c x+1\right)$ ，又 $a+c=0$ ， $1+a c+b=a, a+b c=0$ ，解得 $$ \begin{aligned} & \left\{\begin{array}{l} a=0, \\ b=-1, \\ c=0, \end{array} \text { 即 } f(x)=x^{2}-1 ;\right. \\ & \left\{\begin{array}{l} a=1, \\ b=1, \\ c=-1, \end{array} \text { 即 } f(x)=x^{2}+x+1 ;\right. \\ & \left\{\begin{array}{l} a=-2, \\ b=1, \\ c=2, \end{array} \text { 即 } f(x)=x^{2}-2 x+1 .\right. \end{aligned} $$ （2）若 $b=0$ ，则 $f(x)=x^{2}+a x, x^{2}+a x \mid x^{4}+a x^{2}$ ，即 $(-a)^{3}-a^{2}=0 \Rightarrow a=0$ 或 -1 ． 综上所述，$f(x)=x^{2}-1, f(x)=x^{2}+x+1, f(x)=x^{2}-2 x+1, f(x)=x^{2}$ 或 $f(x)=x^{2} -x$ ．

5 ． 设 $f\left(x_{0}\right)=m$ ，则 $m+f(m)=6, f(m)=6-m$ 。令 $x=m$ ，则 $f(m)+f(6-m)=6$ ，关于 $(3,3)$ 对称，所以 $f(1)=5$ ．

$f(n)=f(1)+n-1$ ，其中 $f(1) \in \mathbf{N}^{*}$ ，根据题意取 $y=x+1$ ，则对于任意 $x \in \mathbf{N}^{*}$ 均有 $0<|f(x+1)-f(x)|<2$ ，即 $|f(x+1)-f(x)|=1$ ． 考虑到对于任意正整数 $x \neq y,|f(x)-f(y)|>0$ ，因此 $f$ 为单射．这就意味着 $f(x+1) -f(x) \equiv 1$ ，进而可得 $f(n)=f(1)+n-1$ ，其中 $f(1) \in \mathbf{N}^{*}$ ．

$(-1,1]$ ． 分类讨论： （1）当 $x \geqslant 0$ 时，$\displaystyle f(x)=\frac{1+x}{1+x}=1$ ； （2）当 $x<0$ 时，$\displaystyle f(x)=\frac{1+x}{1-x}=-1+\frac{2}{1-x}$ ，由分式函数的图像及单调性可知此时 $f(x) >-1$ ． 综上所述，可得 $f(x) \in(-1,1]$ ．

-9 ． 通过构造方程 $g(t)=f(t+3)$ ，可知 $x_{1}-3, x_{2}-3, x_{3}-3$ 对应 $t$ 的三个根 $t_{1}, t_{2}, t_{3}$ ，再利用三次方程根与系数的关系即可求得．

设 $x_{i}, y_{i}(i=1,2,3)$ 分别为 $f(x), g(x)$ 的三个根，则 $$ \left\{\begin{array} { l } { \sum _ { i = 1 } ^ { 3 } x _ { i } = 1 } \\ { \sum _ { 1 \leqslant i < j \leqslant 3 } x _ { i } x _ { j } = - a , } \\ { \prod _ { i = 1 } ^ { 3 } x _ { i } = b , } \end{array} \left\{\begin{array}{l} \sum_{i=1}^{3} y_{i}=1 \\ \sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 3} y_{i} y_{j}=b \\ \prod_{i=1}^{3} y_{i}=-a \end{array}\right.\right. $$ 因此不难得到 $a<0, b>0$ ．于是 $g(x)=x^{3}-x^{2}+b x-|a|$ ，故 $g(x)$ 必有一个正根．下面记 $g(x)$ 有复根。反之，则 $y_{i}$ 为正根，且 $1=\sum_{i=1}^{3} y_{i} \geqslant 3 \sqrt[3]{\prod_{i=1}^{3} y_{i}}=3 \sqrt[3]{-a}$ ，即 $\displaystyle 0<-a \leqslant \frac{1}{27}$ 。因为 $b=\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 3} y_{i} y_{j} \geqslant 3 \sqrt[3]{\left(y_{i}\right)^{2}}=3 \sqrt[3]{a^{2}}$ ，即 $b^{2} \geqslant 9 \sqrt[3]{a^{4}}$ ，又因为 $-a=\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 3}^{3} x_{i} x_{j} \geqslant 3 \sqrt[3]{\left(\prod_{i=1}^{3} x_{i}\right)^{2}}=3 \sqrt[3]{b^{2}}$ ，得到 $(-a)^{3} \geqslant 3^{3} b^{2} \geqslant 3 \sqrt[3]{a^{4}}$ ，即 $(-a)^{9} \geqslant 3^{15} a^{4}$ ，解得 $-a \geqslant 27$ ，矛 盾．故 $g(x)=x^{3}-x^{2}+b x+a$ 只有一个正根和一对共轭复根．

4 ． 设 $\operatorname{deg} f(x)=n, n \in \mathbf{N}$ ，由多项式的基本性质，得 $\operatorname{deg}(f(f(x)))=\operatorname{deg} f^{4}(x) \Rightarrow n^{2}= 4 n, n \in \mathrm{~N} \Rightarrow n=0,4$ ．若 $n=0$ ，则 $f(x)=0, f(x)=1$ ；若 $n=4$ ，则 $f(x)= \pm x^{4}$ ．

$f(x)=1$ ． 令 $\displaystyle y=\frac{a}{x}$ ，代人 $\displaystyle f(x) f(y)+f\left(\frac{a}{x}\right) f\left(\frac{a}{y}\right)=2 f(x y)$ 可得 $$ f(x) f\left(\frac{a}{x}\right)+f\left(\frac{a}{x}\right) f(x)=2 f(a)=2 \Rightarrow f(x) f\left(\frac{a}{x}\right)=1 . $$ 令 $x=y=1$ ，则 $f(1)=1$ 。再令 $y=1$ ，则 $$ f(x) f(1)+f\left(\frac{a}{x}\right) f(a)=2 f(x) \Rightarrow f(x)=f\left(\frac{a}{x}\right) \Rightarrow f^{2}(x)=1 . $$ 又注意到令 $x=y=\sqrt{t}$ ，则 $f^{2}(\sqrt{t})=f(t)$ ，故 $f(x)>0$ ，从而 $f(x)=1$ ．

根据题意得 $f(x)$ 的所有根不为零．令 $\displaystyle y=\frac{1}{x}$ ，则有 $$ g(y)=y^{2020}+y^{2019}+2 y^{2018}+3 y^{2017}+\cdots+2019 y+2020 . $$ 设 $y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{2019}, y_{2020}$ 为 $g(y)=0$ 的根，则由韦达定理，有 $$ \sum_{i=1}^{2020} y_{i}^{2}=\left(\sum_{i=1}^{2020} y_{i}\right)^{2}-\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 2020} y_{i} y_{j}=-1<0 $$ 于是必存在某个 $y_{i}$ 为虚根，从而 $\displaystyle x_{i}=\frac{1}{y_{i}}$ 为虚根．

由题意得 $A, B$ 的横坐标满足方程 $a x^{2}+2 b x+c=0$ ，则 $\left|A_{1} B_{1}\right|=\left|x_{1}-x_{2}\right|= \sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}$ ，由韦达定理可知 $$ \left|A_{1} B_{1}\right|=\sqrt{\frac{4 b^{2}-4 a c}{a^{2}}}=\sqrt{\frac{4(-a-c)^{2}-4 a c}{a^{2}}}=2 \sqrt{\left(\frac{c}{a}\right)^{2}+\frac{c}{a}+1} $$ 易得 $\left|A_{1} B_{1}\right| \geqslant \sqrt{3}$ ．

$\displaystyle \frac{2+\sqrt{2}}{4}$ ． 因为 $\displaystyle f(x+1)=\frac{1}{2}+\sqrt{f(x)-f^{2}(x)}$ ，所以 $$ f^{2}(x+1)-f(x+1)+f^{2}(x)-f(x)=-\frac{1}{4} $$ 令 $g(x)=f^{2}(x)-f(x)$ ，则 $\displaystyle g(x+1)+g(x)=-\frac{1}{4}$ ． 由上式可知 $g(x)$ 具有周期性，周期为 2 ，而 $f(x)$ 为偶函数，所以 $g(x)$ 也为偶函数，则 $$ g\left(\frac{121}{2}\right)=g\left(\frac{1}{2}\right), \quad g\left(-\frac{1}{2}\right)+g\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{4}, $$ 解得 $\displaystyle g\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{8}$ ．此时 $\displaystyle f^{2}\left(\frac{1}{2}\right)-f\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{8}$ ，且 $\displaystyle f(x) \geqslant \frac{1}{2}$ ，解得 $\displaystyle f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{2+\sqrt{2}}{4}$ ．故 $\displaystyle f\left(\frac{121}{2}\right)$ 的值为 $\displaystyle \frac{2+\sqrt{2}}{4}$ ．

C． 设 $t=2^{x}(t>0)$ ，则 $$ f(x)=t^{2}+2 t-8>0 \Rightarrow t>2 \Rightarrow x>1 . $$

D．

D． $$ \left\{\begin{array}{l} f(2)+2 f\left(-\frac{1}{2}\right)=1, \\ f\left(-\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{2} f(2)=-4 \end{array} \Rightarrow f(2)=\frac{9}{2} .\right. $$

D．

C． 因为 $-\alpha\left(x_{2}-x_{1}\right)<f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)<\alpha\left(x_{2}-x_{1}\right)$ ，所以 $\displaystyle -\alpha<\frac{f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)}{x_{2}-x_{1}}<a$ ． 令 $\displaystyle \frac{f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)}{x_{2}-x_{1}}=k$ ，则 $-a<k<a$ ．若 $f(x) \in M_{\alpha_{1}}, g(x) \in M_{\alpha_{2}}$ ，则 $-\alpha_{1}<k f<\alpha_{1}- \alpha_{2}<k g<\alpha_{2},-\alpha_{1}-\alpha_{2}<k f+k g<\alpha_{1}+\alpha_{2}$ ，故 $f(x)+g(x) \in M_{\alpha_{1}+\alpha_{2}}$ ．

10. $f(x)$ 是偶函数，而且当 $-2 \leqslant x \leqslant 2$ 时，$f(x)$ 是常数函数． 因为 $f(x)$ 为偶函数，$f\left(a^{2}-4 a+3\right)=f(a-1)$ ，所以 $\left|a^{2}-4 a+3\right|=|a-1|$ ，解得 $a=$ 1,4 或 2 。 又 $-2 \leqslant x \leqslant 2, f(x)$ 为常数函数，所以 $a^{2}-4 a+3=0$ ，即 $(a-1)(a-3)=0$ ，解得 $a=1$或 3 ．故满足条件的所有整数 $a$ 的和为 $1+4+2+3=10$ ．

A． （1）函数 $\displaystyle y=\frac{x^{2}}{\mathrm{e}^{x}}$ 的取值均非负，故排除选项 B； （2）该函数无奇偶性，故排除选项 D； （3）在第一象限内，当 $x \rightarrow+\infty$ 时，$y \rightarrow 0$ ，故排除选项 C． 因此选择 A．

D． 考虑 $\displaystyle g(x)=a x^{2}(x>1), h(x)=\left(4-\frac{a}{2}\right) x+2(x \leqslant 1)$ 均为增函数，并且 $g(1)> h(1)$ ．

51；17． 由于 $(n+1)^{2}-(n+1)+4=n^{2}+n+4$ ，即有 $f[-(n+1)]=f(n)$ ，故 $f(-50)$ ， $f(-49), \cdots, f(-2), f(-1)$ 均重复出现，所以 $M$ 中仅有 51 个数，且均为偶数，而且当 $n= 3 m+1$ 时，$f(n)$ 才会是 3 的倍数，故偶数有 51 个， 3 的倍数有 17 个．

1. 由 $g(x)=f(x)+1-x$ ，得 $f(x)=g(x)+x-1$ ，于是 $$ \begin{aligned} & g(x+3)+(x+3)-1 \geqslant g(x)+(x-1)+3 \Rightarrow g(x+3) \geqslant g(x), \\ & g(x+1)+(x+1)-1 \leqslant g(x)+(x-1)+1 \Rightarrow g(x+1) \leqslant g(x), \\ & g(x) \leqslant g(x+3) \leqslant g(x+2) \leqslant g(x+1) \leqslant g(x), \end{aligned} $$ 所以 $g(x+1)=g(x)$ ，即 $g(x)$ 是周期为 1 的周期函数．又 $g(1)=f(1)=1$ ，所以 $g(2020) =1$ 。

$\displaystyle \frac{1}{16}$ ． 由 $f(x)$ 是奇函数可得 $f(0)=0$ ，又 $f(x)+f(1-x)=1$ ，故 $f(1)=1$ ．因为 $\displaystyle f\left(\frac{x}{10}\right)= \frac{1}{2} f(x)$ ，所以 $\displaystyle f\left(\frac{1}{10}\right)=\frac{1}{2}, f\left(\frac{1}{100}\right)=\frac{1}{4}, f\left(\frac{1}{1000}\right)=\frac{1}{8}, f\left(\frac{1}{10000}\right)=\frac{1}{16}$ ． 在 $f(x)+f(1-x)=1$ 中，令 $\displaystyle x=\frac{1}{2}$ ，得 $\displaystyle f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}$ ，所以 $\displaystyle f\left(\frac{1}{20}\right)=\frac{1}{4}, f\left(\frac{1}{200}\right)=\frac{1}{8}$ ， $\displaystyle f\left(\frac{1}{2000}\right)=\frac{1}{16}$ ． 因为 $x \in[0,1]$ 时 $f(x)$ 是不减函数，$\displaystyle \frac{1}{10000}<\frac{1}{2020}<\frac{1}{2000}$ ，所以 $\displaystyle f\left(\frac{1}{2020}\right)=\frac{1}{16}$ ．

-2 ． 由 $f(4-x)=f(x)$ ，令 $x=0$ ，有 $f(4)=f(0)=0$ ．又由 $f(4+x)=f(-x)=-f(x)$ ， $f(8+x)=-f(4+x)=f(x)$ ，可知 $T=8$ ．所以 $$ \begin{aligned} & f(2020)=f(252 \times 8+4)=f(4)=0, \\ & f(2021)=f(252 \times 8+5)=f(5)=f(-1)=-f(1)=-2, \end{aligned} $$ 故 $f(2020)+f(2021)=-2$ ．

$(-\infty, 2]$ ． $\displaystyle f(-x)=f(x)-\frac{2}{3} x^{3}$ ，即 $\displaystyle f(-x)-\frac{1}{3}(-x)^{3}=f(x)-\frac{1}{3} x^{3}$ 。令 $\displaystyle g(x)=f(x)-\frac{1}{3} x^{3}$ ，则 $g(-x)=g(x), g(x)$ 是偶函数．又 $g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-x^{2}$ ，在 $(-\infty, 0)$ 上，$g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上递减，在 $(0,+\infty)$ 上递增．条件 $\displaystyle f(4-a) \geqslant f(a)-\frac{2}{3} a^{3}+4 a^{2}-16 a+\frac{64}{3}$ ，等价于 $\displaystyle f(4-a)-\frac{1}{3}(4-a)^{3} \geqslant f(a)-\frac{1}{3} a^{3}$ ，即 $g(4-a) \geqslant g(a)$ ，所以 $|4-a| \geqslant|a|$ ，即 $(4-a)^{2} \geqslant a^{2}$ ，解得 $a \leqslant 2$ ，即 $a$ 的取值范围是 $(-\infty, 2]$ ．

$\displaystyle \left(-\infty, \frac{1}{2}\right]$ ． 由题意，方程 $\displaystyle a x^{2}-3 x-a+\frac{5}{2}=-x$ 在区间 $[1,4]$ 上有解，显然 $x \neq 1$ ，所以方程 $\displaystyle a x^{2}- 3 x-a+\frac{5}{2}=-x$ 在区间 $(1,4]$ 上有解，即求函数 $\displaystyle a=\frac{2 x-\frac{5}{2}}{x^{2}-1}$ 在区间 $(1,4]$ 上的值域，令 $t= 4 x-5$ ，则当 $t \in(-1,11]$ 时，$\displaystyle a=\frac{8 t}{t^{2}+10 t+9}$ ；当 $t \in(-1,0]$ 时，$a \leqslant 0$ ；当 $t \in(0,11]$ 时， $\displaystyle 0< a=\frac{8}{t+\frac{9}{t}+10} \leqslant \frac{8}{2 \sqrt{t \times \frac{9}{t}}+10}=\frac{1}{2}$ ，当且仅当 $t=3$ 时取等号． 综上所述，实数 $a$ 的取值范围是 $\displaystyle \left(-\infty, \frac{1}{2}\right]$ ．

C． 由 $f(10+x)=f(10-x)$ ，得 $f[10+(10-x)]=f[10-(10-x)]$ ，即 $f(20-x)= f(x)$ 。由 $f(20+x)=-f(20-x)$ ，得 $f(x+20)=-f(x)$ ，所以 $f(x+40)=-f(x+20) =f(x)$ ，故 $f(x)$ 是以 40 为周期的周期函数．又 $f(-x)=f(20+x)=-f(x)$ ，故 $f(x)$ 也是奇函数．

$\displaystyle \left[-\frac{4}{27}, 0\right]$ ． $$ \begin{aligned} & a+b+c=1 \Rightarrow(b+c)^{2}=(1-a)^{2}=a^{2}-2 a+1, \\ & a^{2}+b^{2}+c^{2}=1 \Rightarrow b^{2}+c^{2}=1-a^{2} . \end{aligned} $$ 因为 $(b+c)^{2} \leqslant 2\left(b^{2}+c^{2}\right)$ ，所以 $a^{2}-2 a+1 \leqslant 2-2 a^{2}$ ，即 $\displaystyle 3 a^{2}-2 a-1 \leqslant 0,-\frac{1}{3} \leqslant a \leqslant 1$ ，故 $(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(a b+b c+a c)=1$ ，则 $a b+b c+a c=0$ ，即 $$ \begin{aligned} a(b+c)+b c=0 & \Rightarrow a(1-a)+b c=0 \Rightarrow b c=a^{2}-a \\ & \Rightarrow a b c=a^{3}-a^{2} \end{aligned} $$ 令 $\displaystyle f(a)=a^{3}-a^{2}\left(-\frac{1}{3} \leqslant a \leqslant 1\right)$ ，则 $\displaystyle f^{\prime}(a)=3 a^{2}-2 a=3 a\left(a-\frac{2}{3}\right)=0$ ，解得 $a=0$ 或 $\displaystyle a=\frac{2}{3}$ ．可知 $f(a)$ 在 $\displaystyle \left[-\frac{1}{3}, 0\right),\left(\frac{2}{3}, 1\right]$ 上递增，在 $\displaystyle \left[0, \frac{2}{3}\right]$ 上递减，所以 $\displaystyle f\left(-\frac{1}{3}\right)=-\frac{4}{27}$ ， $\displaystyle f(0)=0, f\left(\frac{2}{3}\right)=-\frac{4}{27}, f(1)=0$ ．故 $a b c$ 的取值范围是 $\displaystyle \left[-\frac{4}{27}, 0\right]$ ．

2041210. $f(x)$ 是奇函数，$f(0)=0, f(x+2)=f(x)+2$ ，可得 $k$ 是正偶数时 $f(k)=k$ ．在 $f(x+2)=f(x)+2$ 中，令 $x=-1$ ，则 $f(1)=f(-1)+2=-f(1)+2$ ，解得 $f(1)=1$ ．又 $f(x+2)=f(x)+2$ ，可得 $k$ 是正奇数时 $f(k)=k$ ．故 $\sum_{k=1}^{2020} f(k)=1+2+3+\cdots+2020=$ 2041210.

$\displaystyle a=\frac{1}{4}, b=\frac{1}{2}, c=\frac{1}{4}$ ． 函数 $f(x)=a x^{2}+b x+c$ 的图像经过点 $(-1,0)$ ，则 $a-b+c=0$ ．因为 $y=x$ 为函数 $f(x)$ 的一个承托函数，且 $f(x)$ 为函数 $\displaystyle y=\frac{1}{2} x^{2}+\frac{1}{2}$ 的一个承托函数，所以 $\displaystyle x \leqslant f(x) \leqslant \frac{1}{2} x^{2}+$ $\displaystyle \frac{1}{2}$ 对于 $x \in \mathbf{R}$ 恒成立，因此 $1 \leqslant f(1) \leqslant 1$ ，即 $f(1)=a+b+c=1$ ． 又 $a-b+c=0$ ，得 $\displaystyle b=\frac{1}{2}, a+c=\frac{1}{2}$ ，所以 $\displaystyle f(x)=a x^{2}+\frac{1}{2} x+\frac{1}{2}-a$ ． 由 $f(x) \geqslant x$ 对于 $x \in \mathbf{R}$ 恒成立，得 $\displaystyle a x^{2}-\frac{1}{2} x+\frac{1}{2}-a \geqslant 0$ 对于 $x \in \mathbf{R}$ 恒成立．当 $a=0$时，得 $\displaystyle -\frac{1}{2} x+\frac{1}{2} \geqslant 0$ 对 $x \in \mathbf{R}$ 不恒成立，显然不正确；当 $a \neq 0$ 时，由题意，得 $$ \left\{\begin{array}{l} a>0 \\ \Delta=\frac{1}{4}-4 a\left(\frac{1}{2}-a\right) \leqslant 0 \end{array}\right. $$ 即 $(4 a-1)^{2} \leqslant 0$ ，所以 $\displaystyle a=\frac{1}{4}$ ，代入 $\displaystyle f(x) \leqslant \frac{1}{2} x^{2}+\frac{1}{2}$ ，得 $\displaystyle \frac{1}{4} x^{2}-\frac{1}{2} x+\frac{1}{4} \geqslant 0$ ，化简得 $(x-1)^{2} \geqslant 0$ 对 $x \in \mathbf{R}$ 恒成立，符合题意． 故 $\displaystyle a=\frac{1}{4}, b=\frac{1}{2}, c=\frac{1}{4}$ ．

C． 令 $y=1$ ，得 $f(x)+f(1)=f(x+1)-x-1$ ，即 $f(x+1)=f(x)+x+2$ 。令 $x=0$ ，得 $f(1)=f(0)+2$ ．由 $f(1)=1$ 知 $f(0)=-1$ ．当 $n \in \mathbf{N}_{+}$时，有 $$ \begin{aligned} f(n) & =\sum_{k=1}^{n}[f(k)-f(k-1)]+f(0)=\sum_{k=1}^{n}(k+1)+f(0) \\ & =\frac{n(n+3)}{2}-1 \end{aligned} $$ 同理 $$ f(-n)=-\frac{n(-n+3)}{2}-1, $$ 所以 $$ f(n)=\frac{n(n+3)}{2}-1 \quad(n \in Z) . $$ 令 $f(n)=n$ ，解得 $n=-2$ 或 $n=1$ ．

D． 易得 $f(x+1)-f(x)$ 是定值，不妨先考虑在 $0 \leqslant x<1$ 区间上所取得的不同整数值的个数．$f(x)$ 在 $[0,1)$ 上为阶梯函数，各段上的端点值必定是 $\displaystyle \frac{1}{5}, \frac{1}{4}, \frac{1}{3}, \frac{1}{2}$ 的倍数．在 $[0,1)$ 内，共有 $\displaystyle 0, \frac{1}{5}, \frac{2}{5}, \frac{3}{5}, \frac{4}{5}, \frac{1}{4}, \frac{1}{2}, \frac{3}{4}, \frac{1}{3}, \frac{2}{3}$ 这 10 个数，从而在 $[0,100)$ 内共有 1000 个数．又 $f(100)$也是整数，所以值域中共有 1001 个不同的整数． \title{

取 $x=1$ ，代人 $\displaystyle f(x) \cdot f\left[f(x)+\frac{1}{x}\right]=1$ ，得 $f(1) \cdot f[f(1)+1]=1$ ，则 $f(1)+1>0$ ．令 $f(1)=a$ ，则得 $$ \begin{equation*} a \cdot f(a+1)=1 \Rightarrow f(a+1)=\frac{1}{a} \tag{1} \end{equation*} $$ 取 $x=a+1$ ，得 $$ \begin{equation*} f(a+1) \cdot f\left[f(a+1)+\frac{1}{a+1}\right]=1 \Rightarrow f\left[f(a+1)+\frac{1}{a+1}\right]=\frac{1}{f(a+1)} \tag{2} \end{equation*} $$ 由式（1）、式（2）得 $\displaystyle f\left[f(a+1)+\frac{1}{a+1}\right]=a=f(1)$ 。因为 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上是增函数，所以 $\displaystyle f(a+1)+\frac{1}{a+1}=1$ ，即 $$ \begin{equation*} f(a+1)=\frac{a}{a+1} \tag{3} \end{equation*} $$ 由式（1）、式（3）得 $\displaystyle \frac{1}{a}=\frac{a}{a+1}$ ，即 $a^{2}-a-1=0$ ，解得 $\displaystyle a=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ 或 $\displaystyle a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ ． 若 $\displaystyle a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}>0$ ，则 $f(a+1)>f(1)$ ，即 $\displaystyle \frac{1}{a}>a, 0<a<1$ ，矛盾，故舍去． 若 $\displaystyle a=\frac{1-\sqrt{5}}{2}<0$ ，则满足 $f(a+1)<f(1)$ ，故 $\displaystyle f(1)=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ ．

AB ． 不妨设 $a \geqslant b \geqslant c$ ，则只需证 $\sqrt{a}<\sqrt{b}+\sqrt{c}$ ，即 $a<b+c+2 \sqrt{b c}$ ，显然成立． 另取 $a=10, b=8, c=3$ ，则 $a^{2}=100>64+9=b^{2}+c^{2}$ ． \section*{模拟试题 48}

D． $$ \begin{aligned} & f(x)=f(x+2 \pi)=-f(-x) \Leftrightarrow f(\pi)=0=f(3 \pi)=f(0)=f(2 \pi), \\ & f(3)=f(2 \pi+3)=f(2 \pi-3)=f(4 \pi-3)=0, \\ & f(4)=f(2 \pi-4)=f(4 \pi-4)=0 . \end{aligned} $$

C． 因为当 $x>0$ 时，$[x f(x)]^{\prime}=f(x)+x f^{\prime}(x)>0$ ，所以 $x f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增．又函数 $f(x)$ 为奇函数，所以函数 $x f(x)$ 为偶函数，结合 $f(3)=0$ ，作出函数 $y=x f(x)$ 与 $y=$ $-\lg |x+1|$ 的图像，如图 J1 所示． \begin{figure} 由图像知，函数 $g(x)=x f(x)+\lg |x+1|$ 的零点有 3 个．

B． 函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}2^{x}-1 & (0 \leqslant x \leqslant 1), \\ f(x-1)+m & (x>1)\end{array}\right.$ 在定义域 $[0,+\infty)$ 上单调递增，且对于任意 $a \geqslant$ 0 ，方程 $f(x)=a$ 有且只有一个实数解，则 $f(x)$ 是连续函数，故 $2^{1}-1=f(0)+m$ ，可得 $m=$ 1．作出 $y=f(x)$ 与 $y=x$ 的图像，如图 J3 所示． \begin{figure} 图像交点的横坐标就是 $g(x)=f(x)-x$ 的零点．由图可知，在区间 $\left[0,2^{n}\right]\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 上的所有零点的和为 $1+2+3 \cdots+\left(2^{n}-1\right)+2^{n}=2^{2 n-1}+2^{n-1}$ ．

B． 方程 $\left|x^{2}-2 x-1\right|-t=0$ 有四个不同的实数根，在同一坐标系内作出函数 $f(x)= \left|x^{2}-2 x-1\right|$ 与函数 $g(x)=t$ 的图像，如图 J1 所示，所以 $x_{1}, x_{4}$ 是方程 $x^{2}-2 x-1=t$ 的两根，$x_{2}, x_{3}$ 是方程 $x^{2}-2 x-1=-t$ 的两根。由求根公式得 $x_{4}-x_{1}=2 \sqrt{2+t}, x_{3}-x_{2}= 2 \sqrt{2-t}$ ，且 $0<t<2$ ，所以 $2\left(x_{4}-x_{1}\right)+\left(x_{3}-x_{2}\right)=2(2 \sqrt{2+t}+\sqrt{2-t})$ 。令 $f(t)= 2(2 \sqrt{2+t}+\sqrt{2-t})$ ，由 $\displaystyle f^{\prime}(t)=\frac{2(2 \sqrt{2-t}-\sqrt{2+t})}{\sqrt{4-t^{2}}}=0$ ，得 $\displaystyle t=\frac{6}{5}$ ，则函数 $f(t)$ 在区间 $\displaystyle \left(0, \frac{6}{5}\right]$ 上递增，在区间 $\displaystyle \left[\frac{6}{5}, 2\right)$ 上递减．又 $\displaystyle f(0)=6 \sqrt{2}, f\left(\frac{6}{5}\right)=4 \sqrt{5}, f(2)=8$ ，所以所求函数 的取值范围是 $(8,4 \sqrt{5}]$ ． \begin{figure}

$f^{\prime}(x)=3\left(x^{2}+4 x+p\right)$ ．求 $\left(f^{\prime}(x), f(x)\right)$ ． \begin{tabular}{llll|lll} 1 & 6 & $3 p$ & 8 & 1 & 4 & $p$ \\ 1 & 4 & $p$ & & & \\ \cline { 1 - 4 } & 2 & $2 p$ & 8 & & \\ & 1 & $p$ & 4 & & \\ & 1 & 4 & $p$ & & \\ \cline { 1 - 4 } & & $p-4$ & $4-p$ & & \end{tabular} （1）当 $p=4$ 时，$\left(f(x), f^{\prime}(x)\right)=x^{2}+4 x+4$ ，则 $x+2$ 是 $f(x)$ 的三重因式，可得 $f(x)= (x+2)^{3}$ ，这时 $f(x)$ 的三个根为 $-2,-2,-2$ ． （2）若 $p \neq 4$ ，由上式还可以继续做下去． \begin{tabular}{ll|lll} 1 & -1 & $\begin{array}{lll}1 & 4 & p \\ 1 & -1 & \\ $\cline { 3 - 4 } & & 5 \\ & & 5\end{array}$\}$\begin{tabular}{c} -5 \\ \\ \cline { 3 - 4 } \end{tabular} \\ \cline { 3 - 5 } & & & $p+5$ \end{tabular} 当 $p=-5$ 时，$\left(f(x), f^{\prime}(x)\right)=x-1$ ，即 $x-1$ 是 $f(x)$ 的二重因式，用 $(x-1)^{2}$ 除 $f(x)$得商为 $x+8$ ，所以 $$ f(x)=x^{3}+b x^{2}-15 x+8=(x-1)^{2}(x+8), $$ 这时 $f(x)$ 的三个根为 $1,1,-8$ ．

由题意知 $u^{3}-3 u+10=0, u \neq \pm 1, \pm 2, \pm 5, \pm 10$ ，则 $u$ 为无理数且 $u^{3}=3 u-$ 10 ，则 $$ \alpha^{2}=\frac{1}{4}\left(u^{2}+u-2\right)^{2}=\frac{1}{4}\left(u^{4}+2 u^{3}-3 u^{2}-4 u+4\right) $$ $$ \begin{aligned} & =\frac{1}{4}\left[u(3 u-10)+2(3 u-10)-3 u^{2}-4 u+4\right] \\ & =-4-2 u \end{aligned} $$ 设 $f(x)=a x^{2}+b x+c(a, b, c \in \mathbf{Q}, a \neq 0)$ ，则 $\displaystyle u=f(\alpha)=a(-4-2 u)+ \frac{1}{2} b\left(u^{2}+u-2\right)+c$ ，即 $$ b u^{2}+(b-4 a-2) u-(8 a+2 b-2 c)=0 . $$ 下面证 $b=0$ ．假设 $b \neq 0$ ．令 $\displaystyle k=\frac{b-4 a-2}{b}, l=\frac{-(8 a+2 b-2 c)}{b}$ ，则 $u^{2}+k u+l=0 (k, l \in Q)$ ，即 $$ \begin{aligned} 0 & =\left(u^{2}+k u+l\right)(u-k)=u^{3}+\left(l-k^{2}\right) u-k l \\ & =3 u-10+\left(l-k^{2}\right) u-k l=\left(3+l-k^{2}\right) u-(k l+10) . \end{aligned} $$ 由于 $u$ 为无理数，故 $3+l-k^{2}=0=k l+10$ ，所以 $k^{3}-3 k+10=k(3+l)-3 k+10=0$ ，即 $k$ 是方程 $x^{3}-3 x^{2}+10=0$ 的有理根，矛盾．故假设不成立，$b=0$ ．所以 $$ (-4 a-2) u-(8 a-2 c)=0, $$ 解得 $\displaystyle a=-\frac{1}{2}, c=-2$ ，则 $\displaystyle f(x)=-\frac{1}{2} x^{2}-2$ ，故 $f(0)=-2$ ．

75615 ． 因为当 $m=1,2,3,4$ 时，$f(m)=2017 m$ ，所以 $1,2,3,4$ 是方程 $f(x)-2017 x=0$ 的 4个实根．由于 5 次多项式 $f(x)-2017 x$ 有 5 个根，设第 5 个根为 $p$ ，则 $$ f(x)-2017 x=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-p), $$ 即 $f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-p)+2017 x$ ，所以 $$ \begin{aligned} & f(10)=9 \times 8 \times 7 \times 6(10-p)+2017 \times 10 \\ & f(-5)=-6 \times 7 \times 8 \times 9(5+p)-2017 \times 5 \end{aligned} $$ 因此 $$ f(10)-f(-5)=15 \times(9 \times 8 \times 7 \times 6+2017)=75615 $$

$2^{2018}+2018$ ． 解法 1 由题设条件知 $$ \begin{aligned} f(x+2)-f(x)= & -(f(x+4)-f(x+2))-(f(x+6)-f(x+4)) \\ & +(f(x+6)-f(x)) \\ \geqslant & -3 \cdot 2^{x+2}-3 \cdot 2^{x+4}+63 \cdot 2^{x}=3 \cdot 2^{x} \end{aligned} $$ 因此有 $f(x+2)-f(x)=3 \cdot 2^{x}$ ，故 $$ \begin{aligned} f(2018) & =f(2018)-f(2016)+f(2016)-f(2014)+\cdots+f(2)-f(0)+f(0) \\ & =3 \cdot\left(2^{2016}+2^{2014}+\cdots+2^{2}+1\right)+f(0) \\ & =3 \cdot \frac{4^{1009}-1}{4-1}+2019=2^{2018}+2018 \end{aligned} $$ 解法 2 令 $g(x)=f(x)-2^{x}$ ，则 $$ \begin{aligned} & g(x+2)-g(x)=f(x+2)-f(x)-2^{x+2}+2^{x} \leqslant 3 \cdot 2^{x}-3 \cdot 2^{x}=0, \\ & g(x+6)-g(x)=f(x+6)-f(x)-2^{x+6}+2^{x} \geqslant 63 \cdot 2^{x}-63 \cdot 2^{x}=0, \end{aligned} $$ 即 $g(x+2) \leqslant g(x), g(x+6) \geqslant g(x)$ ，故 $g(x) \leqslant g(x+6) \leqslant g(x+4) \leqslant g(x+2) \leqslant g(x)$ ，得 $g(x)$ 是周期为 2 的周期函数，所以 $f(2018)=g(2018)+2^{2018}=g(0)+2^{2018}=2^{2018}+2018$ ．

732. 考虑 A，C，E 种同一种植物，此时共有 $4 \times 3 \times 3 \times 3=108$ 种方法． 考虑 A，C，E 种两种植物，此时共有 $3 \times 4 \times 3 \times 3 \times 2 \times 2=432$ 种方法。 考虑 A，C，E 种三种植物，此时共有 $\mathrm{A}_{4}^{3} \times 2 \times 2 \times 2=192$ 种方法。 故总计有 $108+432+192=732$ 种方法．