人教A版必修1《第1章_集合与函数的概念》2013年单元测试卷(有答案)

人教A 版必修1《第1章 集合与函数的概念》2013年单元测试
卷（某校）
一、选择题.（每题5分，共60分）
1. 设集合A ={x|−1
2<x <2}，B ={x|x 2≤1}，则A ∪B =( ) A.{x|−1≤x <2} B.{x|−1
2<x ≤1} C.{x|x <2} D.{x|1≤x <2}
2. 下列四个函数中，在(0, +∞)上为增函数的是（ ） A.f(x)＝3−x B.f(x)＝x 2−3x
C.f(x)=−1
x+1
D.f(x)＝−|x|
3. 下列四组函数，表示同一函数的是（ ） A.f (x)=√x 2，g(x)＝x B.f (x)＝x ，g(x)=
x 2x
C.f (x)=√x 2−4，g(x)=√x +2⋅√x −2
D.f (x)＝|x +1|，g(x)={x +1x ≥−1
−x −1x <−1
4. 若函数y =x 2+(2a −1)x +1在区间(−∞, 2]上是减函数，则实数a 的取值范围是( ) A.[−3
2, +∞)
B.(−∞, −3
2
]
C.[3
2
, +∞)
D.(−∞, 3
2
]
5. 已知函数f(x)={x 3(x >1)−x 2+2x(x ≤1). 若f(a)=−5
4，则a 的值为（ ）
A.−1
2或5
2 B.12或5
2
C.−1
2
D.1
2
6. 若关于x 的方程ax 2+2x +1＝0至少有一个负根，则（ ） A.a ≤1 B.0<a <1 C.a <1 D.0<a ≤1或a <0
7. 若f(x)满足f(−x)=f(x)，且在(−∞, −1]上是增函数，则( ) A.f(−32)<f(−1)<f(2)
B.f(−1)<f(−3
2)<f(2)
C.f(2)<f(−1)<f(−3
2)
D.f(2)<f(−3
2
)<f(−1)
8. f(x)＝x 3+√x 3
+1，若f(a)＝2，则f(−a)的值为（ ） A.3 B.0 C.−1 D.−2
9. 已知f(x)是定义在[0, +∞)上的增函数，则满足f(2x −1)<f(1
3)的x 取值范围为（ ） A.[12, 2
3) B.(−∞, 2
3)
C.(12, 2
3)
D.(−∞, 2
3]
10. 已知函数f(x)=√−mx 2+6mx −m +8的定义域为R ，则实数m 取值范围为（ ） A.{m|−1≤m ≤0} B.{m|−1<m <0} C.{m|m ≤0} D.{m|m <−1或m >0}
11. 已知函数f(n)={n −3(n ≥10),
f[f(n +5)](n <10),其中n ∈N ，则f(8)等于( )
A.2
B.4
C.6
D.7
12. 对实数a 与b ，定义新运算“⊗”：a ⊗b ={a,a −b ≤1
b,a −b >1 ．设函数f(x)＝(x 2−2)⊗
(x −1)，x ∈R ．若函数y ＝f(x)−c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则实数c 的取值范围是（ ）
A.(−1, 1]∪(2, +∞)
B.(−2, −1]∪(1, 2]
C.(−∞, −2)∪(1, 2]
D.[−2, −1] 二、填空题.（每题5分，共20分）
函数f(x)＝−2x 2+6x(−2≤x ≤2)的值域是________[−20,9
2] ．
若f(x)是一次函数，且f[f(x)]=4x −1，则f(x)=________．
已知实数a ≠0，函数f(x)={2x +a,x <1−x −2a,x ≥1，若f(1−a)=f(1+a)，则a 的值为
________．
若函数f(x)满足f(−x)＝−f(x)，且在(−∞, 0)内是增函数，f(−2)＝0，则xf(x)<0
的解集是________．
三、解答题.
已知y＝f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝x2−2x．
（1）求f(x)的解析式；
（2）作出函数f(x)的图象，并指出其单调区间．（不需要严格证明）
已知函数f(x)=2x+1
x+1
（1）判断函数在区间[1, +∞)上的单调性，并用定义证明你的结论；
（2）求该函数在区间[1, 4]上的最大与最小值．
某民营企业生产A，B两种产品，根据市场调查和预测，A产品的利润与投资成正比，
其关系如图1，B产品的利润与投资的算术平方根成正比，其关系如图2（注：利润与
投资单位是万元）
(1)分别将A，B两种产品的利润表示为投资的函数，并写出它们的函数关系式；
(2)该企业已筹集到10万元资金，并全部投入A，B两种产品的生产，问：怎样分配这
10万元投资，才能使企业获得最大利润，其最大利润约为多少万元．（精确到1万元）．
已知f(x)的定义域为(0, +∞)，且满足f(2)=1，f(xy)=f(x)+f(y)，又当x2>
x1>0时，f(x2)>f(x1)．
(1)求f(1)，f(4)，f(8)的值；
(2)若有f(x)+f(x−2)≤3成立，求x的取值范围．
已知二次函数f(x)＝x2+bx+c(b≥0, c∈R)．若f(x)的定义域为[−1, 0]时，值域也是[−1, 0]，符合上述条件的函数f(x)是否存在？若存在，求出若不存在，请说明理由．
已知函数f(x)对任意实数x均有f(x)＝kf(x+2)，其中常数k为负数，且f(x)在区间[0, 2]上有表达式f(x)＝x(x−2)．
（1）求f(−1)，f(2.5)的值；
（2）写出f(x)在[−3, 3]上的表达式，并讨论函数f(x)在[−3, 3]上的单调性；
（3）求出f(x)在[−3, 3]上的最小值和最大值，并求出相应的自变量的取值．
参考答案与试题解析
人教A版必修1《第1章集合与函数的概念》2013年单元测试
卷（某校）
一、选择题.（每题5分，共60分）
1.
【答案】
A
【考点】
并集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
根据题意，分析集合B，解x2≤1，可得集合B，再求A、B的并集可得答案．
【解答】
解：∵A={x|−1
2
<x<2}，B={x|x2≤1}={x|−1≤x≤1}，
∴A∪B={x|−1≤x<2}.
故选A．
2.
【答案】
C
【考点】
函数单调性的判断与证明
【解析】
由题意知A和D在(0, +∞)上为减函数；B在(0, +∞)上先减后增；c在(0, +∞)上为增函数．
【解答】
∵f(x)＝3−x在(0, +∞)上为减函数，∴A不正确；
∵f(x)＝x2−3x是开口向上对称轴为x=3
2
的抛物线，所以它在(0, +∞)上先减后增，∴B不正确；
∵f(x)=−1
x+1
在(0, +∞)上y随x的增大而增大，所它为增函数，∴C正确；
∵f(x)＝−|x|在(0, +∞)上y随x的增大而减小，所以它为减函数，∴D不正确．
3.
【答案】
D
【考点】
判断两个函数是否为同一函数
【解析】
直接利用函数的定义域与函数的解析式判断选项即可．
【解答】
对于A，f (x)=√x2，g(x)＝x函数的解析式不同，所以A不正确；
对于B，f (x)＝x，g(x)=x 2
x
，两个函数的定义域不同，所以不正确；
对于C，f (x)=√x2−4，g(x)=√x+2⋅√x−2，两个函数的定义域不同，所以不正确；
对于D，f (x)＝|x+1|，g(x)={x+1x≥−1
−x−1x<−1
函数的表达式与函数的定义域相同，所以正确．
4.
【答案】
B
【考点】
二次函数的性质
【解析】
由已知中函数的解析式，结合二次函数的图象和性质，可以判断出函数y=x2+(2a−1)x+1图象的形状，分析区间端点与函数图象对称轴的关键，即可得到答案．
【解答】
解：∵函数y=x2+(2a−1)x+1的图象是开口方向朝上，
以直线x=2a−1
−2
为对称轴的抛物线.
又∵函数在区间(−∞, 2]上是减函数，
故2≤2a−1
−2
,
解得a≤−3
2
.
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】
当a>1时，f(a)＝a3=−5
4；当a≤1，f(a)＝−a2+2a=−5
4
，解可求a
【解答】
当a>1时，f(a)=a3>1≠−5
4
，此时a不存在
当a≤1，f(a)＝−a2+2a=−5
4
即4a2−8a−5＝0
解可得a=−1
2或a=5
2
（舍）
综上可得a=−1
2
6.
【答案】
A
【考点】
函数的零点与方程根的关系【解析】
先对二次项系数分为0和不为0两种情况讨论，在二次项系数不为0时又分两根一正一负和两根均为负值两种情况，综合在一起找到a所满足的条件a≤1，再利用上述过程可逆，就可以下结论充要条件是a≤1．
【解答】
①a≠0时，显然方程没有等于零的根．
若方程有两异号实根，则a<0；
若方程有两个负的实根，
则必有{
1
a
>0
−2
a
<0
△=4−4a≥0
⇒0<a≤1．
②若a＝0时，可得x=−1
2
也适合题意．
综上知，若方程至少有一个负实根，则a≤1．
反之，若a≤1，则方程至少有一个负的实根，
因此，关于x的方程ax2+2x+1＝0至少有一负的实根的充要条件是a≤1．
7.
【答案】
D
【考点】
奇偶性与单调性的综合
函数的单调性及单调区间
【解析】
观察四个选项，是三个同样的函数值比较大小，又知f(x)在(−∞, −1]上是增函数，由f(−x)=f(x)，把2转到区间(−∞, −1]上，f(2)=f(−2)，
比较三个自变量的大小，可得函数值的大小．
【解答】
解：∵f(−x)=f(x)，
∴函数f(x)为偶函数，
∴f(2)=f(−2).
∵−2<−3
2
<−1，
又∵f(x)在(−∞, −1]上是增函数，
∴f(−2)<f(−3
2
)<f(−1)，
∴ f(2)<f(−3
2
)<f(−1)．
故选D．
8.
【答案】
B
【考点】
求函数的值
函数的求值
【解析】
构造函数g(x)＝f(x)−1＝x3+√x
3，可得g(x)为奇函数，由f(a)＝2，依次可求出
g(a)＝1，g(−a)，f(−a)的值． 【解答】
令g(x)＝f(x)−1＝x 3+√x 3
， 则g(−x)＝−g(x)， 即g(x)为奇函数，
由f(a)＝2，可得：g(a)＝1， ∴ g(−a)＝−1，
∴ f(−a)＝−1+1＝0， 9.
【答案】 A
【考点】
函数单调性的性质 【解析】
由函数的单调性的性质可得 0≤2x −1<1
3，由此求得x 的取值范围． 【解答】
解：∵ 函数f(x)是定义在区间[0, +∞)上的增函数，则满足f(2x −1)<f(1
3)， ∴ 0≤2x −1<1
3，解得 1
2≤x <2
3. 故选A ． 10.
【答案】 A
【考点】
函数的定义域及其求法 【解析】
本题对根号内函数可分类讨论，分为二次函数和非二次函数，当二次函数值非负时，可利用对应方程根的判别式满足的关系，解得本题结论． 【解答】
（2）当m ≠0时，要−mx 2+6mx −m +8恒为非负，则−m >0， 关于x 的方程−mx 2+6mx −m +8＝0根的判别式△≤0，
即(6m)2−4(−m)(−m +8)≤0，m 2+m ≤0，−1≤m ≤0， ∴ −1≤m ≤0 综上，−1≤m ≤0． 故选：A ． 11.
【答案】 D
【考点】 函数的求值 【解析】
根据解析式先求出f(8)=f[f(13)]，依次再求出f(13)和f[f(13)]，即得到所求的函数值． 【解答】
解：∵ 函数f(n)={n −3(n ≥10),
f[f(n +5)](n <10),
∴ f(8)=f[f(13)]， 则f(13)=13−3=10，
∴ f(8)=f[f(13)]=10−3=7. 故选D ． 12.
【答案】 B
【考点】
函数与方程的综合运用 【解析】
根据定义的运算法则化简函数f(x)＝(x 2−2)⊗(x −1)，的解析式，并画出f(x)的图象，函数y ＝f(x)−c 的图象与x 轴恰有两个公共点转化为y ＝f(x)，y ＝c 图象的交点问题，结合图象求得实数c 的取值范围． 【解答】
∵ a ⊗b ={a,a −b ≤1
b,a −b >1. ，
∴ 函数f(x)＝(x 2−2)⊗(x −1) ={x 2−2,−1≤x ≤2x −1,x <−1x >2
， 由图可知，当c ∈(−2, −1]∪(1, 2]
函数f(x) 与y ＝c 的图象有两个公共点， ∴ c 的取值范围是 (−2, −1]∪(1, 2]， 二、填空题.（每题5分，共20分） 【答案】
[−20,92]
【考点】
函数的值域及其求法 【解析】
先进行配方找出对称轴，判定对称轴是否在定义域内，然后结合二次函数的图象可知函数的单调性，从而求出函数的值域． 【解答】
f(x)＝−2x 2+6x ＝−2(x −3
2
)2+9
2
(−2≤x ≤2)
根据二次函数的开口向下，对称轴为x =3
2
在定义域内
可知，当x =32
时，函数取最大值9
2
离对称轴较远的点，函数值较小，即当x ＝−2时，函数取最小值−20 ∴ 函数f(x)＝−2x 2+6x(−2≤x ≤2)的值域是 [−20,9
2] 【答案】 2x −1
3或−2x +1 【考点】
函数解析式的求解及常用方法
【解析】
利用待定系数法求解该函数的解析式是解决本题的关键．结合着复合函数表达式的求解，根据多项式相等即对应各项的系数相等得出关于一次项系数和常数项的方程组，通过方程思想求解出该函数的解析式．
【解答】
解：设f(x)=kx+b(k≠0)，
则f[f(x)]=f(kx+b)=k(kx+b)+b=k2x+kb+b=4x−1，
根据多项式相等得出{k2=4,
kb+b=−1,
解得{k=2,
b=−1
3
或{
k=−2,
b=1,
因此所求的函数解析式为：f(x)=2x−1
3
或f(x)=−2x+1．
故答案为：2x−1
3
或−2x+1．
【答案】
−3 4
【考点】
分段函数的应用
函数的求值
【解析】
对a分类讨论判断出1−a，1+a在分段函数的哪一段，代入求出函数值；解方程求出a．
【解答】
解：当a>0时，1−a<1，1+a>1，
∴2(1−a)+a=−1−a−2a，解得a=−3
2
，舍去，
当a<0时，1−a>1，1+a<1，
∴−1+a−2a=2+2a+a，解得a=−3
4
.
故答案为：−3
4
.
【答案】
(−2, 0)∪(0, 2)
【考点】
奇偶性与单调性的综合
【解析】
由于本题是一个奇函数且在区间(−∞, 0)上是单调增函数，又f(−2)＝0，可以得出函数的图象特征．由图象特征求解本题中的不等式的解集即可．
【解答】
∵f(−x)＝−f(x)，
∴f(x)是奇函数，且在区间(−∞, 0)上是单调增函数，又f(−2)＝0，
∴f(2)＝0，且当x<−2或0<x<2时，函数图象在x轴下方，当x>2与−2<x<0时函数图象在x轴上方
∴xf(x)<0的解集为(−2, 0)∪(0, 2)．
三、解答题.
【答案】
∵y＝f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝x2−2x，
当x<0时，−x>0，
f(−x)＝(−x)2−2(−x)＝x2+2x，
∴f(x)＝f(−x)＝x2+2x，
∴f(x)={x2−2x,x≥0
．
x2+2x,x<0
∵f(x)={x2−2x,x≥0
，
x2+2x,x<0
∴当x≥0时，y＝x2−2x，抛物线开口向上，对称轴方程为x＝1，顶点坐标(1, −1)，当y＝0时，x1＝0，x2＝2；当x＝0时，y＝0．
当x<0时，y＝x2+2x，抛物线开口向上，对称轴方程为x＝−1，顶点坐标(−1, −1)，当y＝0时，x＝−2．
由此能作出函数f(x)的图象如下：
结合图象，知f(x)的增区间是(−1, 0)，(1, +∞)；减区间是(−∞, −1)，(0, 1)．
【考点】
函数的图象与图象的变换
奇偶性与单调性的综合
【解析】
（1）由y＝f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝x2−2x，知当x<0时，
f(x)＝f(−x)＝x2+2x，由此能求出f(x)的解析式．
（2）当x≥0时，y＝x2−2x，抛物线开口向上，对称轴方程为x＝1，顶点坐标
(1, −1)，当y＝0时，x1＝0，x2＝2；当x＝0时，y＝0；当x<0时，y＝x2+2x，抛
物线开口向上，对称轴方程为x＝−1，顶点坐标(−1, −1)，当y＝0时，x＝−2．由此
能作出函数f(x)的图象．结合图象，能求出f(x)的单调区间．
【解答】
∵y＝f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝x2−2x，
当x<0时，−x>0，
f(−x)＝(−x)2−2(−x)＝x2+2x，
∴f(x)＝f(−x)＝x2+2x，
∴f(x)={x2−2x,x≥0
．
x2+2x,x<0
∵f(x)={x2−2x,x≥0
，
x2+2x,x<0
∴当x≥0时，y＝x2−2x，抛物线开口向上，对称轴方程为x＝1，顶点坐标(1, −1)，
当y＝0时，x1＝0，x2＝2；当x＝0时，y＝0．
当x<0时，y＝x2+2x，抛物线开口向上，对称轴方程为x＝−1，顶点坐标(−1, −1)，当y＝0时，x＝−2．
由此能作出函数f(x)的图象如下：
结合图象，知f(x)的增区间是(−1, 0)，(1, +∞)；减区间是(−∞, −1)，(0, 1)．
【答案】
任取x1，x2∈[1, +∞)，且x1<x2，
f(x1)−f(x2)=2x1+1
x1+1
−
2x2+1
x2+1
=
(x1−x2)
(x1+1)(x2+1)
∵x1−x2<0，(x1+1)(x2+1)>0，所以，f(x1)−f(x2)<0，f(x1)<f(x2)，所以函数f(x)在[1, +∞)上是增函数．
由（1）知函数f(x)在[1, 4]上是增函数．
最大值为f(4)=2×4+1
4+1=9
5
，最小值为f(1)=2×1+1
1+1
=3
2
．
【考点】
函数单调性的性质与判断
函数的最值及其几何意义
【解析】
（1）任取x1，x2∈[1, +∞)，且x1<x2，然后通过化简变形判定f(x1)−f(x2)的符号，从而得到函数的单调性；
（2）根据（1）知函数f(x)在[1, 4]上是增函数，将区间端点代入，从而求出函数最值．【解答】
任取x1，x2∈[1, +∞)，且x1<x2，
f(x1)−f(x2)=2x1+1
x1+1
−
2x2+1
x2+1
=
(x1−x2)
(x1+1)(x2+1)
∵x1−x2<0，(x1+1)(x2+1)>0，所以，f(x1)−f(x2)<0，f(x1)<f(x2)，所以函数f(x)在[1, +∞)上是增函数．
由（1）知函数f(x)在[1, 4]上是增函数．
最大值为f(4)=2×4+1
4+1=9
5
，最小值为f(1)=2×1+1
1+1
=3
2
．
【答案】
解：(1)投资为x万元，A产品的利润为f(x)万元，B产品的利润为g(x)万元，由题设f(x)=k1x，g(x)=k2√x，(k1, k2≠0；x≥0).
由图知f(1)=1
4
，∴ k 1=1
4
.
又g(4)=52
，∴ k 2=5
4
.
从而f(x)=14x ，g(x)=5
4
√x(x ≥0).
(2)设A 产品投入x 万元，则B 产品投入10−x 万元，
设企业的利润为y 万元，
y =f(x)+g(10−x)=1
4x +5
4√10−x ，(0≤x ≤10)，
令√10−x =t ， ∴ y =
10−t 24
+54
t =−14
(t −52
)2+
6516
(0≤t ≤√10).
当t =52，y max ≈4，此时x =3.75.
∴ 当A 产品投入3.75万元，B 产品投入6.25万元时，企业获得最大利润约为4万元． 【考点】
函数模型的选择与应用 函数的最值及其几何意义
【解析】
（1）根据函数的模型设出函数解析式，从两个图中分别找出特殊点坐标，代入函数解析式求出两个函数解析式．
（2）将企业获利表示成对产品B 投资x 的函数，再用换元法，将函数转化为二次函数，即可求出函数的最值．
【解答】
解：(1)投资为x 万元，A 产品的利润为f(x)万元，B 产品的利润为g(x)万元， 由题设f(x)=k 1x ，g(x)=k 2√x ，(k 1, k 2≠0；x ≥0). 由图知f(1)=1
4
，∴ k 1=1
4
.
又g(4)=52，∴ k 2=5
4.
从而f(x)=1
4x ，g(x)=5
4√x(x ≥0).
(2)设A 产品投入x 万元，则B 产品投入10−x 万元， 设企业的利润为y 万元，
y =f(x)+g(10−x)=1
4x +5
4√10−x ，(0≤x ≤10)，
令√10−x =t ， ∴ y =
10−t 24
+54t =−14(t −52)2+65
16(0≤t ≤√10).
当t =52，y max ≈4，此时x =3.75.
∴ 当A 产品投入3.75万元，B 产品投入6.25万元时，企业获得最大利润约为4万元． 【答案】
解：(1)f(1)=f(1)+f(1)，∴ f(1)=0， f(4)=f(2)+f(2)=1+1=2，
f(8)=f(2)+f(4)=1+2=3．
(2)∵f(x)+f(x−2)≤3，∴f[x(x−2)]≤f(8)，又∵对于函数f(x)有x2>x1>0时，f(x2)>f(x1)，∴f(x)在(0, +∞)上为增函数．
∴{
x>0，x−2>0，
x(x−2)≤8，
解得2<x≤4，
∴x的取值范围为(2, 4].
【考点】
函数单调性的性质
函数单调性的判断与证明
函数的求值
【解析】
（1）由f(xy)=f(x)+f(y)，通过赋值法即可求得f(1)，f(4)，f(8)的值；
（2）由“x2>x1>0时，f(x2)>f(x1)”可知f(x)在定义域(0, +∞)上为增函数，从而f[x(x−2)]≤f(8)可脱去函数“外衣”，求得x的取值范围．
【解答】
解：(1)f(1)=f(1)+f(1)，∴f(1)=0，
f(4)=f(2)+f(2)=1+1=2，
f(8)=f(2)+f(4)=2+1=3．
(2)∵f(x)+f(x−2)≤3，∴f[x(x−2)]≤f(8)，
又∵对于函数f(x)有x2>x1>0时，f(x2)>f(x1)，
∴f(x)在(0, +∞)上为增函数．
∴{
x>0，x−2>0，
x(x−2)≤8，
解得2<x≤4，∴x的取值范围为(2, 4].
【答案】
设符合条件的f(x)存在，
∵函数图象的对称轴是x=−b
2
，
又b≥0，∴−b
2
≤0．
①当−1
2<−b
2
≤0，即0≤b<1时，
函数x=−b
2有最小值−1，则{
f(−b
2
)=−1
f(−1)=0
⇒{
b2
4
−b2
2
+c=−1
1−b+c=0
⇒{b=0
c=−1
或{b=4
c=3
（舍去）．
②当−1<−b
2≤−1
2
，即1≤b<2时，则{
f(−b
2
)=−1
f(0)=0
⇒{b=2
c=0
（舍去）或{b=−2
c=0
（舍去）．
③当−b
2≤−1，即b≥2时，函数在[−1, 0]上单调递增，则{
f(−1)=−1
f(0)=0解得{
b=2
c=0.
综上所述，符合条件的函数有两个， f(x)＝x 2−1或f(x)＝x 2+2x ． 【考点】
函数的图象与图象的变换 函数的值域及其求法 函数的定义域及其求法 【解析】
二次函数f(x)＝x 2+bx +c(b ≥0, c ∈R)的对称轴是x =−b
2，定义域为[−1, 0]，按照
对称轴在定义域[−1, 0]内、在[−1, 0]的左边和在[−1, 0]的右边三种情况分别求函数的值域，令其和题目条件中给出的值域相等，求b 和c ． 【解答】
设符合条件的f(x)存在， ∵ 函数图象的对称轴是x =−b
2，
又b ≥0，∴ −b
2
≤0．
①当−12<−b
2≤0，即0≤b <1时， 函数x =−b
2有最小值−1，则{
f(−b
2)=−1
f(−1)=0 ⇒{b 24−b 2
2+c =−11−b +c =0
⇒{b =0c =−1 或{b =4
c =3
（舍去）．
②当−1<−b
2≤−1
2，即1≤b <2时，则{f(−b
2)=−1f(0)=0
⇒{b =2c =0 （舍去）或{b =−2
c =0
（舍去）．
③当−b 2≤−1，即b ≥2时，函数在[−1, 0]上单调递增，则{f(−1)=−1f(0)=0 解得{b =2c =0.
综上所述，符合条件的函数有两个，
f(x)＝x 2−1或f(x)＝x 2+2x ． 【答案】
由题意可得 f(−1)＝kf(1)＝−k ， ∵ f(0.5)＝kf(2.5)，
∴ f(2.5)=1
k f(0.5)=1
k (0.5−2)×0.5=−3
4k ． 对任意实数x ，f(x)＝kf(x +2)， ∴ f(x −2)＝kf(x)， ∴ f(x)=1k f(x −2)．
当−2≤x <0时，0≤x +2<2，f(x)＝kf(x +2)＝kx(x +2)；
当−3≤x <−2时，−1≤x +2<0，f(x)＝kf(x +2)＝k 2(x +2)(x +4)． 当2≤x ≤3 时，0≤x −2≤1，f(x −2)＝kf(x)＝(x −2)(x −4)，故f(x)=1
k (x −2)(x −4)．
综上可得，f(x)={ k 2
(x +2)(x +4)−3≤x <−2kx(x +2)−2≤x <0
x(x −2)0≤x <21
k
(x −2)(x −4)2≤x ≤3
∵ k <0，
∴ f(x)在[−3, −1]与[1, 3]上为增函数，在[−1, 1]上为减函数． 由（2）中函数f(x)在[−3, 3]上的单调性可知，
f(x)在x ＝−3或x ＝1处取最小值f(−3)＝−k 2或f(1)＝−1， 而在x ＝−1或x ＝3处取最大值f(−1)＝−k 或f(3)=−1
k ，
故有：
①k <−1时，f(x)在x ＝−3处取最小值f(−3)＝−k 2，在x ＝−1处取最大值f(−1)＝−k ；
②k ＝−1时，f(x)在x ＝−3与x ＝1处取最小值f(−3)＝f(1)＝−1，在x ＝−1与x ＝3处取最大值f(−1)＝f(3)＝1；
③−1<k <0时，f(x)在x ＝1处取最小值f(1)＝−1，在x ＝3处取最大值f(3)=−1
k ．
【考点】
二次函数的性质 二次函数的图象 【解析】
（1）利用f(−1)＝kf(1)，由 f(0.5)＝kf(2.5)，得到f(2.5)=1
k f(0.5)=1
k (0.5−2)⋅0.5．
（2）有条件可得f(x)=1
k f(x −2)，当−2≤x <0时，−3≤x <−2时，分别求出f(x)的解析式，
从而得到f(x)在[−3, 3]上的表达式，通过表达式研究单调性．
（3）由（2）中函数f(x)在[−3, 3]上的单调性可知，在x ＝−3或x ＝1处取最小值，在x ＝−1或x ＝3处取最大值． 【解答】
由题意可得 f(−1)＝kf(1)＝−k ， ∵ f(0.5)＝kf(2.5)，
∴ f(2.5)=1
k f(0.5)=1
k (0.5−2)×0.5=−3
4k ． 对任意实数x ，f(x)＝kf(x +2)， ∴ f(x −2)＝kf(x)， ∴ f(x)=1k f(x −2)．
当−2≤x <0时，0≤x +2<2，f(x)＝kf(x +2)＝kx(x +2)；
当−3≤x <−2时，−1≤x +2<0，f(x)＝kf(x +2)＝k 2(x +2)(x +4)． 当2≤x ≤3 时，0≤x −2≤1，f(x −2)＝kf(x)＝(x −2)(x −4)，故f(x)=1
k (x −
2)(x −4)．
综上可得，f(x)={
k 2(x +2)(x +4)−3≤x <−2kx(x +2)−2≤x <0
x(x −2)0≤x <2
1k (x −2)(x −4)2≤x ≤3
∵ k <0，
∴ f(x)在[−3, −1]与[1, 3]上为增函数，在[−1, 1]上为减函数．
由（2）中函数f(x)在[−3, 3]上的单调性可知，
f(x)在x＝−3或x＝1处取最小值f(−3)＝−k2或f(1)＝−1，
，
而在x＝−1或x＝3处取最大值f(−1)＝−k或f(3)=−1
k
故有：
①k<−1时，f(x)在x＝−3处取最小值f(−3)＝−k2，在x＝−1处取最大值f(−1)＝−k；
②k＝−1时，f(x)在x＝−3与x＝1处取最小值f(−3)＝f(1)＝−1，在x＝−1与x＝3处取最大值f(−1)＝f(3)＝1；
③−1<k<0时，f(x)在x＝1处取最小值f(1)＝−1，在x＝3处取最大值f(3)=−1
．
k。