上海上海大学附属中学实验学校必修第一册第三单元《函数概念与性质》检测卷(有答案解析)

一、选择题

1．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fxxf(x1)0成立的实数x的取值范围是（ ） A．3x1

B．x1或x3

C．x3或x1

D．x1

22．中国传统文化中很多内容体现了数学的“对称美”.如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分体现了相互变化、对称统一的形式美、和谐美.给出定义：能够将圆

O（O为坐标原点）的周长和面积同时平分的函数称为这个圆的“优美函数”.则下列函数中一定是“优美函数”的为（ ）

A．f(x)x1 x2B．f(x)x1 x2C．f(x)lnxx21

D．f(x)lnxx1

3．定义在R偶函数fx满足fx2fx2，对x1,x20,4，x1x2，都有

fx1fx2x1x20，则有（ ）

B．f1921f1978f2021 D．f2021f1978f1921

A．f1921f2021f1978 C．f1921f2021f1978 4．函数f(x)21sinx的图象大致形状为（ ）． x12A． B．

C． D．

5．已知函数f(x1)是偶函数，当1x1x2时，fx2fx1x2x10恒成立，设afA．bac

1,bf(2),cf(3)，则a,b,c的大小关系为（ ） 2B．cba

C．bca

D．abc

6．对于实数a和b，定义运算“*”：abb,ab,设fxx，

a,ab.C．2

D．3

gxx22x4，则Mxfxgx的最小值为（ ）

A．0

B．1

7．下列函数中，是奇函数且在0,上单调递增的是（ ） A．yx B．ylog2x

C．yx1 xD．yx5

18．已知f(x)为奇函数，且当x0时，f(x)x2，则f()的值为（ ）

2A．C．

5 2B．D．

3 23 25 29．已知函数f(x)x22x+1,x[0,2]，函数g(x)ax1,x[1,1]，对于任意

x1[0,2]，总存在x2[1,1]，使得g(x2)f(x1)成立，则实数a的取值范围是（ ）

A．(,3]

B．[3,)

C．(,3][3,)D．(,3)(3,)

10．已知f(x)xaxblnx,(a,bR)，当x0时fx0，则实数a的取值范

2围为（ ） A．2a0

B．a1

C．1a0

D．0a1

4x211．函数f(x)是（ ）

|x3|3A．奇函数

B．偶函数

C．既奇又偶函数

D．非奇非偶函数

12．设函数f(x)的定义域为D，如果对任意的xD，存在yD，使得f(x)f(y)成立，则称函数f(x)为“呆呆函数”，下列为“呆呆函数”的是（ ） A．ysinxcosxcos2x C．ylnxex

13．下列各组函数表示同一函数的是（ ） A．f(x)B．y2x D．yx22x

x与f(x)(x)

22x,x0f(x)B．与g(t)|t| x,x0C．fxx1与gxx1x1 D．f(x)22x2x1与g(x)1

xx2214．函数y(x1)ln的部分图象是（ ） 22(x1)A．

B．

C．

2 D．

15．若fxaxxa1在2,上是单调递增函数，则a的取值范围是( ) A．(,]

14B．(0,]

14C．[0,]

141D．[,)

4二、填空题

16．已知函数fx是定义在R上的奇函数，当x≥0时，fxx1x．则函数的解析式为__________

17．已知函数fxx4ax2，x4,4．若fx的最大值是0，则实数a2的取值范围是______．

0)1， ， ，2}，若x(1，18．设k{2，___________.

1233(0， 1)，且xk|x|，则k取值的集合是

19．记号maxm,n表示m，n中取较大的数，如max1,22．已知函数fx是定义x22域为R的奇函数，且当x0时，fxmax2x,x4a．若x0时，fx的最

a大值为1，则实数a的值是_________．

20．已知等差数列{an}满足：a20，a40，数列的前n项和为Sn，则是__________．

21．若函数fx在定义域D内的某区间M上是增函数，且

2S4的取值范围S2fx在M上是减函数，则x称fx在M上是“弱增函数”.已知函数gxx4axa在0,2上是“弱增函数”，则实数a的值为______.

22．设函数fx是定义在0,上的可导函数，其导函数为fx，且有

2fxxfxx，则不等式x2020fx20204f20的解集为______．

2fx1fx2(2a)x1,x1xx23．如果函数f (x)＝x>0成满足对任意12，都有

a,x1xx12立，那么实数a的取值范围是________． 24．已知函数fxFxfxgx,x1xx2，若存在函数Fx,Gx满足：x1，gxxx1gx，学生甲认为函数Fx,Gx一定是同一函数，乙认为

Gxfx函数Fx,Gx一定不是同一函数，丙认为函数Fx,Gx不一定是同一函数，观点正确的学生是_________.

x225．如果方程y|y|＝1所对应的曲线与函数y＝f（x）的图象完全重合，那么对于函数

4y＝f（x）有如下结论：

①函数f（x）在R上单调递减；

②y＝f（x）的图象上的点到坐标原点距离的最小值为1； ③函数f（x）的值域为（﹣∞，2]；

④函数F（x）＝f（x）+x有且只有一个零点. 其中正确结论的序号是_____.

xx26．函数fx93txt1，若f(x)的最小值为2，则fx的最大值为

________．

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．C 解析：C 【分析】

由f(4x)f(x)0得到f(x)关于(2,0)对称，再由f(x)在2,单调递减得到f(x)在R上单调递减，利用单调性可得答案. 【详解】

f(4x)f(x)0，则f(x)关于(2,0)对称，

因为f(x)在2,单调递减，所以f(x)在R上单调递减， 所以f(x1)f(3x)，

由fxxf(x1)0得fxxf(3x)0，

22所以fxxf(3x)，

所以x2x3x，解得x1或x3. 故选：C． 【点睛】

思路点睛：利用函数的单调性和奇偶性比较函数值大小的思路： （1）先根据奇偶性将自变量转变至同一单调区间； （2）根据单调性比较同一单调区间内的函数值的大小关系；

（3）再结合奇偶性即可判断非同一单调区间的函数值大小，由此得到结果.

22．D

解析：D 【分析】

根据题意可知优美函数的图象过坐标原点，图象关于坐标原点对称，是奇函数，再分别检验四个选项的正误即可得正确选项. 【详解】

根据优美函数的定义可得优美函数的图象过坐标原点，图象关于坐标原点对称，是奇函数，

1的定义域为x|x0，所以不过坐标原点，不能将周长和面x积同时平分，故选项A不正确；

对于选项A：f(x)x

对于选项B：f(x)x1的定义域为x|x0，所以不过坐标原点，不能将周长和面积x同时平分，故选项B不正确；

对于选项C：f(x)lnx2x21定义域为R，f(x)lnx2x21fx，

是偶函数，图象关于y轴对称，故选项C不正确；

对于选项D：f(x)lnxx1定义域为R，

2f(x)f(x)lnxx21lnxx21ln10，所以f(x)f(x)，

所以f(x)lnxx1图象过坐标原点，图象关于坐标原点对称，是奇函数，符合优美函数的定义，选项D正确，

2

故选：D 【点睛】

关键点点睛：本题解题的关键点是由题意得出优美函数具有的性质：图象过坐标原点，是奇函数图象关于原点对称.

3．B

解析：B 【分析】

首先判断函数的周期，并利用周期和偶函数的性质化简选项中的函数值，再比较大小. 【详解】

fx2fx2，fx4fx，即fx8fx， fx的周期T8，

由条件可知函数在区间0,4单调递增，

f1921f24081f1，

f2021f25285f5f3f3， f1978f24782f2，

函数在区间0,4单调递增，f1f2f3， 即f1921f1978f2021. 故选：B 【点睛】

结论点睛：本题的关键是判断函数是周期函数，一般涉及周期的式子包含

fxafx，则函数的周期是a，若函数fxafx，或

fxa1 ，则函数的周期是2a，或是fxafxb，则函数的周期是fxba. 4．B

解析：B 【分析】

首先判断函数的奇偶性，再判断0xπ时，函数值的正负，判断得选项. 【详解】

x2121sinx，所以f(x)因为f(x)sinx， xx121222x2fx1sinx1sinx xx1212212x21sinx 12x21x122sinx1sinx x12fx，

所以函数是偶函数，关于y轴对称，排除C，D， 令fx0，则

210或sinx0，解得xkkZ，而0xπ时，12x12x0，12x0，sinx0，此时fx0.故排除A.

故选：B． 【点睛】

思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：

(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．

(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.

5．A

解析：A 【分析】

由题知函数fx图象关于直线x1对称，在区间1,上单调递增，故

15bf(2)affcf(3)，所以bac.

22【详解】

解：因为当1x1x2时，fx2fx1x2x10恒成立， 所以函数fx在区间1,上单调递增，

由于函数f(x1)是偶函数，故函数f(x1)图象关于y轴对称， 所以函数fx图象关于直线x1对称， 所以af由于215f， 2253，函数fx在区间1,上单调递增， 215fcf(3). 22所以bf(2)af故选：A. 【点睛】

本题解题的关键在于根据题意得函数fx图象关于直线x1对称，在区间1,上单调递增，再结合函数对称性与单调性比较大小即可，考查化归转化思想与数算求解能力，是中档题.

6．B

解析：B 【分析】

gx由题意可得Mxfxgxfxfxgx，通过解不等式得出

fxgx2x2x4Mxx根据函数图象可得答案.

117x,12117x,1,2，作出函数Mx的图象，

【详解】

gx由条件有Mxfxgxfx2fxgx

fxgx当x0时，gxx2x4x，得到0x1， 即0x1时，fxgx，当x1时，fxgx 当x0时，gxx2x4x，得x2117 2即当x117117时，fxgx，当x0时，fxgx

222x2x4所以Mxx117x,12117x,1,2

作出函数Mx的图象，如图所示，

由图可得，当x1时，Mx有最小值1 故选：B

7．D

解析：D 【分析】

对四个选项一一一判断：

A、B不是奇函数，C是奇函数，但在0,上不单调. 【详解】 对于A： yx在0,上单调递增,但是非奇非偶，故A错误；

对于B：ylog2x为偶函数，故B错误； 对于C：yx51 在（0,1）单减，在（1，+∞）单增，故C错误； x对于D：yx既是奇函数也在0,上单调递增，符合题意.

故选：D 【点睛】

四个选项互不相关的选择题，需要对各个选项一一验证.

8．C

解析：C 【分析】

根据函数为奇函数可知f1f21，然后根据x0时fx的解析式可求解出21f的值，则2【详解】

1f的值可求. 21f21， 213， 22因为fx为奇函数，所以f311f2又因为，所以

222故选：C. 【点睛】

1ff2关键点点睛：解答本题的关键是利用奇偶性的定义将计算f的值，从而根据已知条件完成求解.

11f的值转化为计算229．C

解析：C 【分析】

先求得f(x)的值域，根据题意可得f(x)的值域为[1,2]是g(x)在[1,1]上值域的子集，分

a0,a0两种情况讨论，根据g(x)的单调性及集合的包含关系，即可求得答案.

【详解】

因为f(x)(x2)2,x[0,2]，

2f(x)minf(0)1所以，即f(x)的值域为[1,2]，

f(x)f(2)2max因为对于任意x1[0,2]，总存在x2[1,1]，使得g(x2)f(x1)成立， 所以f(x)的值域为[1,2]是g(x)在[1,1]上值域的子集，

当a0时，g(x)在[1,1]上为增函数，所以g(1)g(x)g(1)，所以

g(x)[a1,a1]，

a11所以，解得a3，

a12当a0时，g(x)在[1,1]上为减函数，所以g(1)g(x)g(1)，所以

g(x)[a1,a1]

所以a11，解得a3，

a12综上实数a的取值范围是(,3][3,)， 故选：C 【点睛】

解题的关键是将题干条件转化为两函数值域的包含关系问题，再求解，考查分析理解的能力，属中档题.

10．B

解析：B 【分析】

讨论0x1、x1、x1确定g(x)xaxb的函数值符号，根据二次函数的性质求a的取值范围即可. 【详解】

2当x0时，fxxaxblnx0，

2∵0x1时，lnx0，即需x2axb0成立；x1时，lnx0，fx0恒成立；x1时，lnx0，即需x2axb0成立；

∴对于函数g(x)x2axb，在(0,1)上g(x)0，在(1,)上g(x)0，

g(1)1ab02∴a4b0解得a1， g(0)b0故选：B 【点睛】

2思路点睛：令g(x)xaxb，即f(x)g(x)lnx.

(0,)上讨论x：由fx0，根据lnx符号确定g(x)函数值的符号.

由g(x)对应区间的函数值符号，结合二次函数性质求参数范围.

11．A

解析：A 【分析】

首先求出函数的定义域，然后利用奇偶性定义判断即可. 【详解】

4x2解：因为f(x)

|x3|324x0所以解得2x2且x0，故函数的定义域为2,0x3300,2，

4x2定义域关于原点对称，所以fx，x2,0x又f(x)0,2,

4xx24x2fx

x所以函数为奇函数； 故选：A 【点睛】

本题考查函数的奇偶性的判断，判断函数的奇偶性按照两步：①求函数的定义域，判断定义域是否关于原点对称；②计算f(x)判断与fx之间的关系；

12．C

解析：C 【分析】

根据“呆呆函数”的定义可知：函数fx的值域关于原点对称，由此逐项判断. 【详解】

根据定义可知：fx为“呆呆函数”fx的值域关于原点对称， A．ysinxcosxcosx2111sin2xcos2x 222y211212sin2x,，此时值域不关于原点对称，故不符合； 24222xB．y20,+，值域不关于原点对称，故不符合；

C．ylnxex，当x0时，y，当x时，y+， 所以ylnxe,，值域关于原点对称，故符合；

xD．yx22xx111,，值域不关于原点对称，故不符合， 故选：C. 【点睛】

本题考查新定义函数，涉及到函数值域的分析，主要考查学生的分析理解能力，难度一般.

213．B

解析：B 【分析】

根据同一函数的概念及判定方法，分别求得两函数的定义域与对应法则，逐项判定，即可求解. 【详解】

对于A中，函数f(x)2x2的定义域为R，函数f(x)(x)的定义域为[0,)，两函

数的定义域不同，所以不是同一函数；

x,x0t,t0f(x)g(t)t对于B中，函数与定义域与对应法则都相同，所x,x0t,t0以两函数是同一函数；

对于C中，函数fxx21满足x210，解得x1或x1，

即函数fx的定义域为(,1][1,)，

x10函数gxx1x1满足，解得1x1，即函数gx的定义域为

x101,1，

两函数的定义域不同，所以不是同一函数； 对于D中，函数f(x)x2x1的定义域为R，函数g(x)1的定义域为

x(,0)(0,)，

两函数的定义域不同，所以不是同一函数. 故选：B. 【点睛】

本题主要考查了同一函数的概念及判定，其中解答中熟记两个函数是同一函数的判定方法是解答得关键，着重考查推理与判定能力，属于基础题.

14．C

解析：C 【详解】

2x22x2220 函数yx1ln是偶函数，排除AD;且2(x1)x2,222x12(x1)2当0x1时,y0,当x1时，y0. 排除B,选C.

点睛：这个题目考查的是由函数的解析式画函数的图象；一般这种题目是排除法来做的；先找函数的定义域，值域，看是否和解析式相符；再看函数的对称性，奇偶性，看两者是否相符；还有可以判断函数的极限值．

15．C

解析：C 【分析】

先考虑a是否为零，然后再分一次函数和二次函数分别考虑. 【详解】

当a0时，则fxx1，显然在2,上递增；

当a0时，则fxaxxa1是二次函数，因为fx在2,上递增，则对

2称轴x1112且a0，解得：a0,；综上：a的取值范围是[0,]， 2a44故选C. 【点睛】

本题考查根据单调区间求解参数范围问题，难度一般.对于形如fxaxbxc的函

2数，一定要明确：并不一定是二次函数，可能会出现a0的情况，所以要分类讨论.

二、填空题

16．【分析】设得到化简即得解【详解】设所以因为函数是定义在R上的奇函数所以所以所以函数的解析式为故答案为：【点睛】方法点睛：求奇偶函数在对称区间的解析式一般利用代入法求解析式

x(1x)x0f(x)= 解析：x(1x)x0【分析】

设x0,得到fxxx，化简即得解.

2【详解】

设x0,x0，

所以fxx1xxx，

2因为函数fx是定义在R上的奇函数， 所以fxxx，

2所以fxxxx(1x).

2x(1x)x0. 所以函数的解析式为f(x)=x(1x)x0x(1x)x0故答案为：f(x)=

x(1x)x0【点睛】

方法点睛：求奇偶函数在对称区间的解析式，一般利用代入法求解析式.

17．【分析】等价于再画出函数的图象求出函数的最小值即得解【详解】∵的最大值是0∴函数∴当时恒成立当时∴∴设其函数图象如图：由图象可知当时∴实数的取值范围为故答案为：【点睛】关键点睛：解答本题的关键是找到 解析：a6

【分析】

等价于ax2，再画出函数yx2，x4,4的图象求出函数的最小值即得解. 【详解】

∵fx的最大值是0，

∴函数fxx4ax2x2x2a0，

2∴当x2时，fx∴ax2，

0恒成立，当x2时，∴x2a0，

设yx2，x4,4，其函数图象如图：

由图象可知，当x4时，ymin426， ∴实数a的取值范围为a6． 故答案为：a6． 【点睛】

关键点睛：解答本题的关键是找到原命题的等价命题，由fxx2x2a0得到ax2在x4,4上恒成立.再画函数的图象求函数的最小值就自然而然了.

18．【分析】根据不能是奇函数排除和再利用幂函数的性质排除2即可得出【详解】若且则幂函数的图象一定在的上方故不可能为奇函数即不能取和当取时是偶函数故只需满足即可此时即则即则可取故取值的集合是故答案为：【点

2 } 解析：{2，3【分析】

根据yx不能是奇函数排除1和【详解】

k1，再利用幂函数的性质排除2即可得出. 3， 0)若x(1(0， 1)，且xk|x|，

k则幂函数yx的图象一定在yx的上方，

故yxk不可能为奇函数，即k不能取1和

1， 3k 1)即可， 当k取2,,2时，yx是偶函数，故只需满足x(0，23此时xkx，即xk11，则k10，即k1，

}. 则k可取2,，故k取值的集合是{2，2323 }. 故答案为：{2，【点睛】

本题考查幂函数的性质，解题的关键是正确理解幂函数的性质的特点，以及不同幂函数的图象特点.

2319．【分析】首先将时函数写成分段函数的形式并求函数的最小值根据奇函数的性质可知时的最小值是建立方程求【详解】当时解得：此时令解得此时所以时函数又因为此时是定义在上的奇函数所以图象关于原点对称时函数的最小 解析：【分析】

首先将x0时，函数fx写成分段函数的形式，并求函数的最小值，根据奇函数的性质可知x0时的最小值是1，建立方程求a 【详解】

2 2x2x222当x0时，2xx4a0，解得：0x2a，此时fx2x，令

aax222xx4a20，解得x2a2，此时fxx4a， ax4a2,x2a2所以x0时，函数fx，又因为此时fx是定义在R上的奇函x22x2,0x2aa数，所以图象关于原点对称，x0时，函数的最小值是-1， 当x2a2时，函数单调递增，fxmin2a4a2a，

222222x1aa当0x2a2时，fxx22x，

aa242函数的fxminf2a22a2，

所以x0时，函数的最小值是2a2，即2a21，

解得：a故答案为：【点睛】

2. 22 2思路点睛：本题主要考查分段函数与函数性质的综合应用，首先根据新定义，正确写出函数fx的表达式，这是本题最关键的一点，然后就转化为分段函数求最值问题.

20．【分析】根据题意可得到把转化为关于的函数即可求出范围【详解】由题意可得：据此可得：则令结合等差数列前n项和公式有：令则据此可知函数在上单调递减即的取值范围是故答案为：【点睛】关键点点睛：本题根据等差

6(2,) 解析：

5【分析】

S4a1a1，把转化为关于t13,1的函数，即可求出范围. 根据题意可得到3S2dd【详解】

a10,d0a由题意可得：a2a1d0，据此可得：da13d，则311，

daa3d014令ta13,1，结合等差数列前n项和公式有： d43dS44a6d4t621，

21S22a2a1d2t1d124t6令ft3t1，

2t12(2t1)442则ft，

2t12t14a1据此可知函数ft在3,1上单调递减，

f1242，f32即

46， 615S46的取值范围是2,. S25故答案为：(2,) 【点睛】

65关键点点睛：本题根据等差数列的条件，求出首项与公差的关系，看作一个整体t,将问题转化为关于t的函数，利用函数的单调性求解，体现了转化思想，考查了运算能力，属于中档题.

21．4【分析】由在上的单调性求出a的一个范围再令则在上是减函数分类讨论根据的单调性求参数a的范围两范围取交集即可得解【详解】由题意可知函数在上是增函数解得令则在上是减函数①当时在上为增函数不符合题意；②

解析：4 【分析】

由gx在0,2上的单调性求出a的一个范围，再令hxfx，则hx在0,2上x是减函数，分类讨论根据hx的单调性求参数a的范围，两范围取交集即可得解. 【详解】

由题意可知函数gxx4axa在0,2上是增函数，

2a40，解得a4， 2fxxxa4a，则hx在0,2上是减函数， x令hx①当a0时，hx在0,2上为增函数，不符合题意；

②当a0时，由对勾函数的性质可知hx在(0,a]上单调递减，

a2，解得a4，又a4，a4.

故答案为：4 【点睛】

本题考查函数的单调性、一元二次函数的单调性，属于中档题.

22．【分析】根据已知构造新函数利用导数求得函数的单调性根据函数的单调性列出不等式即可求解【详解】因为函数是定义在上的可导函数且有即设函数则所以函数在上单调递增又因为即所以则即的即不等式的解集为故答案为： 解析：(2020,2022]

【分析】

根据已知构造新函数，利用导数求得函数的单调性，根据函数的单调性，列出不等式，即可求解. 【详解】

因为函数fx是定义在0,上的可导函数，且有2fxxfxx， 即2xfxxfxx

22设函数gxxfx，则gx2xfxxfx0，

22所以函数gx在0,上单调递增，

又因为x2020fx20204f20，即x2020fx202022f2， 所以g(x2020)g(2)，则22x20200 ，即的2020x2022，

x20202即不等式的解集为(2020,2022]. 故答案为：(2020,2022]. 【点睛】

本题主要考查了函数的单调性的应用，其中解答中构造新函数，结合题设条件求得新函数的单调性，结合新函数的性质求解是解答的关键，着重考查构造思想，以及推理与运算能力.

23．【分析】先由条件判断出在R上是增函数所以需要满足和单调递增并且在处对应的值大于等于对应的值解出不等式组即可【详解】对任意都有>0所以在R上是增函数所以解得故实数a的取值范围是故答案为：【点睛】本题考

3

解析：,2

2

【分析】

x先由条件判断出yf(x)在R上是增函数，所以需要满足y(2a)x1和ya 单调

递增，并且在x1处ya对应的值大于等于y(2a)x1对应的值，解出不等式组即可. 【详解】

对任意x1x2，都有

xfx1fx2x1x2>0，

所以yf(x)在R上是增函数，

2a03所以a1，解得a2，

2(2a)11a故实数a的取值范围是,2.

32

3

故答案为：,2.

2

【点睛】

本题考查含有参数的分段函数根据单调性求参数范围问题，需要满足各部分单调并且在分段处的函数值大小要确定，属于中档题.

24．甲【分析】由题意求出的解析式依据两函数为同一函数的条件:定义域和对应关系相同即可得出结论【详解】解得所以故答案为:甲【点睛】本题主要考查两函数为同一函数的条件：定义域和对应关系相同；正确求出两函数的

解析：甲

【分析】

由题意求出Fx,Gx的解析式,依据两函数为同一函数的条件:定义域和对应关系相同,即可得出结论. 【详解】

x1xgxx2, x1,xx1fxfxFxxx1, x1xx1.xx2, x1xGxgx, fxGxx1x2, xxx1解得Gxxx2,

xx2.

所以FxGx故答案为:甲 【点睛】

本题主要考查两函数为同一函数的条件：定义域和对应关系相同；正确求出两函数的解析式和定义域是求解本题的关键;属于易错题;

25．②④【分析】根据题意画出方程对应的函数图象根据图像判断函数单调性值域最值以及函数零点个数的判断数形结合即可选择【详解】当y≥0时方程y|y|＝1化为（y≥0）当y＜0时方程y|y|＝1化为（y＜0）

解析：②④ 【分析】

根据题意，画出方程对应的函数图象，根据图像判断函数单调性、值域、最值以及函数零点个数的判断，数形结合即可选择. 【详解】

x2x2当y≥0时，方程y|y|＝1化为y21（y≥0），

44x2x2当y＜0时，方程y|y|＝1化为y21（y＜0）.

44作出函数f（x）的图象如图：

由图可知，函数f（x）在R上不是单调函数，故①错误； y＝f（x）的图象上的点到坐标原点距离的最小值为1，故②正确； 函数f（x）的值域为（﹣∞，1]，故③错误；

1x2双曲线y21的渐近线方程为y，

24故函数y＝f（x）与y＝﹣x的图象只有1个交点， 即函数F（x）＝f（x）+x有且只有一个零点，故④正确. 故答案为：②④. 【点睛】

本题考查函数单调性、值域以及零点个数的判断，涉及椭圆和双曲线的轨迹绘制，以及数形结合的数学思想，属综合中档题.

26．12【分析】首先设将原函数转化为再根据二次函数的单调性即可得到答案【详解】设因为所以则函数转化为因为在为增函数所以解得或（舍去）即所以故答案为：【点睛】本题主要考查根据函数单调性求最值同时考查了换元

解析：12 【分析】

2tt1首先设m3x，将原函数转化为gmmm，3m3，再根据二次函数的单调

性即可得到答案. 【详解】

设m3x，因为txt1，所以3tm3t1.

xx2tt1则函数fx93txt1转化为gmmm，3m3.

tt13,3因为gm在为增函数，

所以gmming3t3t3t2，解得3t1或3t2（舍去）.

2即t0.

t1所以fxmaxg3g312.

故答案为：12 【点睛】

本题主要考查根据函数单调性求最值，同时考查了换元法，属于中档题.