第三章素养检测

对于 $ \mathrm{A} $ ， $ y=\dfrac{1}{x+1} $ 的定义域为 $ ｛x|x\ne -1｝ $ ，不关于原点对称，所以不是奇函数，故 $ \mathrm{A} $ 不符合题意；

对于 $ \mathrm{B} $ ，记 $ y=f(x)={x}^{2} $ ，定义域为 $ \boldsymbol{R} $ ,且 $ f (-x )= (-x)^{2}={x}^{2}=f (x ) $ ,则 $ f(x) $ 是偶函数，不是奇函数，故 $ \mathrm{B} $ 不符合题意；

对于 $ \mathrm{C} $ ，记 $ y=g(x)=|x| $ ，定义域为 $ \boldsymbol{R} $ ，且 $ g(-x)=|-x|=|x|=g(x) $ ,则 $ g(x) $ 是偶函数，不是奇函数，故 $ \mathrm{C} $ 不符合题意；

对于 $ \mathrm{D} $ ,记 $ y=ℎ(x)=\begin{cases}{x}^{2},x\geqslant 0,\\ -{x}^{2},x < 0,\end{cases} $ 定义域为 $ \boldsymbol{R} $ ,当 $ x > 0 $ 时， $ -x < 0 $ ，则 $ ℎ (-x )=- (-x)^{2}=-{x}^{2}=-ℎ (x ) $ ，当 $ x < 0 $ 时， $ -x > 0 $ ，则 $ ℎ (-x )= (-x)^{2}={x}^{2}=-ℎ (x ) $ ，当 $ x=0 $ 时， $ ℎ(0)=0 $ ，则 $ ℎ(x) $ 是奇函数，当 $ x\geqslant 0 $ 时， $ ℎ(x) $ 单调递增，又 $ ℎ(x) $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上的图象连续，所以 $ ℎ(x) $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上为增函数，故 $ \mathrm{D} $ 符合题意.故选 $ \mathrm{D} $ .

对于函数 $ y={x}^{2}-2x+3={\left(x-1\right) ^ {2}}+2 $ ，当 $ x=3 $ 时， $ y=6 $ ，当 $ x=1 $ 时， $ y=2 $ ，而 $ -\dfrac{1}{x}\ne 0 $ ，即有 $ -\dfrac{1}{x}+2\ne 2 $ ，依题意得 $ c\leqslant 1 $ ，又 $ {c}^{2}-2c+3\leqslant 6 $ ，解得 $ -1\leqslant c\leqslant 3 $ ，则 $ -1\leqslant c\leqslant 1 $ .

当 $ 0\leqslant c\leqslant 1 $ 时，函数 $ f(x) $ 在 $ (-\mathrm{\infty },0) $ 上的值域为 $ (2,+\mathrm{\infty }) $ ，不符合题意；

当 $ -1\leqslant c < 0 $ 时，函数 $ y=-\dfrac{1}{x}+2 $ 在 $ (-\mathrm{\infty },c) $ 上单调递增，

则 $ 2 < -\dfrac{1}{x}+2 < -\dfrac{1}{c}+2 $ ，所以 $ \begin{cases}-\dfrac{1}{c}+2\leqslant 6,\\ -1\leqslant c < 0,\end{cases} $ 解得 $ -1\leqslant c\leqslant -\dfrac{1}{4} $ .

所以实数 $ c $ 的取值范围是 $ [-1,-\dfrac{1}{4}] $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

因为函数 $ y=\dfrac{kx+7}{k{x}^{2}+4kx+3} $ 的定义域为 $ \boldsymbol{R} $ ,

所以对任意的 $ x\in \boldsymbol{R} $ , $ k{x}^{2}+4kx+3\ne 0 $ 恒成立.

①当 $ k=0 $ 时,则有 $ 3\ne 0 $ ,符合题意；

②当 $ k\ne 0 $ 时,由题意可得 $ \mathrm{\Delta }=16{k}^{2}-12k < 0 $ ,解得 $ 0 < k < \dfrac{3}{4} $ .

综上,实数 $ k $ 的取值范围是 $ [0,\dfrac{3}{4}) $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

因为函数 $ f(x) $ 满足 $ f(1-3x)=f(3x) $ ，

所以函数 $ f(x) $ 的图象关于直线 $ x=\dfrac{1}{2} $ 对称.

因为函数 $ f(x) $ 在 $ (-\mathrm{\infty },\dfrac{1}{2}) $ 上单调递增，

所以函数 $ f(x) $ 在 $ (\dfrac{1}{2},+\mathrm{\infty }) $ 上单调递减.

又因为 $ \dfrac{\sqrt{2}}{4} < \dfrac{\sqrt{3}}{4} < \dfrac{1}{2} < \dfrac{\sqrt{5}}{4} $ ， $ \dfrac{\sqrt{5}}{4}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{\sqrt{5}-2}{4} < \dfrac{2-\sqrt{3}}{4}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{4} $ ,

所以 $ f(\dfrac{\sqrt{2}}{4}) < f(\dfrac{\sqrt{3}}{4}) < f(\dfrac{\sqrt{5}}{4}) $ ，即 $ a < b < c $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

由函数 $ f(x) $ 为偶函数且在 $ (-\mathrm{\infty },0] $ 上单调递减， $ f(1)=0 $ ，

所以 $ f(1)=f(-1)=0 $ ，且 $ f(x) $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增，

所以当 $ x < -1 $ 时， $ f(x) > 0 $ ，当 $ -1 < x < 1 $ 时， $ f(x) < 0 $ ，当 $ x > 1 $ 时, $ f(x) > 0 $ ，则当 $ x\leqslant -1 $ 时， $ x-1\leqslant -2 $ ，则 $ f(x-1) > 0 $ ，所以 $ xf(x-1) < 0 $ ；

当 $ -1 < x\leqslant 0 $ 时， $ -2 < x-1\leqslant -1 $ ，则 $ f(x-1)\geqslant 0 $ ，所以 $ xf(x-1)\leqslant 0 $ ；

当 $ 0 < x < 1 $ 时， $ -1 < x-1 < 0 $ ，则 $ f(x-1) < 0 $ ，所以 $ xf(x-1) < 0 $ ；

当 $ 1\leqslant x\leqslant 2 $ 时， $ 0\leqslant x-1\leqslant 1 $ ，则 $ f(x-1)\leqslant 0 $ ，所以 $ xf(x-1)\leqslant 0 $ ；

当 $ x > 2 $ 时， $ x-1 > 1 $ ，则 $ f(x-1) > 0 $ ，所以 $ xf(x-1) > 0 $ .

综上所述，不等式 $ xf(x-1)\leqslant 0 $ 的解集为 $ (-\mathrm{\infty },2] $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

由题可知，函数 $ f(x)=({m}^{2}-m-1){x}^{{m}^{3}-1} $ 是幂函数，则 $ {m}^{2}-m-1=1 $ ，解得 $ m=2 $ 或 $ m=-1 $ .

对任意的 $ {x}_{1} $ , $ {x}_{2}\in (0,+\mathrm{\infty }) $ 且 $ {x}_{1}\ne {x}_{2} $ ，满足 $ \dfrac{f({x}_{1})-f({x}_{2})}{{x}_{1}-{x}_{2}} > 0 $ ，所以函数 $ f(x) $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增，故 $ m=2 $ .

所以 $ f(x)={x}^{7} $ .

又 $ f(-x)=-{x}^{7}=-f(x) $ ，所以 $ f(x) $ 为 $ \boldsymbol{R} $ 上单调递增的奇函数.

由 $ a+b < 0 $ ，得 $ a < -b $ ，所以 $ f(a) < f(-b)=-f(b) $ ，则 $ f(a)+f(b) < 0 $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

依题意,不妨设 $ {x}_{1} < {x}_{2} $ ,则 $ {x}_{1}-{x}_{2} < 0 $ ,

则由 $ \dfrac{g({x}_{1})-g({x}_{2})}{f({x}_{1})-f({x}_{2})} > 2 $ 得 $ \dfrac{g({x}_{1})-g({x}_{2})}{{x}_{1}-{x}_{2}} > 2 $ ,即 $ g({x}_{1})-g({x}_{2}) < 2{x}_{1}-2{x}_{2} $ ,则 $ g({x}_{1})-2{x}_{1} < g({x}_{2})-2{x}_{2} $ .

令 $ ℎ(x)=g(x)-2x $ ,则 $ ℎ(x) $ 在 $ [0,t] $ 上单调递增.

又 $ ℎ(x)=g(x)-2x=\begin{cases}{x}^{2}-6x,x > 4,\\ -{x}^{2}+2x,x\leqslant 4,\end{cases} $ 所以当 $ x\leqslant 4 $ 时, $ ℎ(x)=-{x}^{2}+2x $ ,则函数 $ y=-{x}^{2}+2x $ 的图象开口向下,对称轴为直线 $ x=1 $ ,所以 $ ℎ(x) $ 在 $ (-\mathrm{\infty },1) $ 上单调递增,在 $ (1,4) $ 上单调递减；

当 $ x > 4 $ 时, $ ℎ(x)={x}^{2}-6x $ ,函数 $ y={x}^{2}-6x $ 的图象开口向上,对称轴为直线 $ x=3 $ ,所以 $ ℎ(x) $ 在 $ (4,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增.由此 $ ℎ(x) $ 的大致图象如图,所以由图可知 $ 0 < t\leqslant 1 $ ,故 $ t $ 的最大值为1.故选 $ \mathrm{B} $ .

对任意 $ {x}_{1} $ , $ {x}_{2}({x}_{1}\ne {x}_{2}) $ ，都有 $ ({x}_{1}-{x}_{2})[f({x}_{1})-f({x}_{2})] < 0 $ ，

不妨设 $ {x}_{1} > {x}_{2} $ ，由 $ ({x}_{1}-{x}_{2})[f({x}_{1})-f({x}_{2})] < 0⇒f({x}_{1})-f({x}_{2}) < 0⇒f({x}_{1}) < f({x}_{2}) $ ，

所以函数 $ f(x) $ 是 $ \boldsymbol{R} $ 上的减函数.

函数 $ y=f(x-1) $ 的图象向左平移一个单位长度得到函数 $ f(x) $ 的图象，

因为函数 $ y=f(x-1) $ 是以 $ (1,0) $ 为中心的“中心捺函数”，

所以函数 $ f(x) $ 是以 $ (0,0) $ 为中心的“中心捺函数”，所以 $ f(x)+f(-x)=0 $ ,

因此函数 $ f(x) $ 是奇函数且在 $ \boldsymbol{R} $ 上单调递减.

由 $ f({n}^{2}-mn)+f(2{m}^{2}-2mn)\geqslant 0⇒f({n}^{2}-mn)\geqslant -f(2{m}^{2}-2mn)=f(2mn-2{m}^{2})⇒{n}^{2}-mn\leqslant 2mn-2{m}^{2}⇒{n}^{2}-3mn+2{m}^{2}\leqslant 0 $ ，

当 $ m=0 $ 时，则有 $ n=0 $ ，此时 $ \dfrac{m}{m+n} $ 没有意义，

当 $ m\ne 0 $ 时，由 $ {n}^{2}-3mn+2{m}^{2}\leqslant 0⇒{\left(\dfrac{n}{m}\right) ^ {2}}-\dfrac{3n}{m}+2\leqslant 0⇒1\leqslant \dfrac{n}{m}\leqslant 2 $ ，

又 $ \dfrac{m}{m+n}=\dfrac{1}{1+\dfrac{n}{m}} $ ，所以由 $ 1\leqslant \dfrac{n}{m}\leqslant 2⇒2\leqslant \dfrac{n}{m}+1\leqslant 3⇒\dfrac{1}{3}\leqslant \dfrac{1}{\dfrac{n}{m}+1}\leqslant \dfrac{1}{2} $ ，故选 $ \mathrm{C} $ .

由题图可知， $ f(x) $ 在 $ [0,2.8] $ , $ [4,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增，所以 $ \begin{cases}a\geqslant 0,\\ a+2\leqslant 2.8\end{cases} $ 或 $ a\geqslant 4 $ ，

所以 $ a $ 的取值范围为 $ [0,0.8]\cup [4,+\mathrm{\infty }) $ .

故 $ \mathrm{A} $ 不符合题意， $ \mathrm{B}\mathrm{C}\mathrm{D} $ 符合题意.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

$ \mathrm{A} $ 选项，由 $ f(x) $ 的图象关于点 $ (1,2) $ 中心对称可得， $ f(x)+f(2-x)=4 $ ，则 $ f(4-x)+f(x-2)=4 $ ，

即 $ \dfrac{f(4-x)+f(x-2)}{4}=1 $ ，故 $ \mathrm{A} $ 正确；

$ \mathrm{B} $ 选项，由 $ f(4-x)+f(x-2)=4 $ 得 $ f(4-x)=4-f(x-2) $ ，

因为 $ \dfrac{f(x)-f(4-x)}{4}=2-x $ ，

所以 $ \dfrac{f(x)+f(x-2)-4}{4}=2-x $ ，

则 $ f(x)+f(x-2)=12-4x $ ，令 $ x=4 $ ，则 $ f(4)+f(2)=12-4×4=-4 $ ，故 $ \mathrm{B} $ 错误；

$ \mathrm{C} $ 选项，由 $ f(4-x)+f(x-2)=4 $ 得 $ f(1-x)+f(x+1)=4 $ ，

则 $ f(1-x)-2=-[f(x+1)-2] $ ，

令 $ g(x)=f(x+1)-2 $ ， $ g(x) $ 的定义域为 $ \boldsymbol{R} $ ,则 $ g(-x)=-g(x) $ ，所以 $ g(x) $ 为奇函数，即 $ y=f(x+1)-2 $ 为奇函数，故 $ \mathrm{C} $ 正确；

$ \mathrm{D} $ 选项，因为 $ \dfrac{f(x)-f(4-x)}{4}=2-x $ ，所以 $ \dfrac{f(x+2)-f(2-x)}{4}=2-x-2=-x $ ，

即 $ f(x+2)-f(2-x)=-4x $ ，故 $ f(x+2)+2x=f(2-x)-2x $ ，

令 $ ℎ(x)=f(2+x)+2x $ ， $ ℎ(x) $ 的定义域为 $ \boldsymbol{R} $ ,则 $ ℎ(x)=ℎ(-x) $ ，故 $ ℎ(x) $ 为偶函数，

即 $ y=f(2+x)+2x $ 为偶函数，故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,因为 $ f(xy)=f(x)+f(y) $ ,

令 $ x=y=1 $ ,得 $ f(1)=f(1)+f(1)=2f(1) $ ,所以 $ f(1)=0 $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ ,令 $ y=\dfrac{1}{x} > 0 $ ,得 $ f(1)=f(x)+f(\dfrac{1}{x})=0 $ ,所以 $ f(\dfrac{1}{x})=-f(x) $ ,

任取 $ {x}_{1} $ , $ {x}_{2}\in (0,+\mathrm{\infty }) $ ,且 $ {x}_{1} < {x}_{2} $ ,则 $ f({x}_{2})-f({x}_{1})=f({x}_{2})+f(\dfrac{1}{{x}_{1}})=f(\dfrac{{x}_{2}}{{x}_{1}}) $ ,

因为 $ \dfrac{{x}_{2}}{{x}_{1}} > 1 $ ,所以 $ f(\dfrac{{x}_{2}}{{x}_{1}}) > 0 $ ,即 $ f({x}_{2})-f({x}_{1}) > 0 $ ,所以 $ f({x}_{1}) < f({x}_{2}) $ ,

所以 $ f(x) $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增,故 $ \mathrm{B} $ 正确；

对于 $ \mathrm{C} $ , $ f(2)+f(\dfrac{1}{2})+f(3)+f(\dfrac{1}{3})+\cdots +f(2023)+f(\dfrac{1}{2023}) $

$ =f(\dfrac{1}{2}×2)+f(\dfrac{1}{3}×3)+\cdots +f(\dfrac{1}{2023}×2023)=f(1)+f(1)+\cdots +f(1)=0 $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；

对于 $ \mathrm{D} $ ,因为 $ f(\dfrac{1}{2})=-1 $ , $ f(xy)=f(x)+f(y) $ ,

所以 $ f(\dfrac{1}{4})=f(\dfrac{1}{2})+f(\dfrac{1}{2})=-2 $ ,

又因为 $ f(\dfrac{1}{x})=-f(x) $ ,所以 $ f(4)=2 $ ,

由 $ f(x)-f(x-2)\geqslant 2 $ 得 $ f(x)-f(x-2)\geqslant f(4) $ ,即 $ f(x)\geqslant f(4x-8) $ ,

因为 $ f(x) $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增,所以 $ \begin{cases}x > 0,\\ x-2 > 0,\\ x\geqslant 4x-8,\end{cases} $ 解得 $ 2 < x\leqslant \dfrac{8}{3} $ ,

所以不等式 $ f(x)-f(x-2)\geqslant 2 $ 的解集为 $ (2,\dfrac{8}{3}] $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .

由于函数 $ y=f(x) $ 是定义在 $ (-2b,b+1) $ 上的偶函数，则定义域关于原点对称，所以 $ -2b+b+1=0 $ ，得 $ b=1 $ ，所以函数 $ y=f(x) $ 的定义域为 $ (-2,2) $ .

由于函数 $ y=f(x) $ 在区间 $ (-2,0] $ 上单调递增，则该函数在区间 $ [0,2) $ 上单调递减.

由于函数 $ y=f(x) $ 为偶函数，则 $ f(x)=f(\left|x\right|) $ ，由 $ f(2x-1)\leqslant f(x) $ ，可得 $ f(\left|2x-1\right|)\leqslant f(\left|x\right|) $ ，则 $ \begin{cases}\mid 2x-1\mid \geqslant \mid x\mid ,\\ -2 < 2x-1 < 2,\\ -2 < x < 2,\end{cases} $

解得 $ -\dfrac{1}{2} < x\leqslant \dfrac{1}{3} $ 或 $ 1\leqslant x < \dfrac{3}{2} $ ，因此不等式 $ f(2x-1)\leqslant f(x) $ 的解集为 $ (-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{3}]\cup [1,\dfrac{3}{2}) $ .

当 $ x=0 $ 时, $ f(0)\cdot g(0)={b}^{2}\leqslant 0 $ , $ \therefore b=0 $ .

当 $ x=1 $ 时, $ f(1)\cdot g(1)=(1+a)\cdot (1+a)={\left(1+a\right) ^ {2}}\leqslant 0 $ , $ \therefore a=-1 $ .

由题意可得 $ f(-x)+g(-x)=a{x}^{2}-x+2 $ ，

因为 $ f(x) $ 是奇函数， $ g(x) $ 是偶函数，

所以 $ -f(x)+g(x)=a{x}^{2}-x+2 $ ，联立 $ \begin{cases}f(x)+g(x)=a{x}^{2}+x+2,\\ -f(x)+g(x)=a{x}^{2}-x+2,\end{cases} $

解得 $ g(x)=a{x}^{2}+2 $ .又因为对于任意的 $ 1 < {x}_{1} < {x}_{2} < 2 $ ，都有 $ \dfrac{g({x}_{1})-g({x}_{2})}{{x}_{1}-{x}_{2}} > -5 $ 成立，

所以 $ g({x}_{1})-g({x}_{2}) < -5{x}_{1}+5{x}_{2} $ ，即 $ g({x}_{1})+5{x}_{1} < g({x}_{2})+5{x}_{2} $ 成立，

令 $ ℎ(x)=g(x)+5x=a{x}^{2}+5x+2 $ ，

则 $ ℎ({x}_{1}) < ℎ({x}_{2}) $ ,则 $ ℎ(x) $ 在 $ (1,2) $ 上单调递增.

若 $ a < 0 $ ，则 $ ℎ(x) $ 图象的对称轴为直线 $ x=-\dfrac{5}{2a}\geqslant 2 $ ，解得 $ -\dfrac{5}{4}\leqslant a < 0 $ ；

若 $ a=0 $ ，则 $ ℎ(x)=5x+2 $ 在 $ (1,2) $ 上单调递增，满足题意；

若 $ a > 0 $ ，则 $ ℎ(x) $ 图象的对称轴为直线 $ x=-\dfrac{5}{2a}\leqslant 1 $ 恒成立.

综上，实数 $ a $ 的取值范围是 $ [-\dfrac{5}{4},+\mathrm{\infty }) $ .