1．已知函数 $ f(x)=\begin{cases}-{x}^{2}+2,x\leqslant 1,\\ x+\dfrac{1}{x}-1,x > 1,\end{cases} $ 则 $ f(f(\dfrac{1}{2}))= $ ;若当 $ x\in [a,b] $ 时， $ 1\leqslant f(x)\leqslant 3 $ ,则 $ b-a $ 的最大值是 .
$ \dfrac{37}{28} $ ； $ 3+\sqrt{3} $
因为 $ f(\dfrac{1}{2})=-{\left(\dfrac{1}{2}\right) ^ {2}}+2=\dfrac{7}{4} $ ，所以 $ f(f(\dfrac{1}{2}))=f(\dfrac{7}{4})=\dfrac{7}{4}+\dfrac{4}{7}-1=\dfrac{37}{28} $ .当 $ x\leqslant 1 $ 时，由 $ 1\leqslant -{x}^{2}+2\leqslant 3 $ ，解得 $ -1\leqslant x\leqslant 1 $ ；当 $ x > 1 $ 时，由 $ 1\leqslant x+\dfrac{1}{x}-1\leqslant 3 $ ，解得 $ 1 < x\leqslant 2+\sqrt{3} $ ，综上所述， $ 1\leqslant f(x)\leqslant 3 $ 的解集为 $ [-1,2+\sqrt{3}] $ ，所以 $ [a,b]\subseteq [-1,2+\sqrt{3}] $ ，所以 $ (b-a)_{ \max }=2+\sqrt{3}- (-1 )=3+\sqrt{3} $ ．
2．设函数 $ f (x )=\begin{cases}-ax+1,x < a,\\ (x-2)^{2},x\geqslant a.\end{cases} $ 若 $ f(x) $ 存在最小值，则 $ a $ 的一个取值为 ； $ a $ 的最大值为 .
0（答案不唯一）； 1
若 $ a=0 $ ，则函数 $ f (x )=\begin{cases}1,x < 0,\\ (x-2)^{2},x\geqslant 0\end{cases} $ 存在最小值0，所以 $ a $ 的一个取值可以为0.若 $ a < 0 $ ，则当 $ x < a $ 时， $ f(x)=-ax+1 $ 单调递增，函数 $ f(x) $ 不可能存在最小值.若 $ 0 < a\leqslant 2 $ ，则当 $ x < a $ 时， $ f(x)=-ax+1\in (-{a}^{2}+1,+\mathrm{\infty }) $ ；当 $ x\geqslant a $ 时， $ f (x )= (x-2)^{2}\in [0,+\mathrm{\infty } ) $ ，若函数 $ f(x) $ 存在最小值，则 $ -{a}^{2}+1\geqslant 0 $ ，解得 $ 0 < a\leqslant 1 $ .若 $ a > 2 $ ，则当 $ x < a $ 时， $ f(x)=-ax+1\in (-{a}^{2}+1,+\mathrm{\infty }) $ ；当 $ x\geqslant a $ 时， $ f (x )= (x-2)^{2}\in [ (a-2)^{2},+\mathrm{\infty } ) $ ，若函数 $ f(x) $ 存在最小值，则 $ -{a}^{2}+1\geqslant (a-2)^{2} $ ，不等式无解.
综上， $ 0\leqslant a\leqslant 1 $ ，所以 $ a $ 的最大值为1.
3．函数 $ y=\dfrac{|{x}^{2}-1|}{x} $ 的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
因为函数 $ f(x) $ 的定义域为 $ (-\mathrm{\infty },0)\cup (0,+\mathrm{\infty }) $ ,且 $ f(-x)=\dfrac{|{x}^{2}-1|}{-x}=-f(x) $ ,所以函数 $ f(x) $ 为奇函数,图象关于原点对称,所以排除 $ \mathrm{C} $ , $ \mathrm{D} $ ；
当 $ x < 0 $ 时, $ f(x) < 0 $ ,所以排除 $ \mathrm{B} $ ,故选 $ \mathrm{A} $ .
4．设函数 $ f(x) $ 的定义域为 $ \boldsymbol{R} $ ,且 $ f(x+2) $ 为偶函数， $ f(2x+1) $ 为奇函数，则（ ）
A． $ f(-\dfrac{1}{2})=0 $
B． $ f(-1)=0 $
C． $ f(2)=0 $
D． $ f(4)=0 $
因为函数 $ f(x+2) $ 为偶函数,所以其图象关于 $ y $ 轴对称,则函数 $ f(x) $ 的图象关于直线 $ x=2 $ 对称.
又函数 $ f(2x+1) $ 为奇函数,所以其图象关于点 $ (0,0) $ 对称,
将函数 $ y=f(2x+1) $ 的图象向右平移 $ \dfrac{1}{2} $ 个单位长度,得到函数 $ y=f(2(x-\dfrac{1}{2})+1)=f(2x) $ 的图象且函数 $ f(2x) $ 的图象关于点 $ (\dfrac{1}{2},0) $ 对称,再将所得函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍,得到函数 $ y=f(x) $ 的图象,且函数 $ y=f(x) $ 的图象关于点 $ (1,0) $ 对称,所以函数 $ y=f(x) $ 图象既关于直线 $ x=2 $ 对称,又关于点 $ (1,0) $ 对称,所以4为函数 $ y=f(x) $ 的一个周期.
又 $ f(1)=0 $ ,所以 $ f(-1)=f(-1+4)=f(3)=f(1)=0 $ ,故选 $ \mathrm{B} $ .
5．设函数 $ f(x) $ 的定义域为 $ \boldsymbol{R} $ ， $ f(x+1) $ 为奇函数， $ f(x+2) $ 为偶函数，当 $ x\in [1,2] $ 时， $ f(x)=a{x}^{2}+b $ .若 $ f(0)+f(3)=6 $ ，则 $ f(\dfrac{9}{2})= $ （ ）
A． $ -\dfrac{9}{4} $
B． $ -\dfrac{3}{2} $
C． $ \dfrac{7}{4} $
D． $ \dfrac{5}{2} $
因为 $ f(x+1) $ 是奇函数， $ x\in \boldsymbol{R} $ ,所以 $ f(-x+1)=-f(x+1) $ ，所以 $ f(x) $ 的图象关于点 $ (1,0) $ 对称，且 $ f(1)=0 $ .由 $ f(x+2) $ 是偶函数，得 $ f(-x+2)=f(x+2) $ ，所以函数 $ f(x) $ 的图象关于直线 $ x=2 $ 对称，所以 $ f(x)=-f(-x+2)=-f(x+2) $ ，所以 $ f(x)=f(x+4) $ ，所以函数 $ f(x) $ 是以4为周期的函数.又 $ f(0)=-f(2)=-4a-b $ ， $ f(3)=f(1)=a+b=0 $ ，所以 $ f(0)+f(3)=-3a=6 $ ，所以 $ a=-2 $ , $ b=2 $ ，所以 $ f(\dfrac{9}{2})=f(\dfrac{1}{2})=-f(\dfrac{3}{2})=\dfrac{5}{2} $ ，故选 $ \mathrm{D} $ .
6．已知函数 $ f(x) $ 的定义域为 $ \boldsymbol{R} $ ，且 $ f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y) $ , $ f(1)=1 $ ,则 $ \underset{\mathrm{k}=1}{\sum ^{22}}f(k)= $ （ ）
A． $ -3 $
B． $ -2 $
C．0
D．1
在 $ f(x+y)+f(x-y)=f(x)\cdot f(y) $ 中，令 $ y=1 $ ，得 $ f(x+1)+f(x-1)=f(x)\cdot f(1) $ ，所以 $ f(x+1)+f(x-1)=f(x)\mathrm{①} $ ，所以 $ f(x+2)+f(x)=f(x+1)\mathrm{②} $ .
由①②相加，整理得 $ f(x+2)+f(x-1)=0 $ ，所以 $ f(x+3)+f(x)=0 $ ，即 $ f(x+3)=-f(x) $ ，所以 $ f(x+6)=-f(x+3)=f(x) $ ，所以函数 $ f(x) $ 的一个周期为6.
在 $ f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y) $ 中，令 $ y=0 $ ，得 $ f(x)+f(x)=f(x)f(0) $ ，所以 $ f(0)=2 $ .
令 $ x=1 $ , $ y=1 $ ，得 $ f(2)+f(0)=f(1)f(1) $ ，所以 $ f(2)=-1 $ .
由 $ f(x+3)=-f(x) $ ，得 $ f(3)=-f(0)=-2 $ ， $ f(4)=-f(1)=-1 $ ， $ f(5)=-f(2)=1 $ ， $ f(6)=-f(3)=2 $ ，所以 $ f(1)+f(2)+\dots +f(6)=1-1-2-1+1+2=0 $ .所以 $ \underset{\mathrm{k}=1}{\sum ^{22}}f(k)=3[f(1)+f(2)+\dots +f(6)]+f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=3×0+1-1-2-1=-3 $ ，故选 $ \mathrm{A} $ .
7．设 $ f(x) $ 是定义域为 $ \boldsymbol{R} $ 的奇函数,且 $ f(1+x)=f(-x) $ .若 $ f(-\dfrac{1}{3})=\dfrac{1}{3} $ ,则 $ f(\dfrac{5}{3})= $ （ ）
A． $ -\dfrac{5}{3} $
B． $ -\dfrac{1}{3} $
C． $ \dfrac{1}{3} $
D． $ \dfrac{5}{3} $
由题知 $ f(2+x)=f(1+(1+x))=f(-1-x)=-f(1+x)=-f(-x)=f(x) $ ,则函数 $ f(x) $ 是周期为2的周期函数,则 $ f(\dfrac{5}{3})=f(-\dfrac{1}{3})=\dfrac{1}{3} $ ,故选 $ \mathrm{C} $ .
8．已知函数 $ f(x) $ 的定义域为 $ \boldsymbol{R} $ , $ f(x) > f(x-1)+f(x-2) $ ,且当 $ x < 3 $ 时 $ f(x)=x $ ,则下列结论中一定正确的是（ ）
A． $ f(10) > 100 $
B． $ f(20) > 1000 $
C． $ f(10) < 1000 $
D． $ f(20) < 10000 $
由 $ f(x) > f(x-1)+f(x-2) $ ，且当 $ x < 3 $ 时， $ f(x)=x $ 知 $ f(1)=1 $ , $ f(2)=2 $ , $ f(3) > f(2)+f(1)=3 $ ， $ f(4) > f(3)+f(2) > 3+2=5 $ , $ f(5) > f(4)+f(3) > 5+3=8 $ , $ f(6) > f(5)+f(4) > 8+5=13 $ , $ f(7) > f(6)+f(5) > 13+8=21 $ , $ f(8) > f(7)+f(6) > 21+13=34 $ , $ f(9) > f(8)+f(7) > 34+21=55 $ , $ f(10) > f(9)+f(8) > 55+34=89 $ ,没有推出 $ f(10) > 100 $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；
以此类推，类似斐波那契数列，
$ f(11) > f(10)+f(9) > 89+55=144 $ , $ f(12) > f(11)+f(10) > 144+89=233 $ , $ f(13) > f(12)+f(11) > 233+144=377 $ , $ f(14) > f(13)+f(12) > 377+233=610 $ , $ f(15) > f(14)+f(13) > 610+377=987 $ , $ f(16) > f(15)+f(14) > 987+610=1597 > 1000 $ ,则 $ f(20) > f(16) > 1000 $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；
由 $ f(x) > f(x-1)+f(x-2) $ 知 $ f(x) $ 取比 $ f(x-1)+f(x-2) $ 大的数，所以 $ f(x) $ 无最大值，故 $ \mathrm{C} $ , $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{B} $ .
9．若定义在 $ \boldsymbol{R} $ 的奇函数 $ f(x) $ 在 $ (-\mathrm{\infty },0) $ 单调递减，且 $ f(2)=0 $ ，则满足 $ xf(x-1)\geqslant 0 $ 的 $ x $ 的取值范围是（ ）
A． $ [-1,1]\cup [3,+\mathrm{\infty }) $
B． $ [-3,-1]\cup [0,1] $
C． $ [-1,0]\cup [1,+\mathrm{\infty }) $
D． $ [-1,0]\cup [1,3] $
奇函数 $ f(x) $ 在 $ (-\mathrm{\infty },0) $ 单调递减，且 $ f(2)=0 $ ，则 $ f(x) $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 单调递减，且 $ f(-2)=0 $ .
由 $ xf(x-1)\geqslant 0 $ ，
得 $ \begin{cases}x < 0,\\ f\left(x-1\right)\leqslant 0\end{cases} $ 或 $ \begin{cases}x > 0,\\ f\left(x-1\right)\geqslant 0\end{cases} $ 或 $ x=0 $ ，
即 $ \begin{cases}x < 0,\\ -2\leqslant x-1\leqslant 0\end{cases} $ 或 $ \begin{cases}x > 0,\\ 0\leqslant x-1\leqslant 2\end{cases} $ 或 $ x=0 $ ，
解得 $ -1\leqslant x\leqslant 0 $ 或 $ 1\leqslant x\leqslant 3 $ .故选 $ \mathrm{D} $ .
10．已知 $ y=f(x) $ 是奇函数，当 $ x\geqslant 0 $ 时， $ f(x)={x}^{\frac{2}{3}} $ ，则 $ f(-8) $ 的值是 .
$ -4 $
当 $ x\geqslant 0 $ 时， $ f(x)={x}^{\frac{2}{3}} $ ,可得 $ f(8)={8}^{\frac{2}{3}}=4 $ .
又 $ y=f(x) $ 是奇函数，所以 $ f(-x)=-f(x) $ ，则 $ f(-8)=-f(8)=-4 $ .
1．方程 $ |2|x|-1|-k=0 $ 有4个不同的根的一个充分不必要条件为（ ）
A． $ 0 < k < 1 $
B． $ 0\leqslant k\leqslant 1 $
C． $ \dfrac{1}{2}\leqslant k < 1 $
D． $ \dfrac{1}{2} < k\leqslant 2 $
如图,将直线 $ y=2x $ 位于 $ x $ 轴下方的部分翻折到 $ x $ 轴上方,再向下平移1个单位长度,得到 $ y=2|x|-1 $ 的图象,再将其位于 $ x $ 轴下方的图象翻折到 $ x $ 轴上方，即得 $ g(x)=|2|x|-1| $ 的图象,则方程 $ |2|x|-1|-k=0 $ 有4个不同的根的充要条件为 $ g(x)=|2|x|-1| $ 的图象与直线 $ y=k $ 有4个公共点,即 $ 0 < k < 1 $ ,结合选项可知其成立的一个充分不必要条件为 $ \dfrac{1}{2}\leqslant k < 1 $ ,故选 $ \mathrm{C} $ .
2．已知函数 $ f(x)=1-4||x|-1| $ , $ g(x)={x}^{2}-2|x|+m $ ，若方程 $ f(x)=g(x) $ 有4个实数解，则实数 $ m $ 的取值范围为 .
$ (-3,2) $
由题意可知函数 $ f(x) $ , $ g(x) $ 均为偶函数,且 $ f(x)=1-||4x|-4| $ ,在同一平面直角坐标系中分别作出 $ y=f(x) $ , $ y={x}^{2}-2|x| $ 的图象,则方程 $ f(x)=g(x) $ 有4个实数解等价于 $ f(x) $ 与 $ g(x) $ 的图象有4个交点,即 $ \begin{cases}g(0) > f(0),\\ g(1) < f(1),\end{cases} $ 解得 $ -3 < m < 2 $ ,所以实数 $ m $ 的取值范围为 $ (-3,2) $ .
3．已知定义在 $ (-\mathrm{\infty },0)\cup (0,+\mathrm{\infty }) $ 上的函数 $ f(x) $ 满足 $ f(x)=f(-x)+\dfrac{2}{x} $ ，对任意的 $ {x}_{1} $ , $ {x}_{2} > 0 $ 且 $ {x}_{1}\ne {x}_{2} $ ，都有 $ \dfrac{f({x}_{1})-f({x}_{2})}{{x}_{1}-{x}_{2}} < -\dfrac{1}{{x}_{1}{x}_{2}} $ .
（1） 试判断函数 $ f(x)-\dfrac{1}{x} $ 的奇偶性，并证明你的结论；
（2） 解不等式 $ f(x-3) > f(x+2)+\dfrac{5}{{x}^{2}-x-6} $ .
（1） 【解】 $ f(x)-\dfrac{1}{x} $ 为偶函数,理由如下：
记 $ g(x)=f(x)-\dfrac{1}{x} $ ,因为函数 $ g(x) $ 的定义域为 $ D=｛x|x\ne 0｝ $ ,所以 $ \forall x\in D $ ,有 $ -x\in D $ .
又 $ f(x)=f(-x)+2\cdot \dfrac{1}{x} $ ,所以 $ f(x)-\dfrac{1}{x}=f(-x)-\dfrac{1}{-x} $ ,即 $ g(x)=g(-x) $ ,所以函数 $ g(x)=f(x)-\dfrac{1}{x} $ 为偶函数.
（2） 【解】因为 $ f(x-3) > f(x+2)+\dfrac{5}{{x}^{2}-x-6} $ ,即 $ f(x-3) > f(x+2)+\dfrac{(x+2)-(x-3)}{(x-3)(x+2)} $ ,则 $ f(x-3)-\dfrac{1}{x-3} > f(x+2)-\dfrac{1}{x+2} $ ,所以 $ g(x-3) > g(x+2) $ .
又对任意的 $ {x}_{1} $ , $ {x}_{2} > 0 $ 且 $ {x}_{1}\ne {x}_{2} $ , $ \dfrac{[f({x}_{1})-\dfrac{1}{{x}_{1}}]-[f({x}_{2})-\dfrac{1}{{x}_{2}}]}{{x}_{1}-{x}_{2}}=\dfrac{f({x}_{1})-f({x}_{2})}{{x}_{1}-{x}_{2}}-\dfrac{\dfrac{1}{{x}_{1}}-\dfrac{1}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}=\dfrac{f({x}_{1})-f({x}_{2})}{{x}_{1}-{x}_{2}}+\dfrac{1}{{x}_{1}{x}_{2}} $ .
因为 $ \dfrac{f({x}_{1})-f({x}_{2})}{{x}_{1}-{x}_{2}} < -\dfrac{1}{{x}_{1}{x}_{2}} $ ,所以 $ \dfrac{[f({x}_{1})-\dfrac{1}{{x}_{1}}]-[f({x}_{2})-\dfrac{1}{{x}_{2}}]}{{x}_{1}-{x}_{2}} < 0 $ ,故偶函数 $ g(x)=f(x)-\dfrac{1}{x} $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递减.
$ g(x-3) > g(x+2) $ 等价于 $ g(|x-3|) > g(|x+2|) $ ,所以 $ \begin{cases}x-3\ne 0,\\ x+2\ne 0,\\ \mid x-3\mid < \mid x+2\mid ,\end{cases} $ 解得 $ x > \dfrac{1}{2} $ 且 $ x\ne 3 $ ,故所求不等式的解集为 $ (\dfrac{1}{2},3)\cup (3,+\mathrm{\infty }) $ .
4．已知二次函数 $ f(x)=a{x}^{2}+bx+c $ 满足 $ a < 0 $ 且 $ f(x)=f(6-x) $ ，试探究当 $ f(2+2x-{x}^{2}) $ , $ f(2-x-2{x}^{2}) $ 满足什么关系时，其解集为 $ ｛x|-3 < x < 0｝ $ ?
【解】由已知,函数 $ y=f(x) $ 的图象开口向下,且对称轴为直线 $ x=3 $ ,则函数 $ f(x) $ 在 $ (-\mathrm{\infty },3) $ 上单调递增,在 $ (3,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递减.
因为 $ 2+2x-{x}^{2}=-{\left(x-1\right) ^ {2}}+3\leqslant 3 $ , $ 2-x-2{x}^{2}=-2{\left(x+\dfrac{1}{4}\right) ^ {2}}+\dfrac{17}{8} < 3 $ ,
若 $ f(2+2x-{x}^{2})=f(2-x-2{x}^{2}) $ ,则 $ 2+2x-{x}^{2}=2-x-2{x}^{2} $ ,解得 $ x=0 $ 或 $ x=-3 $ ,不符合题意；
若 $ f(2+2x-{x}^{2}) < f(2-x-2{x}^{2}) $ ,则 $ 2+2x-{x}^{2} < 2-x-2{x}^{2} $ ,解得 $ -3 < x < 0 $ ，符合题意；
若 $ f(2+2x-{x}^{2}) > f(2-x-2{x}^{2}) $ ,则其解集与 $ f(2+2x-{x}^{2})\leqslant f(2-x-2{x}^{2}) $ 的解集互为补集,因此解集为 $ ｛x|x < -3 $ 或 $ x > 0｝ $ ,不符合题意.
综上所述,当 $ f(2+2x-{x}^{2}) < f(2-x-2{x}^{2}) $ 时，满足解集为 $ ｛x|-3 < x < 0｝ $ .
5．已知常数 $ a\ne 0 $ ，函数 $ f(x)=\dfrac{\sqrt{a+x}-\sqrt{a-x}}{(a+x)\sqrt{a-x}+(a-x)\sqrt{a+x}} $ .
（1） 求函数 $ f(x) $ 的定义域；
（2） 是否存在 $ x > 0 $ 使 $ f(x) > \dfrac{m\sqrt{a+x}-\sqrt{a-x}}{x\sqrt{a+x}} $ 恒成立，并求此时实数 $ m $ 的取值范围.
（1） 【解】因为 $ (a+x)\sqrt{a-x}+(a-x)\cdot \sqrt{a+x}=\sqrt{(a-x)(a+x)}(\sqrt{a-x}+\sqrt{a+x}) $ ,则 $ \begin{cases}a-x\geqslant 0,\\ a+x\geqslant 0,\\ \sqrt{(a-x)(a+x)}\ne 0,\end{cases} $ 解得 $ x < a $ 且 $ x > -a $ .因为函数的定义域为非空数集,故 $ a > 0 $ , $ -a < x < a $ ,所以 $ f(x) $ 的定义域为 $ (-a,a) $ .
（2） 存在 $ x\in (0,a) $ 使 $ f(x) > \dfrac{m\sqrt{a+x}-\sqrt{a-x}}{x\sqrt{a+x}} $ 恒成立,此时实数 $ m $ 的取值范围为 $ (-\mathrm{\infty },\sqrt{3}-1) $ .理由如下：
由（1）知 $ a > 0 $ .
又 $ \dfrac{\sqrt{a+x}-\sqrt{a-x}}{\sqrt{(a-x)(a+x)}(\sqrt{a+x}+\sqrt{a-x})} $
$ =\dfrac{{\left(\sqrt{a+x}-\sqrt{a-x}\right) ^ {2}}}{2x\sqrt{(a-x)(a+x)}}=(\dfrac{1}{\sqrt{a-x}}-\dfrac{1}{\sqrt{a+x}})\cdot \dfrac{\sqrt{a+x}-\sqrt{a-x}}{2x}=\dfrac{1}{2x}(\dfrac{\sqrt{a+x}}{\sqrt{a-x}}+\dfrac{\sqrt{a-x}}{\sqrt{a+x}}-2) $ ,
则 $ f(x) > \dfrac{m\sqrt{a+x}-\sqrt{a-x}}{x\sqrt{a+x}} $ 可化为 $ \dfrac{1}{2x}(\dfrac{\sqrt{a+x}}{\sqrt{a-x}}+\dfrac{3\sqrt{a-x}}{\sqrt{a+x}}-2) > \dfrac{m}{x} $ ,
记 $ t=\sqrt{\dfrac{a+x}{a-x}}=\sqrt{\dfrac{2a}{a-x}-1} $ .
当 $ x\in (0,a) $ 时, $ t=\sqrt{\dfrac{a+x}{a-x}}=\sqrt{\dfrac{2a}{a-x}-1} $ 单调递增,则 $ t\in (1,+\mathrm{\infty }) $ ,故 $ 2m < t+\dfrac{3}{t}-2 $ ,
又 $ t+\dfrac{3}{t}\geqslant 2\sqrt{3} $ ,当且仅当 $ t=\sqrt{3} $ ,即 $ x=\dfrac{a}{2} $ 时等号成立,故 $ m < \sqrt{3}-1 $ ,所以实数 $ m $ 的取值范围为 $ (-\mathrm{\infty },\sqrt{3}-1) $ .
6．已知函数 $ f(x)=a{x}^{3}+b{x}^{2}+cx+1(a,b,c\in \boldsymbol{R}) $ ，且不等式 $ 3a{x}^{2}+2bx+c > 0 $ 的解集为 $ (-1,1) $ .
（1） 求函数 $ f(x) $ 图象的对称中心；
（2） 证明：函数 $ f(x) $ 在区间 $ (-1,1) $ 上单调递增；
（3） 若方程 $ 3a[f(x)]^{2}+2bf(x)+c=0 $ 有6个不相等的实数根，求实数 $ a $ 的取值范围.
（1） 【解】由 $ 3a{x}^{2}+2bx+c > 0 $ 的解集为 $ (-1,1) $ 知,方程 $ 3a{x}^{2}+2bx+c=0 $ 有两个不相等的实数根 $ ±1 $ ,且 $ a < 0 $ ，则 $ \begin{cases}-\dfrac{2b}{3a}=1+(-1),\\ \dfrac{c}{3a}=1×(-1),\end{cases} $ 故 $ b=0 $ , $ c=-3a > 0 $ ,因此 $ f(x)=a({x}^{3}-3x)+1 $ .
因为 $ y=a({x}^{3}-3x) $ 为奇函数,所以函数 $ y=a({x}^{3}-3x) $ 图象的对称中心为点 $ (0,0) $ ,
将 $ y=a({x}^{3}-3x) $ 的图象向上平移1个单位长度可得 $ f(x) $ 的图象,
所以函数 $ f(x) $ 图象的对称中心为点 $ (0,1) $ .
（2） 【证明】任取 $ {x}_{1} $ , $ {x}_{2}\in (-1,1) $ ,且 $ {x}_{1} < {x}_{2} $ ,则 $ f({x}_{1})-f({x}_{2})=a[({x}_{1}^{3}-3{x}_{1})-({x}_{2}^{3}-3{x}_{2})]=a({x}_{1}-{x}_{2})({x}_{1}^{2}+{x}_{1}{x}_{2}+{x}_{2}^{2}-3) $ .
因为 $ -1 < {x}_{1} < {x}_{2} < 1 $ , $ {x}_{1} < {x}_{2} $ ,所以 $ {x}_{1}-{x}_{2} < 0 $ , $ 0\leqslant {x}_{1}^{2} < 1 $ , $ 0\leqslant {x}_{2}^{2} < 1 $ , $ -1 < {x}_{1}{x}_{2} < 1 $ ,
则 $ {x}_{1}^{2}+{x}_{1}{x}_{2}+{x}_{2}^{2}-3 < 0 $ ,故 $ f({x}_{1})-f({x}_{2}) < 0 $ ,即 $ f({x}_{1}) < f({x}_{2}) $ ,
所以函数 $ f(x) $ 在区间 $ (-1,1) $ 上单调递增.
（3） 【解】因为 $ 3a[f(x)]^{2}+2bf(x)+c=0 $ ,所以由（1）知, $ f(x)=±1 $ ,从而直线 $ y=±1 $ 与曲线 $ y=f(x) $ 共有6个公共点.
又函数 $ f(x) $ 在区间 $ (-1,1) $ 上单调递增,在区间 $ (-\mathrm{\infty },-1) $ , $ (1,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递减,故 $ \begin{cases}f(1) > 1,\\ f(-1) < -1,\end{cases} $ 解得 $ a < -1 $ ,所以实数 $ a $ 的取值范围为 $ (-\mathrm{\infty },-1) $ .