分析：利用(x)取特殊值，结合函数的定义就能判断。
A、(f(sin2x)=sinx) 令(x=0)时，(f(0)=0；x=π/2)时，则(sin2x=0), 即(f(0)=1),即出现(f(0)=0)和(1)，一对多，错误。
B、(f(sin2x)=x^2+x) 令(x=0)时，(f(0)=0；x=π)时，则(sin2x=0,) 即(f(0)=π^2+π,)即出现(f(0)=0)和(π^2+π)，一对多，错误。
C、(f(x^2+1)=|x+1|) 令(x=-1)时，(f(2)=0；x=1)时，(f(2)=2),即出现(f(2)=0)和(2)，一对多，错误。
D、(f(x^2+2x)=|x+1|) 令(x+1=t)，则(f(x^2+2x)=|x+1|)化为(f(t^2-1)=|t|)，再令(t^2-1=x)，则$t=±sqrt{x+1} $
所以(f(x)=sqrt{x+1}) 所以存在函数(f(x)=sqrt{x+1}),使得(f(x^2+2x)=|x+1|)。故选(D.)
感悟：相同考法的题目，判断哪个图像不是函数图像，我们的做法就是做x轴的垂线，若垂线和图像有两个及其以上的交点，则一定不是函数图像，因为出现了“一对多”，不符合函数的定义。
分析：∵对于实数(kin B)在集合(A)中存在两个不同的原像，∴ (y=-x^2+2x= -(x^2-2x+1)+1≤1)，当(y=1)时有两个相同的(x)，不合题意，∴ (k<1)，故选(C)．
分析:由对应关系(y=-x^2+2x)求出以(R)为定义域的函数的值域，由补集思想得到集合(N)中不存在原像的元素构成的集合，则答案可求．
解析：∵ (y=-x^2+2x= -(x-1)^2+1≤1)．
∴ 对于集合(M=R)，那么在(f：x ightarrow y=-x^2+2x)的对应下，对应的像的集合为({y|yleq1})，
∴集合(N=R)中，满足(y>1)的元素在(M)中不存在原像．即(P)的取值范围是((1，+infty))．
故选：(B)．
解后反思：题考查了映射的概念，考查了函数值域的求法，训练了配方法，体现了补集思想，是基础题．
分析：∵(y=-x^2+2x= -(x-1)^2+1≤1)． ∴对于集合(M=R)，在(f：x ightarrow y = -x^2+2x)的对应下， 对应的像的集合为({y|y≤1})，
∴集合(N=R)中，当(Pin（-∞，1]) 时，实数(P)在(M)中必然存在原像。
现要求存在一实数(Pin N)，在(M)中不存在原象，则(P)的取值范围必然要包含((-infty，1]) ， 即(P)的取值范围是((-infty，+infty))．故选：D.
【法1】令(cfrac{1}{2}-1=t)，则(x=2(t+1))
则(f(t)=4(t+1)-5=4t-1)，即(f(x)=4x-1)，
现有(f(a)=6)，即(4a-1=6)，解得(a=cfrac{7}{4})；
【法2】利用函数的概念求解；
令(2x-5=6)，则(x=cfrac{11}{2})，
将其代入(cfrac{1}{2}x-1=cfrac{1}{2}cdot cfrac{11}{2}-1=cfrac{7}{4})
故(a=cfrac{7}{4})；
【题型】函数图像的对称性证明
法1：利用思路(f(cfrac{2}{3}-x)+f(x)=0;;)证明；
法2：将函数(f(x))向左平移(cfrac{1}{3})个单位，得到(f(x+cfrac{1}{3})=x^3-cfrac{4}{3}x=g(x))，然后证明(g(x))为奇函数，从而证明函数(f(x))的图像关于点((cfrac{1}{3}，0))对称。
【题型】方程根的分布，均值不等式
法1：令函数的两个零点是(x_1，x_2)，则容易知道(x_1，x_2in (0，1))，则(f(x)=(x-x_1)(x-x_2))，由题目可知，(f(0)=c=x_1x_2>0)，(f(1)=(1-x_1)(1-x_2)=1+b+c)
故((1+b)c+c^2=(1+b+c)c=x_1x_2(1-x_1)(1-x_2)=[x_1(1-x_1)][x_2(1-x_2)]<(cfrac{x_1+1-x_1}{2})^2(cfrac{x_2+1-x_2}{2})^2=cfrac{1}{16}).
又(f(0)f(1)>0，(1+b+c)c>0)，故((1+b)c+c^2in(0，cfrac{1}{16})).
反思1：本题先由已知条件转化得到(egin{cases} &f(0)=c>0\ &f(1)=1+b+c>0 \ &Delta=b^2-4c>0 \ &0<-cfrac{b}{2}<1end{cases})，再求((1+b)c+c^2)的取值范围，这个思路的转化很顺畅，但是不能正确求解。
引申：是否可以利用向量，借助形来求解呢？比如定义(vec{a}=(1+b，c)，vec{b}=(c，c))，从而转化为求向量(vec{a}cdotvec{b})的取值范围？
分析：由题目可知，方程(f(-x)+f(x)=0)在(R)上有解，即(4^x+4^{-x}-m(2^{x+1}+2^{-x+1})+2(m^2-3)=0)有解，先令(2^x=t>0)，得到(t^2+cfrac{1}{t^2}-2m(t+cfrac{1}{t})+2(m^2-3)=0)，再令(t+cfrac{1}{t}=nge 2)，则方程变形为(n^2-2mn+2m^2-8=0)在(nin [2，+infty))上有解，令(F(n)=n^2-2mn+2m^2-8(n ge 2))；
(1^。) 当(F(2)leq 0)时，由零点存在性定理可知，只需要(F(2)leq 0)，由(F(2)leq 0Longrightarrow 1-sqrt{3}leq m leq 1+sqrt{3})；
(2^。) 当(F(2)> 0)时，还需要(Delta ge 0)且对称轴大于2，由(egin{cases} &F(2)> 0\ &Delta ge 0 \ &m>2end{cases}Longrightarrow egin{cases} &m<1-sqrt{3}，m>1+sqrt{3}\ &-2sqrt{2}leq m leq 2sqrt{2} \ & m>2end{cases}Longrightarrow 1+sqrt{3}< m leq 2sqrt{2})；
综上所述，(m)的取值范围是([1-sqrt{3}，2sqrt{2}]).
分析：由题目可知，方程(f(-x)+f(x)=0)在(R)上有解，由于本题目的参数可以顺利分离，故由(2^{-x}+m+2^x+m=0)得到(-2m=2^{-x}+2^x)，令(2^{-x}+2^x=g(x))，借助导数工具就可以做出函数(g(x))的大致图像。
由于(g(x))为偶函数，故只讨论(x>0)的单调性情况，(g'(x)=2^xln2-2^{-x}ln2=ln2(2^x-2^{-x})>0)，故(x>0)时，(g(x))单调递增，即(xin [-1，0]，g(x)searrow；xin [0，1]，g(x) earrow；)
所以(g(x)in [g(0)，g(1)])，即(g(x)in [2，cfrac{5}{2}])，要使原方程有解，则(2leq -2mleq cfrac{5}{2})，解得(min [-cfrac{5}{4}，-1])。
分析：由于(-1<x<0)，则(0<x+1<1)，故(cfrac{1}{f(x+1)}=cfrac{1}{x+1})，故函数(f(x))可以化简为(f(x) = egin{cases}x, &0<xleq 1 \ cfrac{1}{x+1}-1 &-1<x<0 end{cases})，这样我们就能容易做出其图像了，课件地址：https://www.desmos.com/calculator/7t9muzsnix
在同一坐标系中分别做出函数(f(x))和函数(h(x)=4m(x+cfrac{1}{4}))，有课件可以看出只要(4mge k_{AB})或(4m=k_{AC})，其中(4mge k_{AB}=cfrac{1-0}{1-(-frac{1}{4})}=cfrac{4}{5})，从而求得(mge cfrac{1}{5})，剩下的难点是求点(C)的坐标。以下用导数方法求解。
先由(-1<x<0)，(f(x)=cfrac{1}{x+1}-1)，求得(f'(x)=-cfrac{1}{(x+1)^2})，令切点(C(x_0,y_0))，则有
(egin{cases} &f'(x_0)=-cfrac{1}{(x_0+1)^2}=4m ①\ &y_0=cfrac{1}{x_0+1}-1 ②\&y_0=4mx_0+m=4m(x_0+cfrac{1}{4}) ③\&x_0in(-1，0)\&y_0in(0，+infty)end{cases})
将①②代入③，目的求解切点(C(x_0,y_0))，得到(-cfrac{1}{(x_0+1)^2}(x_0+cfrac{1}{4})=cfrac{1}{x_0+1}-1)，解得(x_0=-cfrac{1}{2})，在求得(y_0=1)，从而知道(k_{AC}=cfrac{1-0}{-cfrac{1}{2}-(-cfrac{1}{4})}=-4)，所以(4m=k_{AC}=-4)，解得相切时(m=-1)，
法1：（由内向外）当(x<0)时，(f(x)>1)，若(kge 0)时，(f(f(x))ge 2)，此时其与(y=cfrac{3}{2})没有交点；
当(xge 0)时，若(kge 0)时，(f(x)ge 2)，(f(f(x))ge 2)，此时其与(y=cfrac{3}{2})没有交点；故所求的实数(k)的取值范围是([0，+infty))。
法2：（由外向内）注意到(k)为第一段函数射线的斜率，故可以假定(k>0、k=0、k<0)分别做出三个射线，再做出直线(y=cfrac{3}{2})，此时
分析：容易想到分离参数得到(lambdage cfrac{x+2sqrt{2xy}}{x+y})，接下来自然是想办法求右端函数的取值范围，但是右端是二元分式函数，所以考虑变量集中，得到(cfrac{x+2sqrt{2xy}}{x+y}=cfrac{1+cfrac{2sqrt{2xy}}{x}}{1+cfrac{y}{x}}=cfrac{1+2sqrt{2}sqrt{cfrac{y}{x}}}{1+cfrac{y}{x}})，此时令(sqrt{cfrac{y}{x}}=t>0)，则原式变形为(cfrac{x+2sqrt{2xy}}{x+y}=cfrac{1+2sqrt{2}t}{1+t^2})，
到此可以考虑这几种思路：函数导数法求最值，均值不等式求最值，转化为利用二次函数求解。
思路1：令(h(t)=cfrac{1+2sqrt{2}t}{1+t^2}(t>0))，则(h'(t)=cfrac{2sqrt{2}(1+t^2)-(1+2sqrt{2}t)cdot 2t)}{(1+t^2)^2}=cfrac{-2sqrt{2}t^2-2t+2sqrt{2}}{(1+t^2)^2}=-cfrac{2sqrt{2}t^2+2t-2sqrt{2}}{(1+t^2)^2}=-cfrac{(sqrt{2}t+2)(2t-sqrt{2})}{(1+t^2)^2})；
借助导函数的分子图像得到(tin(0，cfrac{sqrt{2}}{2}] earrow)；(tin[cfrac{sqrt{2}}{2}，infty) searrow)；故(h(t)_{max}=h(cfrac{sqrt{2}}{2})=2)，则实数(lambda ge 2)，即(lambda_{min}= 2)。
思路2：相同思路，点击找例11.
令(h(t)=cfrac{1+2sqrt{2}t}{1+t^2}(t>0))，由于(h(t))在变量集中时不太好操作，故再令
(egin{align*} g(t)=cfrac{1+t^2}{1+2sqrt{2}t}&=cfrac{cfrac{1}{8}(2sqrt{2}t+1)^2-cfrac{sqrt{2}}{2}t-cfrac{1}{8}+1}{2sqrt{2}t+1} \&=cfrac{cfrac{1}{8}(2sqrt{2}t+1)^2-cfrac{1}{4}(2sqrt{2}t+1)+cfrac{9}{8}}{2sqrt{2}t+1}\&=cfrac{1}{8}(2sqrt{2}t+1)+cfrac{9}{8(2sqrt{2}t+1)}-cfrac{1}{4} \& ge 2sqrt{cfrac{1}{8}cdot cfrac{9}{8}}-cfrac{1}{4}=2cdotcfrac{3}{8}-cfrac{1}{4}=cfrac{1}{2}end{align*})，
当且仅当(cfrac{1}{8}(2sqrt{2}t+1)=cfrac{9}{8(2sqrt{2}t+1)})，即(t=cfrac{sqrt{2}}{2})时取到等号。
再来看看代换法，个中滋味你自己体会吧，令(1+2sqrt{2}t=m)，则(t=cfrac{m-1}{2sqrt{2}})
(egin{align*}g(t)=cfrac{1+t^2}{1+2sqrt{2}t}&=cfrac{1+cfrac{(m-1)^2}{8}}{m}\&=cfrac{1}{m}+cfrac{m^2-2m+1}{8m}\&=cfrac{1}{m}+cfrac{m}{8}-cfrac{1}{4}+cfrac{1}{8m}\&=cfrac{m}{8}+cfrac{9}{8m}-cfrac{1}{4}\&=cfrac{1+2sqrt{2}t}{8}+cfrac{9}{8(1+2sqrt{2}t)}-cfrac{1}{4} \& ge 2sqrt{cfrac{1}{8}cdot cfrac{9}{8}}-cfrac{1}{4}=2cdotcfrac{3}{8}-cfrac{1}{4}=cfrac{1}{2}end{align*})，
当且仅当(cfrac{1}{8}(2sqrt{2}t+1)=cfrac{9}{8(2sqrt{2}t+1)})，即(t=cfrac{sqrt{2}}{2})时取到等号。即(g(t)_{min}=cfrac{1}{2})，故(h(t)_{max}=2)，故实数(lambda ge 2)，即(lambda_{min}= 2)。
思路3：先换元变换得到，(1+2sqrt{2}tleq lambda +lambda t^2(t>0))恒成立，即(lambda t^2-2sqrt{2}t+lambda-1ge 0)对(t>0)恒成立，令(f(t)=lambda t^2-2sqrt{2}t+lambda-1)，则原命题等价于
(egin{cases} &lambda >0 \ &Delta leq 0end{cases}) 或者(egin{cases} &lambda >0 \ &Delta > 0 \ &cfrac{sqrt{2}}{lambda}<0 \ &f(0)>0end{cases})，解得(lambda ge 2)，即(lambda_{min}= 2)。
思路4：先变形得到(lambdage cfrac{x+2sqrt{2xy}}{x+y})，又由于(2sqrt{2xy}=2cdotsqrt{x}cdotsqrt{2y}leq x+2y)，故(cfrac{x+2sqrt{2xy}}{x+y}leq cfrac{x+x+2y}{x+y}=2)，当且仅当(x=2y)时取到等号，故故实数(lambda ge 2)，即(lambda_{min}= 2)。
分析：本题目是线性规划形式给出双变量(x、y)的取值范围，求双变量函数的取值范围问题，比较复杂。
先由函数是偶函数可知，(f(|x-2|)ge f(|y-4|))，再由其单调性知道(|x-2|ge |y-4|)，去掉绝对值符号得到$- |x-2|leq y-4 leq |x-2| $ ，又因为(xin[1，2])，则(x-2in[-1，0])，故(x-2leq y-4leq2-x)，即(egin{cases}&x-2leq y-4 \ & y-4 leq 2-x \ & 1 leq x leq 2 end{cases})，做出如图的可行域；课件地址：，接下来用代换减少变量的个数，
又(cfrac{xy}{3x^2+xy-2y^2}=cfrac{cfrac{xy}{x^2}}{cfrac{3x^2+xy-2y^2}{x^2}}=cfrac{cfrac{y}{x}}{3+cfrac{y}{x}-2(cfrac{y}{x})^2}=cfrac{t}{3+t-2t^2}=cfrac{1}{cfrac{3}{t}+1-2t}(cfrac{y}{x}=t))，此时需要借助可行域判断(t)的范围，结合可行域图像以及(t)的几何意义(经过可行域内的动点和原点的直线的斜率)，可知(tin [2，5])，故至此问题转化为已知(tin [2，5])，求(g(t)=cfrac{1}{cfrac{3}{t}+1-2t})的取值范围问题；令(h(t)=-2t+cfrac{3}{t}+1)，(h'(t)=-2-cfrac{3}{t^2}<0)，故(h(t))在(tin [2，5])单调递减，故(h(t)_{min}=h(5)=-cfrac{42}{5})，(h(t)_{max}=h(2)=-cfrac{3}{2})，则(g(t)_{max}=g(5)=-cfrac{5}{42})，(g(t)_{min}=g(2)=-cfrac{2}{3})，故所求原式的取值范围是([-cfrac{2}{3}，-cfrac{5}{42}])。
分析：由题目可知方程(f'(x)=a-2x-cfrac{1}{x}=0)在((0，+infty))上有解，即(cfrac{ax-2x^2-1}{x}=0)有解，令函数(g(x)=-2x^2+ax-1)，则(g(x)=0)有两个不相等的正实数根(x_1，x_2)，
故满足(egin{cases}&Delta=a^2-4 imes(-2) imes(-1)>0 \ &x_1+x_2=cfrac{a}{2} \ &x_1x_2=cfrac{1}{2}end{cases})，解得(a>2sqrt{2})；
而其极值之和为
(egin{align*}f(x_1)+f(x_2)&=ax_1-x_1^2-lnx_1+ax_2-x_2^2-lnx_2\&=a(x_1+x_2)-(x_1^2+x_2^2)-lnx_1x_2\&=a(x_1+x_2)-[(x_1+x_2)^2-2x_1x_2]-lnx_1x_2\&=cfrac{a^2}{2}-(cfrac{a^2}{4}-2 imes cfrac{1}{2})-lncfrac{1}{2}\&=cfrac{a^2}{4}+1+ln2>5+ln2end{align*})，
解得(a>4)，又(a>2sqrt{2})，故(a>4).
变式：若其极值之和小于(5+ln2)，则得到取值范围是(2sqrt{2}<a<4).
分析：先由奇偶性和对称性推出周期性，由(-f(-x)=f(x))和(f(cfrac{3}{2}-x)=f(x))，得到(f(cfrac{3}{2}-x)=-f(-x))，即(f(cfrac{3}{2}+x)=-f(x))，所以周期(T=3)；
再求(a_5,a_6)的值；此时可以利用思路一：先用(a_n)与(S_n)的关系，求通项公式再求项的思路；思路二：递推关系式，此处用思路一；
当(nge 2) 时，(S_{n-1}=2a_{n-1}+(n-1))，则(S_n-S_{n-1}=2a_n-2a_{n-1}+n-(n-1))，得到(a_n=2a_{n-1}-1)；进而得到(a_n-1=2(a_{n-1}-1))；
故数列({a_n-1})是首项为(a_1-1=-2)，公比为(2)的等比数列，故(a_n-1=-2cdot 2^{n-1})，则(a_n=-2^n+1)，所以(a_5=-31，a_6=-63)；
(f(a_5)+f(a_6)=f(-31)+f(-63)=-f(31)-f(63)=-f(1)-f(0)=-f(1)=-f(-2)=3)；
法1：(特殊化法)，构造函数(f(x)=2)，则由于(f(x+y)=2)，(f(y)=2)，满足条件(f(x+y)=f(x)+f(y)-2)，故构造的特殊函数(f(x)=2)满足题意，这样(g(x)=cfrac{2x}{x^2+1}+2)，(g(x)+g(-x)=4)，即函数(g(x))关于点((0，2))对称，那么(g(x)_{max}+g(x)_{min}=g(x_0)+g(-x_0)=4)；
反思：若构造的函数是(f(x)=x+2)或(f(x)=-x+2)，此时函数(g(x))就无最值，题目有点漏洞了，这时可以将条件中的(R)改为([-a，a])；
课件地址：https://www.desmos.com/calculator/swqxfmhpfz
法2：(抽象化法)，由(f(x+y)=f(x)+f(y)-2)，令(x=y=0)，得到(f(0)=2)；再令(y=-x)，得到(f(0)=f(x)+f(-x)-2)，即(f(x)+f(-x)=4)，故函数(f(x))关于点((0，2))对称，又注意到函数的一部分(h(x)=cfrac{2x}{x^2+1})为奇函数，故(g(-x)+g(x)=h(-x)+f(-x)+h(x)+f(x)=[h(-x)+h(x)]+[f(x)+f(-x)]=4)，即函数(g(x))关于点((0，2))对称，那么(g(x)_{max}+g(x)_{min}=g(x_0)+g(-x_0)=4)；
分析：由(f(x+1)+f(x)=0)得到周期(T=2)，又函数(f(x))是(R)上的奇函数，故(f(4)=f(0)=0)；而(2<log_318<3)，
则(f(log_318)=f(log_318-2)=f(log_318-log_39) =f(log_32))，又(0<log_32<1)，故(f(log_32)=3^{log_32+1}=3^{log_32}cdot 3=6)。
故(f(log_318)+f(4)=6).
分析：这是一个很典型的双变量函数问题，由题目可知需要(f(x_1)_{min}leq g(x_2)_{min})，由于函数(f(x))中不含有参数，故对双变量函数问题我们可以“花开两朵，先表一枝”，先探究求出函数(f(x_1))当$ x_1in [0，2]$上的最小值；
(f'(x)=3x^2-3-cfrac{1cdot e^x-xcdot e^x}{(e^x)^2}=3x^2-3-cfrac{1-x}{e^x}=3(x+1)(x-1)+cfrac{x-1}{e^x}=(x-1)[3(x+1)+cfrac{1}{e^x}])，此时([3(x+1)+cfrac{1}{e^x}]>0)；
则有(xin (0，1))，(f'(x)<0)，(f(x)searrow)；(xin (1，2))，(f'(x)>0)，(f(x) earrow)；故(f(x)_{min}=f(1)=1-cfrac{1}{e})；
到此，问题转化为(1-cfrac{1}{e}leq g(x))对(forall x_2in [0，2])恒成立，这时我们在从容的“令表一枝”，自然你会想到看看能否分离参数。
变形为(age (x+1)^2+1-cfrac{1}{e})，令(h(x)=(x+1)^2+1-cfrac{1}{e})，对称轴是(x=-1)，(h(x))在区间([0，2])上单调递增，
故(h(x)_{max}=h(2)=10-cfrac{1}{e})，即$a ge 10-cfrac{1}{e} $.
分析：由(4^a=a^b)，两边取常用对数得到，(alg4=blga ①)；
由(log_2^a=cfrac{a+2}{b}②)，对数式化为指数式得到(2^{cfrac{a+2}{b}}=a)，
代入①式得到(2alg2=blg2^{cfrac{a+2}{b}}=b imes cfrac{a+2}{b}lg2=(a+2)lg2)，即(2a=a+2)，得到(a=2)，代入(4^a=a^b)，得到(b=4)，故(ab=8).
法1：结合要求解的条件，我们尝试求解(f(x)+f(1-x))的值，结果会发现：(f(x)+f(1-x)=3)，故有(f(cfrac{1}{11})+f(cfrac{10}{11})=3);(f(cfrac{2}{11})+f(cfrac{9}{11})=3);等等，所以(f(cfrac{1}{11})+f(cfrac{2}{11})+f(cfrac{3}{11})+cdots+f(cfrac{10}{11})=5[f(cfrac{1}{11})+f(cfrac{10}{11})]=5 imes 3=15).
法2：将函数(f(x))化为部分分式为(f(x)=cfrac{3}{2}-cfrac{1}{2(2x-1)})，故函数(f(x))的对称中心是((cfrac{1}{2}，cfrac{3}{2}))，故根据函数的对称性的数学表达可以写出(f(x)+f(1-x)=3)；故所求式等于(5 imes 3=15).
法3：本题目也可以说明倒序相加求和法。
分析：这类题目往往从研究函数的特殊性质入手，当然研究的切入点就是给定式子的结构，注意到自变量有(2)和(cfrac{1}{2})，所以先探究(f(x)+f(cfrac{1}{x}))，看看它的结果，由(f(x)+f(cfrac{1}{x})=1)，可以将所求得式子一部分求值，其他部分变形为(f(2)+cfrac{1}{2^2}f(2))，故接下来探究(f(x)+cfrac{1}{x^2}f(x)=1)，故整个题目可解了。
解：由(f(x)+f(cfrac{1}{x})=1)和(f(x)+cfrac{1}{x^2}f(x)=1)，可将所求式子变形得到：
(2f(2)+2f(3)+cdots+2f(2017)+f(cfrac{1}{2})+f(cfrac{1}{3})+cdots+f(cfrac{1}{2017})+cfrac{1}{2^2}f(2)+cfrac{1}{3^2}f(3)+cdots+cfrac{1}{2017^2}f(2017))
(={[f(2)+f(cfrac{1}{2})]+[f(3)+f(cfrac{1}{3})]+cdots+[f(2017)+f(cfrac{1}{2017})]}\+{[f(2)+cfrac{1}{2^2}f(2)]+[f(3)+cfrac{1}{3^2}f(3)]+cdots++[f(2017)+cfrac{1}{2017^2}f(2017)]})
(=2016+2016=4032).
分析：函数(f(x)=cfrac{sin2x}{1-cosx})满足(f(-x)=-f(x))，故先能排除B，又(x ightarrow 0_+)，(cosx ightarrow 1)，(f(x) ightarrow +infty)，故排除A；又(f(pi)=0)，故排除D，因此应该选C.
A、(f(x))在((0，2))单调递增 (hspace{4cm}) B、(f(x))在((0，2))单调递减 (hspace{2cm})
C、(y=f(x))的图像关于直线(x=1)对称 (hspace{2cm}) D、(y=f(x))的图像关于点((1，0))对称
分析：由于函数(f(x))是复合函数，定义域要使(x>0，2-x>0)，即定义域是((0，2))，又(f(x)=ln[x(2-x)]=ln[-(x-1)^2+1])，则由复合函数的单调性法则可知，在((0，1))上单增，在((1，2))上单减，故排除A，B；
若函数(y=f(x))关于直线(x=1)对称，则函数(f(x))必然满足关系：(f(x)=f(2-x))；
课件验证
接下来我们用上述的结论来验证，由于(f(x)=lnx+ln(2-x))，(f(2-x)=ln(2-x)+ln(2-(2-x))=ln(2-x)+lnx)，即满足(f(x)=f(2-x))，故函数(y=f(x))的图像关于直线(x=1)对称，选C；再来验证D，发现(f(x)+f(2-x)=2[lnx+ln(2-x)] eq 0)，D选项不满足。
A、(-cfrac{1}{2}) (hspace{2cm}) B、(cfrac{1}{3}) (hspace{2cm}) C、(cfrac{1}{2}) (hspace{2cm}) D、 (1)
法1：【不易想到】由(f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1}))，得到(f(2-x)=(2-x)^2-2(2-x)+a(e^{2-x-1}+e^{-(2-x)+1})=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1}))，所以(f(2-x)=f(x))，故(x=1)是函数(f(x))图像的对称轴。
由题意可知，函数(f(x))有唯一的零点，故只能是(x=1)，即(f(1)=1^2-2 imes1+a(e^{1-1}+e^{-1+1})=0)，解得(a=cfrac{1}{2})，故选C.
(fbox{法2})我们一般这样转化，由函数(f(x))有唯一的零点，得到方程(x^2-2x=-a(e^{x-1}+e^{-x+1}))有唯一解，注意到方程的右端，我们可以和对勾函数做以联系
令(x-1=t)，则(x=t+1)，故原方程就转化为((t+1)^2-2(t+1)=-a(e^t+e^{-t}))，为了便于做出图像，还需要再代换，令(e^t=x)，则(x>0)且(t=lnx)，这样方程就又转化为(ln^2x-1=-a(x+cfrac{1}{x}))，在同一个坐标系中，分别做出函数(y=ln^2x-1)和(y=-a(x+cfrac{1}{x}))的图像，由图像可知对勾函数前面的系数必须满足(-a=-cfrac{1}{2})，即(a=cfrac{1}{2})，故选C.
分析：用(-x_2)替换(x_2)，得到(cfrac{f(x_1)+f(-x_2)}{x_1+(-x_2)}>0)，
由于(f(x))是奇函数，得到(cfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}>0)，
则可知，函数(f(x))是定义域上的增函数，
故(f(x)_{max}=f(1)=1)；
不等式(f(x)leq m^2-2am+1)对所有(xin [-1，1])，(ain [-1，1])恒成立，
即(m^2-2am+1ge 1)对所有(ain [-1，1])恒成立，
此时，变换主元得到，即(2ma-m^2leq 0)对任意(ain [-1，1])恒成立，
令(g(a)=2ma-m^2)，则只需要(left{egin{array}{l}{g(-1)=-2m-m^2leq 0}\{g(1)=2m-m^2leq 0}end{array} ight.)，
解得(mleq -2)或(mge 2)或(m=0)，
故所求(m)的取值范围为((-infty，-2]cup{0}cup[2，+infty))。