$f(x+1)$ 定义域为 $[1,3]$，即 $x\in[1,3]$，$x+1\in[2,4]$。

故 $f(\cdot)$ 括号内取值范围为 $[2,4]$。

对 $f(x+3)$：$x+3\in[2,4]$，解得 $x\in[-1,1]$。

$f(x+3)$ 的定义域为 $[-1,1]$。

D 正确：若 $\dfrac{\varphi(x)}{f(x)}$ 连续，由于 $f(x)$ 连续且 $f(x)\ne 0$，则 $\varphi(x)=f(x)\cdot\dfrac{\varphi(x)}{f(x)}$ 也连续（连续函数的积），与 $\varphi(x)$ 有间断点矛盾。

A、B、C 的反例：取 $f(x)=1$，$\varphi(x)=\begin{cases}1,&x\ge 0\\-1,&x<0\end{cases}$，则 $\varphi(f(x))=1$，$[\varphi(x)]^2=1$，$f(\varphi(x))=1$ 均连续。

答案：D。

B 正确（基本结论）：设 $|f'(x)|\le M$，对任意 $x\in(0,1)$，由拉格朗日中值定理：

故 $f(x)$ 有界。

A 反例：$f(x)=\sqrt{x}$，有界但 $f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$ 无界。

答案：B。

$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上连续（无无定义点），只需 $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}f(x)$ 和 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)$ 均存在。

$x\to 0^+$：$\ln(1+t^2)\sim t^2$，$\displaystyle\int_0^x t^2\,dt=\dfrac{x^3}{3}$，

极限存在（有限）需 $3-\alpha\ge 0$，即 $\alpha\le 3$。

$x\to+\infty$：$\displaystyle\int_0^x\ln(1+t^2)\,dt\sim 2x\ln x$（增长慢于任何 $x^\beta$，$\beta>0$），

极限存在需 $\alpha-1>0$，即 $\alpha>1$。

综合：$1<\alpha\le 3$。

$f(t)$ 奇，$t$ 奇，$tf(t)$：奇×奇=偶。

• $\displaystyle\int_0^u tf(t)\,dt$：偶函数从 $0$ 积到 $u$，结果为奇函数。
• $\displaystyle\int_a^x[\text{奇函数}]\,du$：奇函数的原函数为偶函数。

D 中：$\displaystyle\int_0^u tf(t)\,dt$ 为奇函数，$\displaystyle\int_a^x[\text{奇函数}]\,du$ 为偶函数。

答案：D。

当二级结论无法使用时，回归基本定义！

计算 $f(-x)=\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}|\sin t+x|\varphi(t)\,dt$。

令 $t=-u$：

• 若 $\varphi$ 奇：$\varphi(-u)=-\varphi(u)$，$f(-x)=-f(x)$，$f$ 为奇函数。①正确。
• 若 $\varphi$ 偶：$\varphi(-u)=\varphi(u)$，$f(-x)=f(x)$，$f$ 为偶函数。③正确。

答案：①③。

设各选项积分号内的函数为 $g(t)$。若 $g(t)$ 为奇函数，则 $\displaystyle\int_0^x g(t)\,dt$ 为偶函数。

• A：$g(t)=f(t^2)$，有 $g(-t)=f((-t)^2)=f(t^2)=g(t)$，故 $g(t)$ 为偶函数，其变上限积分为奇函数。
• B：$g(t)=f^2(t)$，仅由 $f$ 连续无法确定 $g$ 的奇偶性。
• C：令 $h(t)=f(t)-f(-t)$，则 $h(-t)=f(-t)-f(t)=-h(t)$，所以 $h$ 为奇函数；$g(t)=t h(t)$ 为奇函数乘奇函数，即偶函数，其变上限积分为奇函数。
• D：令 $h(t)=f(t)+f(-t)$，则 $h(-t)=f(-t)+f(t)=h(t)$，所以 $h$ 为偶函数；$g(t)=t h(t)$ 为奇函数乘偶函数，即奇函数，其变上限积分为偶函数。

答案：D。

令

因为 $x$ 与 $\displaystyle\ln\frac{1+x}{1-x}$ 都是奇函数，所以二者的乘积是偶函数；$\cos x$ 与 $x^2$ 也都是偶函数。因此 $g(x)$ 为偶函数，只需讨论 $0\le x<1$。

当 $0\le x<1$ 时，

这里用到了 $\dfrac{1+x^2}{1-x^2}\ge 1$、$\ln\dfrac{1+x}{1-x}\ge0$ 以及 $\sin x\le x$。又因为 $g(0)=0$，所以 $g(x)\ge0$（$0\le x<1$）。

由 $g$ 为偶函数，得 $g(x)\ge0$（$-1<x<1$），即

$|\sin x|$ 周期为 $\pi$，由周期函数积分性质：

$I$ 仅与 $k$ 有关。

答案：B。

(1) 法一：令 $g(t)=\displaystyle\int_t^{t+2}f(x)\,dx$，则 $g'(t)=f(t+2)-f(t)=0$（周期性），故 $g(t)$ 为常数，$g(t)=g(0)=\displaystyle\int_0^2 f(x)\,dx$。

法二：由定积分对区间的可加性，

其中第三个积分作代换 $u=x-2$，并使用 $f(u+2)=f(u)$。

(2) 记常数 $\displaystyle C=\int_0^2 f(s)\,ds$，则

$G(x)=\displaystyle\int_0^x[2f(t)-C]\,dt$。

$G(x+2)-G(x)=\displaystyle\int_x^{x+2}[2f(t)-C]\,dt=2\int_x^{x+2}f(t)\,dt-2C=2C-2C=0$。

故 $G(x+2)=G(x)$，$G(x)$ 周期为 $2$。

$f(1+x)=f(1-x)$ 说明 $f(x)$ 关于 $x=1$ 对称，故 $P\{X<0\}=P\{X>2\}$。

$P\{X<0\}+P\{0\le X\le 2\}+P\{X>2\}=1$，

$2P\{X<0\}+0.6=1$，$P\{X<0\}=0.2$。

答案：A。

令 $u=x+\dfrac{1}{x}$，则 $u^2=x^2+2+\dfrac{1}{x^2}$，$u^2-2=x^2+\dfrac{1}{x^2}$。

更简洁地：$\dfrac{x+x^3}{1+x^4}=\dfrac{x(1+x^2)}{(1+x^2)(x^2-1+1)}$——直接化简：

分子分母同除以 $x^2$：$=\dfrac{\frac{1}{x}+x}{\frac{1}{x^2}+x^2}=\dfrac{u}{u^2-2}$。

故 $f(u)=\dfrac{u}{u^2-2}$，

将 $x$ 替换为 $\dfrac{1}{x}$：$2f\!\left(\dfrac{1}{x}\right)+\dfrac{1}{x^2}f(x)=\dfrac{\frac{1}{x^2}+\frac{2}{x}}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}=\dfrac{1+2x}{x\sqrt{1+x^2}}$。

联立两个方程（记为①②），由②得 $f\!\left(\dfrac{1}{x}\right)=\dfrac{1+2x}{2x\sqrt{1+x^2}}-\dfrac{f(x)}{2x^2}$，代入①：

先判断 $f(x)$ 的符号：$x<0$ 时 $f(x)=x^2>0$；$x\ge 0$ 时 $f(x)=-x-1\le -1<0$。

$x\to+\infty$：$\dfrac{1}{x}\to 0^+$，$\left[\dfrac{1}{x}\right]=0$，$y\to\dfrac{x^2}{\sqrt{1+x^2}}\sim x$。

斜渐近线：$k=\lim\dfrac{y}{x}=1$，$b=\lim(y-x)=\lim\left(\dfrac{x^2}{\sqrt{1+x^2}}-x\right)=\lim\dfrac{-1}{\sqrt{1+x^2}(\sqrt{1+x^2}+x)/x}=0$。

故 $y=x$ 为斜渐近线。

$x\to-\infty$：$\dfrac{1}{x}\to 0^-$，$\left[\dfrac{1}{x}\right]=-1$，$y=x+\dfrac{x^2}{\sqrt{1+x^2}}\sim x+|x|=x-x=0$。

故 $y=0$ 为水平渐近线。

$x\to 0^+$：$\dfrac{1}{x}\to+\infty$，$\left[\dfrac{1}{x}\right]\sim\dfrac{1}{x}$，$-x\left[\dfrac{1}{x}\right]\sim -1$，$y\to -1+0=-1$。无渐近线。

$x\to 0^-$：类似分析。

共有 2 条渐近线（$y=x$ 和 $y=0$）。

先求 $\varphi(1)$：$f(x)=1$ 时 $\displaystyle\int_1^{2x}e^{t^2}\,dt=0$，即 $2x=1$，$x=\dfrac{1}{2}$。故 $\varphi(1)=\dfrac{1}{2}$。

$f'(x)=2e^{4x^2}$（变限积分求导），$f''(x)=16xe^{4x^2}$。

在 $x=\dfrac{1}{2}$ 处：$f'\!\left(\dfrac{1}{2}\right)=2e$，$f''\!\left(\dfrac{1}{2}\right)=8e$。

两端对 $x$ 求导（左端用变限积分求导 + 链式法则）：

由 $f^{-1}(f(x))=x$：

等等，这里 $x\ne 0$。实际上由 $f^{-1}(f(x))=x$，得 $f'(x)=\dfrac{\cos x-\sin x}{x(\sin x+\cos x)}$。

但更仔细地：左端 $=\dfrac{d}{dx}\displaystyle\int_0^{f(x)}f^{-1}(t)\,dt=f^{-1}(f(x))\cdot f'(x)=x\cdot f'(x)$。

右端 $=\dfrac{\cos x-\sin x}{\sin x+\cos x}$。

故 $f'(x)=\dfrac{\cos x-\sin x}{x(\sin x+\cos x)}$——但这在 $x=0$ 处有问题。

重新审视：$f^{-1}(f(x))=x$ 成立，所以 $xf'(x)=\dfrac{\cos x-\sin x}{\sin x+\cos x}$。

注意到 $\dfrac{\cos x-\sin x}{\sin x+\cos x}=\dfrac{(\sin x+\cos x)'}{\sin x+\cos x}=[\ln(\sin x+\cos x)]'$。

而 $xf'(x)=[\ln(\sin x+\cos x)]'$，即 $[xf(x)]'-f(x)=[\ln(\sin x+\cos x)]'$。

更直接地：$f'(x)=\dfrac{[\ln(\sin x+\cos x)]'}{x}$——这需要积分。

实际上，由 $xf'(x)=\dfrac{d}{dx}\ln(\sin x+\cos x)$，两边积分：

左端分部积分：$xf(x)-\displaystyle\int_0^x f(t)\,dt=\ln(\sin x+\cos x)$。

结合原式 $\displaystyle\int_0^{f(x)}f^{-1}(t)\,dt=\ln(\sin x+\cos x)$，以及反函数积分公式：

（这是反函数积分的基本公式），与原式一致。

由 $f(0)=0$（令 $x=0$ 代入原式），直接积分 $f'(x)$：

由 $f(0)=\ln 1+C=C=0$，故 $f(x)=\ln(\sin x+\cos x)$。