浙江专版2020届高考数学一轮复习单元检测三函数概念与基本初等函数Ⅰ单元检测含解析2

专题二函数概念与基本初等函数【真题典例】2.1函数及其表示挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点函数的概念及其表示1.了解函数、映射的概念,会求一些简单的函数定义域和值域.2.理解函数的三种表示法:解析法、图象法和列表法.2015浙江,7 函数的概念★★★分段函数及其应用了解简单的分段函数,并能简单应用.2018浙江,15分段函数及其应用函数的零点、不等式的解法★★★2015浙江文,12分段函数及其应用函数的最值2014浙江,15分段函数及其应用复合函数分析解读 1.考查重点仍为函数的表示法,分段函数等基本知识点,考查形式有两种,一种是给出分段函数表达式,求相应的函数值或相应的参数值(例: 2014浙江15题);另一种是定义一种运算,给出函数关系式考查相关的数学知识(例: 2015浙江7题).2.了解构成函数的要素,会求一些简单函数的定义域和值域,能运用求值域的方法解决最值问题.3.函数值域和最值是高考考查的重点,常以本节内容为背景结合其他知识进行考查,如解析式与函数最值相结合(例:2015浙江7题).4.函数的零点也是常考的知识点,常常与不等式结合在一起考查(例:2018浙江15题).5.预计2020年高考试题中,考查分段函数及其应用、函数值域与最值的可能性很大,特别是对与不等式、函数单调性相结合的考查,复习时应重视.破考点【考点集训】考点一函数的概念及其表示1.(2017浙江温州模拟(2月),10)已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(x+1)= +,则f(0)+f(2 017)的最大值为()A.1-B.1+C.D.答案 B2.(2018浙江绍兴高三3月适应性模拟,17)已知a>0,函数f(x)=|x2+|x-a|-3|在区间[-1,1]上的最大值是2,则a=.答案3或考点二分段函数及其应用1.(2017浙江宁波二模(5月),6)设f(x)=则函数y=f(f(x))的零点之和为()A.0B.1C.2D.4答案 C2.(2018浙江台州高三期末质检,8)已知函数f(x)=若函数g(x)=f(x)-k(x+1)在(-∞,1]上恰有两个不同的零点,则实数k的取值范围是()A.[1,3)B.(1,3]C.[2,3)D.(3,+∞)答案 A炼技法【方法集训】方法1 求函数定义域的方法1.(2015湖北,6,5分)函数f(x)=+lg的定义域为()A.(2,3)B.(2,4]C.(2,3)∪(3,4]D.(-1,3)∪(3,6]答案 C2.已知函数f(x)的定义域为[-8,1],则函数g(x)=的定义域是()A.(-∞,-2)∪(-2,3]B.[-8,-2)∪(-2,1]C.∪(-2,0]D.答案 C方法2 求函数解析式的方法(2017浙江名校(镇海中学)交流卷二,16)已知定义域和值域都为R的函数f(x)满足f(f(x)+f(y))=2f(x)+4y-3,则当x>0时,函数f(x)的取值范围是.答案(-1,+∞)方法3 求函数值域的方法1.(2018浙江杭州重点中学第一学期期中,16)若函数f(x)=(-x2-2x+3)(x2+ax+b)的图象关于直线x=-2对称,则f(x)的值域为.答案(-∞,16]2.(2017浙江宁波二模(5月),14)定义:max{a,b}=已知函数f(x)=max{|2x-1|,ax2+b},其中a<0,b∈R.若f(0)=b,则实数b的取值范围为;若f(x)的最小值为1,则a+b=.答案[1,+∞);1方法4 分段函数的相关处理方法1.(2017浙江模拟训练冲刺卷五,11)设函数f(x)=若f(-4)=f(0), f(-2)=-2,则b+c=;方程f(x)=x的所有实根的和为.答案6;-12.(2018浙江新高考调研卷二(镇海中学),12)已知函数f(x)=则f()+f=,若f(x)=-1,则x=.答案;-1或±过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组考点一函数的概念及其表示(2015浙江,7,5分)存在函数f(x)满足:对于任意x∈R都有()A.f(sin 2x)=sin xB.f(sin 2x)=x2+xC.f(x2+1)=|x+1|D.f(x2+2x)=|x+1|答案 D考点二分段函数及其应用1.(2018浙江,15,6分)已知λ∈R,函数f(x)=当λ=2时,不等式f(x)<0的解集是.若函数f(x)恰有2个零点,则λ的取值范围是.答案(1,4);(1,3]∪(4,+∞)2.(2015浙江文,12,6分)已知函数f(x)=则f(f(-2))=, f(x)的最小值是.答案-;2-63.(2014浙江文,15,4分)设函数f(x)=若f(f(a))=2,则a=.答案4.(2014浙江,15,4分)设函数f(x)=若f(f(a))≤2,则实数a的取值范围是.答案(-∞,]5.(2016浙江,18,15分)已知a≥3,函数F(x)=min{2|x-1|,x2-2ax+4a-2},其中min{p,q}=(1)求使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围;(2)(i)求F(x)的最小值m(a);(ii)求F(x)在区间[0,6]上的最大值M(a).解析(1)由于a≥3,故当x≤1时,(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)>0,当x>1时,(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=(x-2)(x-2a).所以,使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围为[2,2a].(2)(i)设函数f(x)=2|x-1|,g(x)=x2-2ax+4a-2,则f(x)min=f(1)=0,g(x)min=g(a)=-a2+4a-2,所以,由F(x)的定义知m(a)=min{f(1),g(a)},即m(a)=(ii)当0≤x≤2时,F(x)≤f(x)≤max{f(0), f(2)}=2=F(2),当2≤x≤6时,F(x)≤g(x)≤max{g(2),g(6)}=max{2,34-8a}=max{F(2),F(6)}.所以,M(a)=思路分析(1)先分类讨论去掉绝对值符号,再利用作差法求解;(2)分段函数求最值的方法是分别求出各段上的最值,较大(小)的值就是这个函数的最大(小)值.6.(2015浙江,18,15分)已知函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R),记M(a,b)是|f(x)|在区间[-1,1]上的最大值.(1)证明:当|a|≥2时,M(a,b)≥2;(2)当a,b满足M(a,b)≤2时,求|a|+|b|的最大值.解析(1)证明:由f(x)=+b-,得对称轴为直线x=-.由|a|≥2,得≥1,故f(x)在[-1,1]上单调,所以M(a,b)=max{|f(1)|,|f(-1)|}.当a≥2时,由f(1)-f(-1)=2a≥4,得max{f(1),-f(-1)}≥2,即M(a,b)≥2.当a≤-2时,由f(-1)-f(1)=-2a≥4,得max{f(-1),-f(1)}≥2,即M(a,b)≥2.综上,当|a|≥2时,M(a,b)≥2.(2)由M(a,b)≤2得|1+a+b|=|f(1)|≤2,|1-a+b|=|f(-1)|≤2,故|a+b|≤3,|a-b|≤3,由|a|+|b|=得|a|+|b|≤3.当a=2,b=-1时,|a|+|b|=3,且|x2+2x-1|在[-1,1]上的最大值为2,即M(2,-1)=2.所以|a|+|b|的最大值为3.评析本题主要考查函数的单调性与最值、分段函数、不等式性质等基础知识,同时考查推理论证能力,分析问题和解决问题的能力.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一函数的概念及其表示1.(2014山东,3,5分)函数f(x)=的定义域为()A. B.(2,+∞)C.∪(2,+∞)D.∪[2,+∞)答案 C2.(2014江西,3,5分)已知函数f(x)=5|x|,g(x)=ax2-x(a∈R).若f[g(1)]=1,则a=()A.1B.2C.3D.-1答案 A3.(2018江苏,5,5分)函数f(x)=的定义域为.答案[2,+∞)4.(2016江苏,5,5分)函数y=的定义域是.答案[-3,1]5.(2014四川,15,5分)以A表示值域为R的函数组成的集合,B表示具有如下性质的函数φ(x)组成的集合:对于函数φ(x),存在一个正数M,使得函数φ(x)的值域包含于区间[-M,M].例如,当φ1(x)=x3,φ2(x)=sin x 时,φ1(x)∈A,φ2(x)∈B.现有如下命题:①设函数f(x)的定义域为D,则“f(x)∈A”的充要条件是“∀b∈R,∃a∈D,f(a)=b”;②函数f(x)∈B的充要条件是f(x)有最大值和最小值;③若函数f(x),g(x)的定义域相同,且f(x)∈A,g(x)∈B,则f(x)+g(x)∉B;④若函数f(x)=aln(x+2)+(x>-2,a∈R)有最大值,则f(x)∈B.其中的真命题有.(写出所有真命题的序号)答案①③④考点二分段函数及其应用1.(2018课标全国Ⅰ文,12,5分)设函数f(x)=则满足f(x+1)<f(2x)的x的取值范围是()A.(-∞,-1]B.(0,+∞)C.(-1,0)D.(-∞,0)答案 D2.(2017山东文,9,5分)设f(x)=若f(a)=f(a+1),则f=()A.2B.4C.6D.8答案 C3.(2015湖北,6,5分)已知符号函数sgn x=f(x)是R上的增函数,g(x)=f(x)-f(ax)(a>1),则()A.sgn[g(x)]=sgn xB.sgn[g(x)]=-sgn xC.sgn[g(x)]=sgn[f(x)]D.sgn[g(x)]=-sgn[f(x)]答案 B4.(2018江苏,9,5分)函数f(x)满足f(x+4)=f(x)(x∈R),且在区间(-2,2]上,f(x)=则f(f(15))的值为.答案5.(2017课标全国Ⅲ文,16,5分)设函数f(x)=则满足f(x)+f >1的x的取值范围是.答案C组教师专用题组考点一函数的概念及其表示(2014江西,2,5分)函数f(x)=ln(x2-x)的定义域为()A.(0,1)B.[0,1]C.(-∞,0)∪(1,+∞)D.(-∞,0]∪[1,+∞)答案 C考点二分段函数及其应用1.(2015课标Ⅱ,5,5分)设函数f(x)=则f(-2)+f(log212)=()A.3B.6C.9D.12答案 C2.(2015山东,10,5分)设函数f(x)=则满足f(f(a))=2f(a)的a的取值范围是()A. B.[0,1] C. D.[1,+∞)答案 C3.(2014福建,7,5分)已知函数f(x)=则下列结论正确的是()A.f(x)是偶函数B.f(x)是增函数C.f(x)是周期函数D.f(x)的值域为[-1,+∞)答案 D【三年模拟】一、选择题(每小题4分,共16分)1.(2019届金丽衢十二校高三第一次联考,7)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“H函数”.下列为“H函数”的是()A.y=sin xcos x+cos2xB.y=ln x+e xC.y=2xD.y=x2-2x答案 B2.(2019届浙江“七彩阳光”联盟期中,7)已知函数f(x)=且f=0,则不等式f(x)>m的解集为()A. B.C. D.(-1,+∞)答案 C3.(2018浙江新高考调研卷二(镇海中学),8)已知函数f(x)=+bcosx+x,且满足f(1-)=3,则f(1+)=()A.2B.-3C.-4D.-1答案 D4.(2018浙江宁波模拟,9)已知a为正常数, f(x)=若存在θ∈,满足f(sin θ)=f(cosθ),则实数a的取值范围是()A. B.C.(1,)D.答案 D二、填空题(单空题4分,多空题6分,共14分)5.(2019届浙江温州高三适应性检测,15)已知函数f(x)=当λ=5时,不等式f(x)<-1的解集是;若函数f(x)的值域是R,则实数λ的取值范围是.答案(-4,-1)∪(8,+∞);(-∞,-2]∪[2,+∞)6.(2018浙江金华十校第一学期期末调研,16)已知函数f(x)=的最小值为a+1,则实数a的取值范围为.答案{-2-2}∪[-1,1]7.(2018浙江诸暨高三上学期期末,17)已知a,b∈R,f(x)=|2+ax+b|,若对于任意的x∈[0,4], f(x)≤恒成立,则a+2b=.答案-2三、解答题(共30分)8.(2017浙江金华十校调研,20)已知函数f(x)=(1)求f及x∈[2,3]时函数f(x)的解析式;(2)若f(x)≤对任意的x∈(0,3]恒成立,求实数k的最小值.解析(1)f=-f=f=×=.当x∈[2,3]时,x-2∈[0,1],所以f(x)= [(x-2)-(x-2)2]= (x-2)(3-x).(2)要使f(x)≤,x∈(0,3]恒成立,只需k≥[xf(x)]max,x∈(0,3]即可.当x∈(0,1]时,f(x)=x-x2,则对任意的x∈(0,1],xf(x)=x2-x3.令h(x)=x2-x3,则h(x)max=h=;当x∈(1,2]时,xf(x)=-x[(x-1)-(x-1)2]=x(x-1)·(x-2)≤0;当x∈(2,3]时,xf(x)= x[(x-2)-(x-2)2],令x-2=t,则t∈(0,1],记g(t)= (t+2)(t-t2),t∈(0,1].则g'(t)=- (3t2+2t-2),令g'(t)=0,得t0=(负值舍去),故存在t0=使得函数g(t)在t=t0处取得最大值,为.又>,所以当k≥时, f(x)≤对任意的x∈(0,3]恒成立,故实数k的最小值为.9.(2018浙江镇海中学阶段性测试,20)已知函数f(x)=2x+b,g(x)=x2+bx+c(b,c∈R),对任意的x∈R恒有f(x)≤g(x)成立.(1)求证:g(x)>0恒成立;(2)设b=0时,记h(x)=(x∈[2,+∞)),求函数h(x)的值域;(3)若对满足条件的任意实数b,c,不等式g(c)-g(b)≤M(c2-b2)恒成立,求M的最小值. 解析(1)证明:f(x)≤g(x)恒成立,即x2+(b-2) x+c-b≥0,∴Δ=(b-2)2-4(c-b)≤0,∴b2-4c+4≤0,∴b2-4c≤-4<0,∴g(x)>0恒成立.(2)∵b=0,∴h(x)=,由(1)知c≥1.当1≤c≤4时,h(x)在[2,+∞)上为增函数,∴h(x)的值域为;当c>4时,h(x)在[2,]上为减函数,在[,+∞)上为增函数,∴h(x)的值域为[,+∞).综上,1≤c≤4时,h(x)的值域为,c>4时,h(x)的值域为[,+∞).(3)由(1)推得b2-4c+4≤0,∴4c-4b≥b2-4b+4=(b-2)2≥0,∴c-b≥0,同理,c+b≥0,又g(c)-g(b)≤M(c2-b2),即(c+2b)(c-b)≤M(c2-b2),当c2=b2时,(c+2b)(c-b)=0或-2b2,∴M∈R;当c-b>0且c+b>0时,M≥=1+恒成立,∴只需求当c>b>0时,的最大值即可,而=,∵>1,∴<,∴M≥,即M的最小值为.。

第3节 函数的单调性与最值考试要求 1.理解函数的单调性、最大(小)值及其几何意义；2.会运用基本初等函数的图象分析函数的性质.知 识 梳 理1.函数的单调性 (1)单调函数的定义(2)单调区间的定义如果函数y ＝f (x )在区间D 上是增函数或减函数，那么就说函数y ＝f (x )在这一区间具有(严格的)单调性，区间D 叫做函数y ＝f (x )的单调区间. 2.函数的最值 [常用结论与易错提醒]1.对勾函数y ＝x ＋ax(a ＞0)的增区间为(－∞，－a ]和[a ，＋∞)；减区间为[－a ，0)和(0，a ]，且对勾函数为奇函数.2.设任意x 1，x 2∈D (x 1≠x 2)，则①f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＞0(或(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]＞0)⇔f (x )在D 上单调递增； ②f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜0(或(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]＜0)⇔f (x )在D 上单调递减.3.函数在两个不同的区间上单调性相同，一般要分开写，用“，”或“和”连接，不要用“∪”.基 础 自 测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)对于函数f (x )，x ∈D ，若对任意x 1，x 2∈D ，且x 1≠x 2有(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0，则函数f (x )在区间D 上是增函数.( )(2)函数y ＝1x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞).( )(3)对于函数y ＝f (x )，若f (1)<f (3)，则f (x )为增函数.( )(4)函数y ＝f (x )在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞).( ) 解析 (2)此单调区间不能用并集符号连接，取x 1＝－1，x 2＝1，则f (－1)＜f (1)，故应说成单调递减区间为(－∞，0)和(0，＋∞). (3)应对任意的x 1＜x 2，f (x 1)＜f (x 2)成立才可以.(4)若f (x )＝x ，f (x )在[1，＋∞)上为增函数，但y ＝f (x )的单调递增区间可以是R . 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)×2.下列函数中，在区间(0，＋∞)内单调递减的是( ) A.y ＝1x－xB.y ＝x 2－x C.y ＝ln x －xD.y ＝e x－x解析 对于A ，y 1＝1x 在(0，＋∞)内是减函数，y 2＝x 在(0，＋∞)内是增函数，则y ＝1x－x在(0，＋∞)内是减函数；B ，C 选项中的函数在(0，＋∞)上均不单调；选项D 中，y ′＝e x－1，而当x ∈(0，＋∞)时，y ′＞0，所以函数y ＝e x－x 在(0， ＋∞)上是增函数. 答案 A3.(2018·全国卷)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x，x ≤0，1，x >0，则满足f (x ＋1)<f (2x )的x 的取值范围是( ) A.(－∞，－1] B.(0，＋∞) C.(－1，0)D.(－∞，0)解析 当x ≤0时，函数f (x )＝2－x是减函数，则f (x )≥f (0)＝1.作出f (x )的大致图象如图所示，结合图象可知，要使f (x ＋1)＜f (2x )，则需⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1<0，2x <0，2x <x ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≥0，2x <0，所以x <0，故选D.答案 D4.函数f (x )＝lg x 2的单调递减区间是 .解析 f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，y ＝lg u 在(0，＋∞)上为增函数，u ＝x 2在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，故f (x )在(－∞，0)上单调递减. 答案 (－∞，0)5.(2016·北京卷)函数f (x )＝xx －1(x ≥2)的最大值为 .解析 易得f (x )＝xx －1＝1＋1x －1， 当x ≥2时，x －1>0，易知f (x )在[2，＋∞)上是减函数， ∴f (x )max ＝f (2)＝1＋12－1＝2. 答案 26.(2019·绿色评价联盟适考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ，x ≤0，log 2（x ＋1），x >0，则f (f (－3))＝ ，f (x )的最小值为 .解析 f (－3)＝(－3)2＋2×(－3)＝3，f (f (－3))＝f (3)＝2.由图象得f (x )min ＝f (－1)＝－1.答案 2 －1考点一 确定函数的单调性(区间)【例1】 (1)(2019·嘉兴检测)已知函数f (x )＝log 4(4－|x |)，则f (x )的单调递增区间是 ；f (0)＋4f (2)＝ .解析 由f (x )＝log 4(4－|x |)得函数f (x )的定义域为(－4，4)，且函数y ＝4－|x |的单调递增区间为(－4，0]，则函数f (x )＝log 4(4－|x |)的单调递增区间为(－4，0].f (0)＋4f (2)＝1＋412＝3. 答案 (－4，0] 3(2)(一题多解)试讨论函数f (x )＝axx －1(a ≠0)在(－1，1)上的单调性. 解 法一 设－1<x 1<x 2<1， 因为f (x )＝a ⎝⎛⎭⎪⎫x －1＋1x －1＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x －1，所以f (x 1)－f (x 2)＝a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x 1－1－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2－1＝ a （x 2－x 1）（x 1－1）（x 2－1），由于－1<x 1<x 2<1，所以x 2－x 1>0，x 1－1<0，x 2－1<0，故当a >0时，f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)，函数f (x )在(－1，1)上递减； 当a <0时，f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)，函数f (x )在(－1，1)上递增. 法二 f ′(x )＝（ax ）′（x －1）－ax （x －1）′（x －1）2＝a （x －1）－ax （x －1）2＝－a（x －1）2.当a >0时，f ′(x )<0，函数f (x )在(－1，1)上递减； 当a <0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(－1，1)上递增.规律方法 (1)求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，如例1(1). (2)函数单调性的判断方法有：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法. (3)函数y ＝f (g (x ))的单调性应根据外层函数y ＝f (t )和内层函数t ＝g (x )的单调性判断，遵循“同增异减”的原则.【训练1】 (一题多解)判断函数f (x )＝x ＋ax(a >0)在(0，＋∞)上的单调性，并给出证明.解 f (x )在(0，a ]上是减函数，在[a ，＋∞)上是增函数. 证明如下：法一 设x 1，x 2是任意两个正数，且x 1<x 2， 则f (x 1)－f (x 2)＝⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋a x 1－⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋a x2＝x 1－x 2x 1x 2(x 1x 2－a ).当0<x 1<x 2≤a 时，0<x 1x 2<a ，又x 1－x 2<0， 所以f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)， 所以函数f (x )在(0，a ]上是减函数. 当a ≤x 1<x 2时，x 1x 2>a ，又x 1－x 2<0， 所以f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)， 所以函数f (x )在[a ，＋∞)上是增函数.综上可知，函数f (x )＝x ＋a x(a >0)在(0，a ]上是减函数，在[a ，＋∞)上为增函数. 法二 f ′(x )＝1－a x 2，令f ′(x )>0，则1－a x2>0， 解得x >a 或x <－a (舍).令f ′(x )<0，则1－a x2<0，解得－a <x <a . ∵x >0，∴0<x <a .∴f (x )在(0，a ]上为减函数，在[a ，＋∞)上为增函数. 考点二 确定函数的最值【例2】 (1)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 13x ，x >1，－x 2＋2x ，x ≤1，则f (f (3))＝ ，函数f (x )的最大值是 .解析 ①由于f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 13x ，x >1，－x 2＋2x ，x ≤1.所以f (3)＝log 133＝－1，则f (f (3))＝f (－1)＝－3， ②当x >1时，f (x )＝log 13x 是减函数，得f (x )<0.当x ≤1时，f (x )＝－x 2＋2x ＝－(x －1)2＋1在(－∞，1]上单调递增，则f (x )≤1，综上可知，f (x )的最大值为1.答案 －3 1(2)已知函数f (x )＝x 2＋2x ＋ax，x ∈[1，＋∞)且a ≤1.①当a ＝12时，求函数f (x )的最小值；②若对任意x ∈[1，＋∞)，f (x )>0恒成立，试求实数a 的取值范围. 解 ①当a ＝12时，f (x )＝x ＋12x ＋2，设1≤x 1＜x 2，则f (x 2)－f (x 1)＝(x 2－x 1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12x 1x 2，∵1≤x 1＜x 2，∴x 2－x 1＞0，2x 1x 2＞2， ∴0＜12x 1x 2＜12，1－12x 1x 2＞0，∴f (x 2)－f (x 1)＞0，f (x 1)＜f (x 2). ∴f (x )在区间[1，＋∞)上为增函数，∴f (x )在区间[1，＋∞)上的最小值为f (1)＝72.②当x ∈[1，＋∞)时，x 2＋2x ＋ax>0恒成立，则x 2＋2x ＋a >0对x ∈[1，＋∞)恒成立. 即a >－(x 2＋2x )在x ∈[1，＋∞)上恒成立.令g (x )＝－(x 2＋2x )＝－(x ＋1)2＋1，x ∈[1，＋∞)， ∴g (x )在[1，＋∞)上是减函数，g (x )max ＝g (1)＝－3. 又a ≤1，∴当－3<a ≤1时，f (x )>0在x ∈[1，＋∞)上恒成立. 故实数a 的取值范围是(－3，1].规律方法 (1)求函数最值的常用方法：①单调性法；②基本不等式法；③配方法；④图象法；⑤导数法.(2)利用单调性求最值，应先确定函数的单调性，然后根据性质求解.若函数f (x )在闭区间[a ，b ]上是增函数，则f (x )在[a ，b ]上的最大值为f (b )，最小值为f (a ).若函数f (x )在闭区间[a ，b ]上是减函数，则f (x )在[a ，b ]上的最大值为f (a )，最小值为f (b ).【训练2】 (2017·浙江卷)若函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 在区间[0，1]上的最大值是M ，最小值是m ，则M －m ( ) A.与a 有关，且与b 有关B.与a 有关，但与b 无关C.与a 无关，但与b 无关D.与a 无关，但与b 有关解析 因为最值在f (0)＝b ，f (1)＝1＋a ＋b ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝b －a 24中取，所以最值之差一定与b 无关，但与a 有关，故选B. 答案 B考点三 函数单调性的应用变式迁移【例3】 (1)如果函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（2－a ）x ＋1，x <1，a x ，x ≥1满足对任意x 1≠x 2，都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>0成立，那么实数a 的取值范围是 .(2)定义在R 上的奇函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上递增，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，则不等式f (log 19x )>0的解集为 .解析 (1)对任意x 1≠x 2，都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>0，所以y ＝f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数. 所以⎩⎪⎨⎪⎧2－a >0，a >1，(2－a )×1＋1≤a ，解得32≤a <2.故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2. (2)∵y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数，且y ＝f (x )在(0，＋∞)上递增， ∴y ＝f (x )在(－∞，0)上也是增函数，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0. 故原不等式f (log 19x )>0可化为f (log 19x )>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12或f (log 19x )>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，∴log 19x >12或－12<log 19x <0，解得0<x <13或1<x <3.所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪0<x <13或1<x <3.答案 (1)⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 (2)⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪0<x <13或1<x <3 【变式迁移1】 在例题第(1)题中，条件不变，若设m ＝f (－12)，n ＝f (a )，t ＝f (2)，试比较m ，n ，t 的大小.解 由例题知f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数， 且32≤a <2，又－12<a <2， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12<f (a )<f (2)，即m <n <t . 【变式迁移2】 在例题第(2)题中，若条件改为：“定义在R 上的偶函数y ＝f (x )在[0，＋∞)上单调递减”，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，则不等式f (log 19x )>0的解集是 Ｗ. 解析 因为f (x )在R 上为偶函数，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0， 所以f(log 19x )＞0等价于f (|log 19x|)＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12， 又f (x )在[0，＋∞)上为减函数，所以|log 19x|＜12，即－12＜log 19x ＜12，解得13＜x ＜3.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，3 规律方法 (1)利用单调性求参数的取值(范围)的思路是：根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降，再结合图象求解.(2)在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f ”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解，此时应特别注意函数的定义域.【训练3】 已知函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，且为奇函数.若f (1)＝－1，则满足－1≤f (x －2)≤1的x 的取值范围是( ) A.[－2，2] B.[－1，1] C.[0，4]D.[1，3]解析 因为f (x )为奇函数，所以f (－1)＝－f (1)＝1，于是－1≤f (x －2)≤1等价于f (1)≤f (x －2)≤f (－1)，又f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，∴－1≤x －2≤1，∴1≤x ≤3. 答案 D基础巩固题组一、选择题1.若函数f (x )＝|2x ＋a |的单调递增区间是[3，＋∞)，则a 的值为( ) A.－2 B.2 C.－6D.6解析 由图象易知函数f (x )＝|2x ＋a |的单调增区间是[－a 2，＋∞)，令－a2＝3，∴a ＝－6.答案 C2.(2016·北京卷)下列函数中，在区间(－1，1)上为减函数的是( ) A.y ＝11－xB.y ＝cos xC.y ＝ln(x ＋1)D.y ＝2－x解析 ∵y ＝11－x与y ＝ln(x ＋1)在(－1，1)上为增函数，且y ＝cos x 在(－1，1)上不具备单调性.∴A，B ，C 不满足题意.只有y ＝2－x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在(－1，1)上是减函数. 答案 D3.已知函数y ＝f (x )的图象关于x ＝1对称，且在(1，＋∞)上单调递增，设a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，b ＝f (2)，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A.c <b <a B.b <a <c C.b <c <aD.a <b <c解析 ∵函数图象关于x ＝1对称，∴a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，又y ＝f (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴f (2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f (3)，即b <a <c . 答案 B4.定义新运算“⊕”：当a ≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a <b 时，a ⊕b ＝b 2，则函数f (x )＝(1⊕x )x －(2⊕x )在区间[－2，2]上的最大值等于( )A.－1B.1C.6D.12解析 由已知得当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2， 当1<x ≤2时，f (x )＝x 3－2.∵f (x )＝x －2，f (x )＝x 3－2在定义域内都为增函数， ∴f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6. 答案 C5.f (x )是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，满足f (xy )＝f (x )＋f (y )，f (3)＝1，则当f (x )＋f (x －8)≤2时，x 的取值范围是( ) A.(8，＋∞) B.(8，9] C.[8，9]D.(0，8)解析 2＝1＋1＝f (3)＋f (3)＝f (9)，由f (x )＋f (x －8)≤2，可得f [x (x －8)]≤f (9)，因为f (x )是定义在(0，＋∞)上的增函数， 所以有⎩⎪⎨⎪⎧x >0，x －8>0，x （x －8）≤9，解得8<x ≤9.答案 B6.如果函数f (x )对任意的实数x ，都有f (1＋x )＝f (－x )，且当x ≥12时，f (x )＝log 2(3x －1)，那么函数f (x )在[－2，0]上的最大值与最小值之和为( ) A.2 B.3 C.4D.－1解析 根据f (1＋x )＝f (－x )，可知函数f (x )的图象关于直线x ＝12对称.又函数f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增，故f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12上单调递减，则函数f (x )在[－2，0]上的最大值与最小值之和为f (－2)＋f (0)＝f (1＋2)＋f (1＋0)＝f (3)＋f (1)＝log 28＋log 22＝4. 答案 C 二、填空题7.函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x－log 2(x ＋2)在区间[－1，1]上的最大值为 .解析 由于y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x在R 上递减，y ＝log 2(x ＋2)在[－1，1]上递增，所以f (x )在[－1，1]上单调递减，故f (x )在[－1，1]上的最大值为f (－1)＝3. 答案 38.已知t ∈R ，记函数f (x )＝|x ＋4x ＋2＋t |在[－1，2]的最大值为H (t )，若H (t )≥1，则t 的取值范围是 Ｗ. 解析 记u ＝x ＋4x ＋2，当x ∈[－1，2]时，u ∈[2，3]， 所以H (t )＝max{|2＋t |，|3＋t |}＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋t ＋3＋t 2＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋t －（3＋t ）2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t ＋52＋12≥1，解得t ≤－3或t ≥－2.答案 (－∞，－3]∪[－2，＋∞)9.设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋4x ，x ≤4，log 2x ，x >4.若函数y ＝f (x )在区间(a ，a ＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是 Ｗ.解析 作出函数f (x )的图象如图所示，由图象可知f (x )在(a ，a ＋1)上单调递增，需满足a ≥4或a ＋1≤2，即a ≤1或a ≥4.答案 (－∞，1]∪[4，＋∞)10.设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x ≤1，2x ＋ax ，x >1，若f (f (1))＝4a ，则实数a ＝ ，函数f (x )的单调增区间为 Ｗ.解析 ∵f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x ≤1，2x ＋ax ，x >1，∴f (1)＝12＋1＝2，f (f (1))＝f (2)＝22＋2a .由f (f (1))＝4a ，∴22＋2a ＝4a ，∴a ＝2.当x ≤1时，f (x )在(－∞，0]上递减，在[0，1]上递增，且f (1)＝2；当x >1时，f (x )＝2x＋2x 在(1，＋∞)上递增，令x ＝1时，2x＋2x ＝2＋2＝4＞f (1)，故f (x )的单调增区间为[0，1]∪(1，＋∞)＝[0，＋∞). 答案 2 [0，＋∞)三、解答题11.已知函数f (x )＝1a －1x(a >0，x >0).(1)求证：f (x )在(0，＋∞)上是增函数；(2)若f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，求a 的值. (1)证明 设x 2>x 1>0，则x 2－x 1>0，x 1x 2>0，∵f (x 2)－f (x 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1x 1＝1x 1－1x 2＝x 2－x 1x 1x 2>0，∴f (x 2)>f (x 1)，∴f (x )在(0，＋∞)上是增函数.(2)解 ∵f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，又由(1)得f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是单调增函数， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，f (2)＝2，易知a ＝25.12.已知函数f (x )＝2x －a x的定义域为(0，1](a 为实数). (1)当a ＝1时，求函数y ＝f (x )的值域；(2)求函数y ＝f (x )在区间(0，1]上的最大值及最小值，并求出当函数f (x )取得最值时x 的值.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝2x －1x，任取1≥x 1＞x 2＞0，则f (x 1)－f (x 2)＝2(x 1－x 2)－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－1x 2＝(x 1－x 2)⎝⎛⎭⎪⎫2＋1x 1x 2.∵1≥x 1＞x 2＞0，∴x 1－x 2＞0，x 1x 2＞0.∴f (x 1)＞f (x 2)，∴f (x )在(0，1]上单调递增，无最小值，当x ＝1时取得最大值1，所以f (x )的值域为(－∞，1].(2)当a ≥0时，y ＝f (x )在(0，1]上单调递增，无最小值，当x ＝1时取得最大值2－a ； 当a ＜0时，f (x )＝2x ＋－ax，当－a2≥1，即a ∈(－∞，－2]时，y ＝f (x )在(0，1]上单调递减，无最大值，当x ＝1时取得最小值2－a ； 当－a2＜1，即a ∈(－2，0)时，y ＝f (x )在⎝⎛⎦⎥⎤0，－a 2上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－a2，1上单调递增，无最大值，当x ＝－a2时取得最小值2－2a . 能力提升题组13.若函数f (x )＝a x(a >0，a ≠1)在[－1，2]上的最大值为4，最小值为m ，且函数g (x )＝(1－4m )x 在[0，＋∞)上是增函数，则a ＝( ) A.4 B.2 C.12D.14解析 当a >1时，则y ＝a x 为增函数，有a 2＝4，a －1＝m ，此时a ＝2，m ＝12，此时g (x )＝－x 在[0，＋∞)上为减函数，不合题意. 当0<a <1时，则y ＝a x为减函数， 有a －1＝4，a 2＝m ，此时a ＝14，m ＝116.此时g (x )＝34x 在[0，＋∞)上是增函数.故a ＝14.答案 D14.已知函数f (x )＝e x－1，g (x )＝－x 2＋4x －3，若存在f (a )＝g (b )，则实数b 的取值范围为( ) A.[0，3]B.(1，3)C.[2－2，2＋2]D.(2－2，2＋2)解析 由题可知f (x )＝e x －1>－1，g (x )＝－x 2＋4x －3＝－(x －2)2＋1≤1， 若f (a )＝g (b )，则g (b )∈(－1，1]， 即－b 2＋4b －3>－1，即b 2－4b ＋2<0， 解得2－2<b <2＋ 2.所以实数b 的取值范围为(2－2，2＋2). 答案 D15.(2019·绍兴适应性考试)已知a ∈R ，函数f (x )满足：存在x 0>0，对任意的x >0，恒有|f (x )－a |≤|f (x 0)－a |，则f (x )可以为( ) A.f (x )＝lg x B.f (x )＝－x 2＋2x C.f (x )＝2xD.f (x )＝sin x解析 由a ∈R ，不妨设a ＝0，g (x )＝|f (x )|，则原问题可看成存在x 0>0，g (x )max ＝g (x 0)＝|f (x 0)|.对于A 选项，g (x )＝|lg x |，结合其函数图象知，g (x )存在最小值0，不存在最大值，排除A ；对于B 选项，g (x )＝|－x 2＋2x |＝|x 2－2x |，g (x )存在最小值0，不存在最大值，排除B ；对于C 选项，g (x )＝|2x|＝2x ，显然g (x )不存在最小值，也不存在最大值，排除C ；对于D 选项，g (x )＝|sin x |≤1，g (x )存在最大值，故选D.答案 D16.(一题多解)设函数f (x )＝1＋x ＋1－ax ，记M (a )为f (x )的最大值，则M (a )的最小值为 Ｗ.解析 法一 由题知当a ≤0时，f (x )无最大值，故a >0.由定义域知0≤x ＋1≤1＋1a ，令aa ＋1(x ＋1)＝cos 2α⎝⎛⎭⎪⎫α∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2，代入f (x )＝1＋x ＋1－ax ，则有f (x )＝1＋aacos α＋1＋a sin α＝2＋1a ＋a ·sin(α＋θ)，其中tan θ＝1a，且a >0，所以M (a )＝2＋1a＋a ≥2(当且仅当a ＝1时取到等号).法二 由题知当a ≤0时，f (x )无最大值，故a >0，令导函数f ′(x )＝12·11＋x －12·a1－ax ＝0，得唯一极大值点x ＝1a－1，所以M (a )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1＝1a＋a ≥2(当且仅当a ＝1时取到等号). 答案 217.已知函数f (x )＝lg(x ＋ax－2)，其中a 是大于0的常数. (1)求函数f (x )的定义域；(2)当a ∈(1，4)时，求函数f (x )在[2，＋∞)上的最小值； (3)若对任意x ∈[2，＋∞)恒有f (x )>0，试确定a 的取值范围.解 (1)由x ＋a x －2＞0，得x 2－2x ＋ax＞0，当a ＞1时，x 2－2x ＋a ＞0恒成立，定义域为(0，＋∞)， 当a ＝1时，定义域为{x |x ＞0且x ≠1}，当0＜a ＜1时，定义域为{x |0＜x ＜1－1－a 或x ＞1＋1－a }. (2)设g (x )＝x ＋a x－2，当a ∈(1，4)，x ∈[2，＋∞)时，∴g ′(x )＝1－a x 2＝x 2－ax2>0.因此g (x )在[2，＋∞)上是增函数， ∴f (x )在[2，＋∞)上是增函数. 则f (x )min ＝f (2)＝lg a2.(3)对任意x ∈[2，＋∞)，恒有f (x )>0，即x ＋a x－2>1对x ∈[2，＋∞)恒成立. ∴a >3x －x 2.令h (x )＝3x －x 2，x ∈[2，＋∞).由于h (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋94在[2，＋∞)上是减函数，∴h (x )max ＝h (2)＝2. 故a >2时，恒有f (x )>0.因此实数a 的取值范围为(2，＋∞). 18.a ∈R ，设函数f (x )＝x |x －a |－x . (1)若a ＝3，求函数f (x )的单调区间；(2)若a ≤0，对于任意的x ∈[0，t ]，不等式－1≤f (x )≤6恒成立，求实数t 的最大值及此时a 的值.解 (1)当a ＝3时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ＝－（x －1）2＋1，x <3，x 2－4x ＝（x －2）2－4，x ≥3， 函数f (x )的单调递增区间为(－∞，1)，(3，＋∞)，单调递减区间为(1，3). (2)当a ≤0，x ∈[0，t ]时，x ≥a 恒成立，故f (x )＝x 2－(a ＋1)x . ①当a ≤－1时，a ＋12≤0，f (x )在[0，t ]上单调递增，f (x )min ＝f (0)＝0，f (x )max ＝f (t )＝t 2－(a ＋1)t ，由题意得f (x )max ≤6，即 t 2－(a ＋1)t ≤6，解得0＜t ≤（a ＋1）＋（a ＋1）2＋242.令m ＝－(a ＋1)≥0，h (m )＝m 2＋24－m2＝12m 2＋24＋m在[0，＋∞)上单调递减，所以h (x )max ＝h (0)＝6，即当a ＝－1时，t max ＝ 6. ②当－1<a ≤0时，a ＋12＞0，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，a ＋12上单调递减，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫a ＋12，＋∞上单调递增，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12＝－（a ＋1）24∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－14，0，满足f (x )min ≥－1.当0＜t ≤a ＋1≤1时，f (x )max ＝f (0)＝0，满足题意，此时t max ＝1，a ＝0； 当t ＞a ＋1时，f (x )max ＝f (t )＝t 2－(a ＋1)t ，由题意得f (x )max ≤6， 即t 2－(a ＋1)t ≤6，解得a ＋1＜t ≤（a ＋1）＋（a ＋1）2＋242.令m ＝a ＋1，则0＜m ≤1，h (m )=m ＋m 2＋242在(0，1］上单调递增，所以h (m )max ＝h (1)＝3， 即当a ＝0时，t max ＝3. 综上所述，t max ＝3，此时a ＝0.。

函数单元---测【满分：150分 时间：120分钟】一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分,在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（2019·浙江高三期末）设不为1的实数a ，b ，c 满足：，则 ( )A ．B ．C ．a c b b >D ．b b a c >【答案】D 【解析】因为底数a 与1的大小关系不确定，故B 错；同理，C 也错. 取，则，从而，故A 错，因为为()0,∞+上的增函数，而0a c >>，故b b a c >，故D 正确.综上，选D.2．（2019·浙江高三会考）函数（）的图像不可能是A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】直接利用排除法： ①当时，选项B 成立； ②当时，，函数的图象类似D ；③当时，，函数的图象类似C；故选：A．3.（2019·浙江高三会考）已知函数y＝f（x）的定义域是R，值域为[-1，2]，则值域也为[-1，2]的函数是A． B． C． D．【答案】B【解析】的定义域为，值域为，即；∴A．，即的值域为，∴该选项错误；B．，即的值域为，∴该选项正确；C．，即的值域为，∴该选项错误；D．，即的值域为，∴该选项错误．故选：B．4．（2019·浙江高三会考）函数的定义域是A． B． C．[0，2] D．（2，2）【答案】A【解析】由函数的解析式，可得，解不等式可得，函数的定义域是，故选A.5．（2018·天津高三期中（理））函数的单调递增区间是A． B． C． D．【答案】D【解析】由可得或∵在单调递增，而是增函数，由复合函数的同增异减的法则可得，函数的单调递增区间是，故选D.6．（2017·四川高三期中（理））设，则A． B． C． D．【答案】A【解析】由题意得，∴．选A．7．（2019·湖北高三期中（理））函数在单调递减，且为奇函数，若，则满足的的取值范围是（）．A． B． C． D．【答案】D【解析】是奇函数，故；又是增函数，，即则有，解得，故选D.8.（2018·湖南高考模拟（理））2018年9月24日，阿贝尔奖和菲尔兹奖双料得主，英国89岁高龄的著名数学家阿蒂亚爵士宣布自己证明了黎曼猜想，这一事件引起了数学界的震动．在1859年，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为《论小于某值的素数个数》的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想．在此之前著名的数学家欧拉也曾研究过这个问题，并得到小于数字的素数个数大约可以表示为的结论．若根据欧拉得出的结论，估计10000以内的素数个数为（）(素数即质数，，计算结果取整数)A．1089 B．1086 C．434 D．145【答案】B【解析】由题可知小于数字的素数个数大约可以表示为，则10000以内的素数的个数为===2500，故选：B.9.（2019·浙江高三期中）已知函数，且，则不等式的解集为A．B．C．D．【答案】C【解析】函数，可知时，，所以，可得解得．不等式即不等式，可得：或，解得：或，即故选：C．10．（2019·山东高三期中（理））函数是偶函数，且函数的图象关于点成中心对称，当时，，则A． B． C．0 D．2【答案】D【解析】根据题意，函数是偶函数，则函数的对称轴为，则有，又由函数的图象关于点成中心对称，则，则有，即，变形可得，则函数是周期为8的周期函数，；故选D．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11．（2019·浙江高三会考）已知函数则________；________.【答案】0 2【解析】因为函数则=0；.12．（2019·山东高三月考（文））若幂函数的图象不过原点，则是_________．【答案】1 【解析】 幂函数的图象不过原点，所以，解得，符合题意，故答案为.13．（2017·浙江高考模拟）16/17世纪之交，随着天文、航海、工程、贸易以及军事的发展，改进数字计算方法成了当务之急，约翰•纳皮尔正是在研究天文学的过程中，为了简化其中的计算而发明了对数.后来天才数学家欧拉发现了对数与指数的关系，即b a N = ⇔ log a b N =. 现在已知23a =， 34b =，则ab =__________. 【答案】2【解析】∵23a =， 34b = ∴2log 3a =， 3log 4b =∴故答案为214．（2019·浙江高考模拟）若2a =3,b=log 32，则ab=________,3b +3-b=________ 【答案】1 【解析】则即答案为(1). 1 (2).15．（2019·陕西高考模拟（理））设b R ∈，若函数在[]1,1-上的最大值是3，则()f x 在[]1,1-上的最小值是____________. 【答案】2【解析】 整理()f x 可得：，[]1,1x ∈-令2x t =，则1,22t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦函数()f x 可化为：，1,22t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦当2t =时，，解得：3b = 当1t =时，所以()f x 在[]1,1-上的最小值是2.16．（2019·北京高三月考（文））设函数(1)若a ＝1，则f (x )的最小值为________；(2)若f (x )恰有2个零点，则实数a 的取值范围是________． 【答案】【解析】 （1）代入解析式得当时，，即当时，,函数的对称轴为,故.综上可得的最小值为.（2）当时，在上有两个零点，要使恰有2个零点，则，故.当时，要使恰有2个零点，则,解得.综上，17．（2019·山西高三月考）设函数，当时，记的最大值为，则的最小值为______．【答案】【解析】去绝对值，利用二次函数的性质可得，在的最大值为，，，中之一，所以可得，，，，上面四个式子相加可得即有，可得的最小值为．故答案为．三、解答题：本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18．（2018·北京高三期中（理））已知函数是定义在上的偶函数，当时，现已画出函数在轴左侧的图象，如图所示．Ⅰ画出函数在轴右侧的图象，并写出函数在上的单调递增区间；Ⅱ求函数在上的解析式．【答案】Ⅰ和；Ⅱ.【解析】Ⅰ图象如下：函数的单调增区间为和；Ⅱ设，则；函数是定义在R上的偶函数，且当时，；；．19．（2018·上饶中学高三期中）已知的定义域为集合A，集合B=（1）求集合A；（2）若A B,求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】（1）由已知得即∴（2）∵∴解得∴20．（2018·江西高三月考（理））已知函数的定义域为，且是奇函数. （1）求的表达式；（2）若在上的值域是，求证：，是方程的两个根.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】(1)设，则，因为是奇函数，所以，即.(2)由题意可得，又，所以，，所以在上是减函数，所以，故是方程的两个根.21．（2019·湖南雅礼中学高三期中（文））已知定义域为的单调函数是奇函数,当时,. （1）求的解析式.（2）若对任意的,不等式恒成立,求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】(1) 当时, ，∴，又函数是奇函数，∴，∴．又．综上所述．（2）∵为上的单调函数，且，∴函数在上单调递减．∵，∴，∵函数是奇函数，∴．又上单调递减，∴对任意恒成立，∴对任意恒成立，∴，解得．∴实数的取值范围为．22．（2019·陕西省汉中中学高三月考（理））已知函数．（Ⅰ）当时，求函数的零点；（Ⅱ）若函数对任意实数都有成立，求函数的解析式；（Ⅲ）若函数在区间上的最小值为，求实数的值．【答案】（Ⅰ）1和3 （Ⅱ）（Ⅲ）或.【解析】（Ⅰ）当时，，由可得或，所以函数的零点为1和3．（Ⅱ）由于对任意实数恒成立，所以函数图像的对称轴为，即，解得．故函数的解析式为．（Ⅲ）由题意得函数图像的对称轴为．当，即时，在上单调递减，所以，解得．符合题意．当，即时，在上单调递减，在上单调递增，所以，解得，与矛盾，舍去．当，即时，在上单调递增，所以，解得．符合题意．所以或．11。

高中数学专题复习《函数的概念与基本初等函数》单元过关检测经典荟萃，匠心巨制！独家原创，欢迎下载！注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明评卷人得分一、选择题1．下列函数中既是奇函数，又是区间[]1,1-上单调递减的是（ ） （A ）()sin f x x = (B) ()1f x x =-+(C) 1()()2x x f x a a -=+ (D) 2()2x f x ln x-=+ (2020山东理) 2．设()f x 是R 上的任意函数,则下列叙述正确的是（ ） (A)()()f x f x -是奇函数 (B)()()f x f x -是奇函数(C) ()()f x f x --是偶函数 (D) ()()f x f x +-是偶函数(2020辽宁理)3．函数22xy x =-的图像大致是（ ）（2020山东文11）4．下列函数()f x 中，满足“对任意1x ，2(0,)x ∈+∞，当12x x <时，都有12()()f x f x >的是（ ）A ．1()f x x= B . 2()(1)f x x =- C .()x f x e = D ()ln(1)f x x =+(2020福建理)[解析]依题意可得函数应在(0,)x ∈+∞上单调递减，故由选项可得A 正确5．若函数()y f x =的值域是1[,3]2，则函数1()()()F x f x f x =+的值域是（ ） A ．1[,3]2B ．10[2,]3 C ．510[,]23D ．10[3,]3（2020江西理3）6．右图给出了某种豆类生长枝数y (枝)与时间t (月)的散点图，那么此种豆类生长枝数与时间的关系用下列函数模型近似刻画最好的是………………………………………………………………( ) (A)22t y =； (B)t y 2log =； (C)3t y =；(D)ty 2=．第（15）7．定义在R 上的偶函数()f x 的部分图像如右图所示，则在()2,0-上，下列函数中与()f x 的单调性不同的是 A ．21y x =+ B. ||1y x =+C. 321,01,0x x y x x +≥⎧=⎨+<⎩D ．,,0x x e x o y e x -⎧≥⎪=⎨<⎪⎩解析 解析 根据偶函数在关于原点对称的区间上单调性相反，故可知求在()2,0-上单调递减，注意到要与()f x 的单调性不同，故所求的函数在()2,0-上应单调递增。

2020年高考数学一轮复习讲练测（浙江版）第二章函数第01讲函数及其表示---讲1．了解函数、映射的概念，会求简单的函数的定义域和值域。

2．理解函数的三种表示法：解析法、图象法和列表法。

3．了解简单的分段函数，会用分段函数解决简单的问题。

4.高考预测：（1）分段函数的应用,要求不但要理解分段函数的概念，更要掌握基本初等函数的图象和性质．（2）函数的概念，经常与函数的图象和性质结合考查.5.备考重点：（1）理解函数的概念、函数的定义域、值域、函数的表示方法；（2）以分段函数为背景考查函数的相关性质问题.知识点1．函数与映射的概念【典例1】【2018届河南省南阳市第一中学8月月考】x R∈，则()f x与()g x表示同一函数的是（）A. ()2f x x=，()g x=()1f x=，C.，D.，【答案】C【解析】A 中: ()g x =2x x =≠;B 中:;C 中：，，；D 中：,因此选C.【易混辨析】判断两个函数是否为相同函数，注意把握两点，一看定义域是否相等，二看对应法则是否相同． 【变式1】在下列图形中，表示y 是x 的函数关系的是________．【答案】①②【解析】由函数定义可知，自变量x 对应唯一的y 值，所以③④错误，①②正确．知识点2．函数的定义域、值域(1)在函数y ＝f (x )，x ∈A 中，x 叫做自变量，x 的取值范围A 叫做函数的定义域；与x 的值相对应的y 值叫做函数值，函数值的集合{f (x )|x ∈A }叫做函数的值域.(2)如果两个函数的定义域相同，并且对应关系完全一致，则这两个函数为相等函数. 【典例2】【2019年高考江苏】函数的定义域是 ▲ .【答案】[1,7]-【解析】由题意得到关于x 的不等式，解不等式可得函数的定义域. 由已知得,即，解得17x -≤≤，故函数的定义域为[1,7]-.【重点总结】1.已知函数的具体解析式求定义域的方法(1)若f (x )是由一些基本初等函数通过四则运算构成的，则它的定义域为各基本初等函数的定义域的交集． (2)复合函数的定义域：先由外层函数的定义域确定内层函数的值域，从而确定对应的内层函数自变量的取值范围，还需要确定内层函数的定义域，两者取交集即可．2．抽象函数的定义域的求法(1)若已知函数f(x)的定义域为[a，b]，则复合函数f(g(x))的定义域由a≤g(x)≤b求出．(2)若已知函数f(g(x))的定义域为[a，b]，则f(x)的定义域为g(x)在x∈[a，b]时的值域．【变式2】【2018届湖南省邵阳市高三上期末】设函数，则函数的定义域为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】的定义域为,故,所以选B.知识点3．分段函数(1)若函数在其定义域的不同子集上，因对应关系不同而分别用几个不同的式子来表示，这种函数称为分段函数.(2)分段函数的定义域等于各段函数的定义域的并集，其值域等于各段函数的值域的并集，分段函数虽由几个部分组成，但它表示的是一个函数.【典例3】【山东省2018年普通高校招生（春季）】已知函数，则的值等于__________．【答案】【解析】因为，所以.【易错提醒】因为分段函数在其定义域内的不同子集上其对应法则不同，而分别用不同的式子来表示，因此在求函数值时，一定要注意自变量的值所在子集，再代入相应的解析式求值．【变式3】【2018届湖北省5月冲刺】设函数，若，则实数的值为（）A. B. C. 或 D.【答案】B【解析】因为，所以所以选B.考点1 映射与函数的概念【典例4】【2018届河南省南阳市第一中学高三第一次考试（8月）】已知集合，为集合到集合的一个函数，那么该函数的值域C的不同情况有（）A. 7种B. 4种C. 8种D. 12种【答案】A【解析】值域C可能为：只含有一个元素时，{a}，{b}，{c}3种；有两个元素时，{a，b}，{a，c}，{b，c}3种；有三个元素时，{a，b，c}1种；∴值域C的不同情况有3+3+1=7种．故选：B．【规律方法】1.判断一个对应是否为映射，关键看是否满足“集合A中元素的任意性，集合B中元素的唯一性”．2. 判断一个对应f：A→B是否为函数，一看是否为映射；二看A，B是否为非空数集．若是函数，则A是定义域，而值域是B的子集．3. 函数的三要素中，若定义域和对应关系相同，则值域一定相同．因此判断两个函数是否相同，只需判断定义域、对应关系是否分别相同．【变式4】【2018届江西省检测考试（二）】设，，函数的定义域为，值域为，则的图象可以是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】因为定义域为，所以舍去A;因为值域为，所以舍去D;因为对于定义域内每一个x有且只有一个y值，所以去掉C；选B.考点2 求函数的定义域【典例5】【山东省2018年普通高校招生（春季）】函数的定义域是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因为，所以所以定义域为，选D. 【思路点拨】本题f (x )是由一些基本初等函数通过四则运算构成的，所以它的定义域为各基本初等函数的定义域的交集．即根据偶次根式下被开方数非负以及分母不为零列方程组，解方程组得定义域.【变式5】【2017山东卷】设函数y =的定义域A ，函数y=ln(1-x)的定义域为B ,则A B=⋂A ．（1,2）B ．（1,2]C ．（-2,1）D ．[-2,1) 【答案】D【解析】由240x -≥得22x -≤≤，由10x ->得1x <， 故，选D.考点3 求函数的解析式【典例6】【2018届安徽省安庆市第一中学热身】已知单调函数，对任意的都有，则( )A. 2B. 4C. 6D. 8 【答案】C 【解析】 设，则，且，令，则，解得，∴，∴．故选C ． 【规律方法】1.已知函数类型，用待定系数法求解析式．2.已知函数图象，用待定系数法求解析式，如果图象是分段的，要用分段函数表示．3.已知()f x 求[()]f g x ，或已知[()]f g x 求()f x ，用代入法、换元法或配凑法．4.若()f x 与1()f x或()f x -满足某个等式，可构造另一个等式，通过解方程组求解． 5.应用题求解析式可用待定系数法求解．【变式6】【2018届山西省太原市实验中学高三9月月考】已知f (x )是一次函数，且f [f (x )]＝x ＋2，则f (x )＝( )A. x＋1B. 2x－1C. －x＋1D. x＋1或－x－1【答案】A【解析】f（x）是一次函数，设f（x）=kx+b，f[f（x）]=x+2，可得：k（kx+b）+b=x+2．即k2x+kb+b=x+2，k2=1，kb+b=2．解得k=1，b=1．则f（x）=x+1．故选A．考点4 分段函数及其应用【典例7】【2018年新课标I卷文】设函数，则满足的x的取值范围是A. B. C. D.【答案】D【解析】将函数的图象画出来，观察图象可知会有，解得，所以满足的x 的取值范围是，故选D.【总结提升】1.“分段求解”是处理分段函数问题解的基本原则；2.数形结合往往是解答选择、填空题的“捷径”.【变式7】【2018届河北省唐山市三模】设函数则使得成立的得取值范围是__________．【答案】.【解析】由，得或，得或，即得取值范围是，故答案为.。

第2节 二次函数考试要求 1.理解二次函数的图象和性质，能用二次函数、方程、不等式之间的关系解决简单问题；2.能解决一元二次方程根的分布问题；3.能解决二次函数的最值问题.知 识 梳 理1.二次函数表达式的三种形式 (1)一般式：y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0).(2)顶点式：y ＝a (x ＋h )2＋k (其中a ≠0，顶点坐标为(－h ，k )).(3)零点式：y ＝a (x －x 1)(x －x 2)(其中a ≠0，x 1，x 2是二次函数的图象与x 轴的两个交点的横坐标).2.二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象和性质3.二次函数的最值问题二次函数的最值问题主要有三种类型：“轴定区间定”“轴动区间定”“轴定区间动”.解决的关键是弄清楚对称轴与区间的关系，要结合函数图象，依据对称轴与区间的关系进行分类讨论.设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)，则二次函数f (x )在闭区间[m ，n ]上的最大值、最小值有如下的分布情况：4.一元二次方程根的分布设方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的不等两根为x1，x2且x1<x2，相应的二次函数为f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，方程的根即为二次函数图象与x轴的交点，它们的分布情况见下面各表(每种情况对应的均是等价条件)表一：(两根与k的大小比较)表二：(根在区间上的分布)若两根有且仅有一根在(m ，n )内，则需分三种情况讨论：①当Δ＝0时，由Δ＝0可以求出参数的值，然后再将参数的值代入方程，求出相应的根，检验根是否在给定的区间内，如若不在，舍去；②当f (m )＝0或f (n )＝0，方程有一根为m 或n ，可以求出另外一根，从而检验另一根是否在区间(m ，n )内；③当f (m )·f (n )<0时，则两根有且仅有一根在(m ，n )内. [常用结论与易错提醒]不等式ax 2＋bx ＋c >0(<0)恒成立的条件 (1)不等式ax2＋bx ＋c >0对任意实数x 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ＝b ＝0，c >0或⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ<0. (2)不等式ax2＋bx ＋c <0对任意实数x 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ＝b ＝0，c <0或⎩⎪⎨⎪⎧a <0，Δ<0.基 础 自 测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)如果二次函数f (x )的图象开口向上且关于直线x ＝1对称，且过点(0，0)，则此二次函数的解析式为f (x )＝(x －1)2－1.( )(2)已知函数f (x )＝ax 2＋x ＋5的图象在x 轴上方，则a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫120，＋∞.( )(3)二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (x ∈R )不可能是偶函数.( )(4)二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (x ∈[a ，b ])的最值一定是4ac －b24a.( )答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)×2.已知f (x )＝x 2＋px ＋q 满足f (1)＝f (2)＝0，则f (－1)的值是( ) A.5 B.－5 C.6D.－6解析 由f (1)＝f (2)＝0知方程x 2＋px ＋q ＝0的两根分别为1，2，则p ＝－3，q ＝2，∴f (x )＝x 2－3x ＋2，∴f (－1)＝6.答案 C3.若方程x 2＋(m ＋2)x ＋m ＋5＝0只有负根，则m 的取值范围是( ) A.[4，＋∞) B.(－5，－4] C.[－5，－4]D.(－5，－2)解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝（m ＋2）2－4×（m ＋5）≥0，x 1＋x 2＝－（m ＋2）<0，x 1x 2＝m ＋5>0，解得m ≥4.答案 A4.已知函数y ＝x 2－2x ＋3在闭区间[0，m ]上有最大值3，最小值2，则m 的取值范围为( ) A.[0，1] B.[1，2] C.(1，2]D.(1，2)解析 画出函数y ＝x 2－2x ＋3的图象(如图)，由题意知1≤m ≤2.答案 B5.已知方程x 2＋(m －2)x ＋2m －1＝0的较小的实根在0和1之间，则实数m 的取值范围是 .解析 令f (x )＝x 2＋(m －2)x ＋2m －1.由题意得 ⎩⎪⎨⎪⎧f （0）>0，f （1）<0，即⎩⎪⎨⎪⎧2m －1>0，1＋（m －2）＋2m －1<0， 解得12<m <23.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，23 6.若函数f (x )＝x 2＋2(a －1)x ＋2在区间(－∞，3]上是减函数，则实数a 的取值范围是 ，且函数f (x )恒过点 .解析 二次函数f (x )图象的对称轴是x ＝1－a ，由题意知1－a ≥3，∴a ≤－2.由函数的解析式易得，函数f (x )恒过定点(0，2). 答案 (－∞，－2] (0，2)考点一 二次函数的解析式 【例1】 求下列函数的解析式：(1)(一题多解)已知二次函数f (x )满足f (2)＝－1，f (－1)＝－1，且f (x )的最大值是8；(2)已知二次函数f (x )的图象经过点(4，3)，它在x 轴上截得的线段长为2，并且对任意x ∈R ，都有f (2－x )＝f (2＋x ). 解 (1)法一(利用一般式解题)： 设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0). 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧4a ＋2b ＋c ＝－1，a －b ＋c ＝－1，4ac －b 24a ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝4，c ＝7.∴所求二次函数为f (x )＝－4x 2＋4x ＋7. 法二(利用顶点式解题)： 设f (x )＝a (x －m )2＋n (a ≠0). ∵f (2)＝f (－1)，∴二次函数图象的对称轴为x ＝2＋（－1）2＝12，∴m ＝12.又根据题意函数有最大值8，∴n ＝8.∴y ＝f (x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋8. ∵f (2)＝－1，∴a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－122＋8＝－1，解得a ＝－4，∴f (x )＝－4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋8＝－4x 2＋4x ＋7.法三(利用零点式解题)：由已知f (x )＋1＝0的两根为x 1＝2，x 2＝－1， 故可设f (x )＋1＝a (x －2)(x ＋1)(a ≠0)， 即f (x )＝ax 2－ax －2a －1.又函数的最大值是8，即4a （－2a －1）－（－a ）24a ＝8，解得a ＝－4，∴所求函数的解析式为f (x )＝－4x 2＋4x ＋7. (2)∵f (2－x )＝f (2＋x )对x ∈R 恒成立， ∴f (x )的对称轴为x ＝2.又∵f (x )的图象在x 轴上截得的线段长为2， ∴f (x )＝0的两根为1和3.设f (x )的解析式为f (x )＝a (x －1)(x －3)(a ≠0)， 又∵f (x )的图象过点(4，3)，∴3a ＝3，∴a ＝1. ∴所求f (x )的解析式为f (x )＝(x －1)(x －3)， 即f (x )＝x 2－4x ＋3.规律方法 用待定系数法求二次函数的解析式，关键是灵活选取二次函数解析式的形式，选法如下：【训练1】 若函数f (x )＝(x ＋a )(bx ＋2a )(常数a ，b ∈R )是偶函数，且它的值域为(－∞，4]，则该函数的解析式f (x )＝ .解析 由f (x )是偶函数知f (x )的图象关于y 轴对称， ∴b ＝－2，∴f (x )＝－2x 2＋2a 2，又f (x )的值域为(－∞，4]，∴2a 2＝4，故f (x )＝－2x 2＋4.答案 －2x 2＋4考点二 二次函数的图象与性质【例2】 已知函数f (x )＝x 2＋2ax ＋3，x ∈[－4，6]. (1)当a ＝－2时，求f (x )的最值；(2)求实数a 的取值范围，使y ＝f (x )在区间[－4，6]上是单调函数； (3)当a ＝－1时，求f (|x |)的单调区间.解 (1)当a ＝－2时，f (x )＝x 2－4x ＋3＝(x －2)2－1，由于x ∈[－4，6]， ∴f (x )在[－4，2]上单调递减，在[2，6]上单调递增， ∴f (x )的最小值是f (2)＝－1，又f (－4)＝35，f (6)＝15， 故f (x )的最大值是35.(2)由于函数f (x )的图象开口向上，对称轴是x ＝－a ，所以要使f (x )在[－4，6]上是单调函数，应有－a ≤－4或－a ≥6，即a ≤－6或a ≥4， 故a 的取值范围是(－∞，－6]∪[4，＋∞).(3)由－4≤|x |≤6，得－6≤x ≤6，当a ＝－1时，f (|x |)＝x 2－2|x |＋3＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ＋3＝（x ＋1）2＋2，x ≤0，x 2－2x ＋3＝（x －1）2＋2，x >0， 其图象如图所示，∴f (|x |)在[－6，6]上的单调区间有[－6，－1)，[－1，0)，[0，1)，[1，6]. 规律方法 解决二次函数图象与性质问题时要注意：(1)抛物线的开口、对称轴位置、定义区间三者相互制约，常见的题型中这三者有两定一不定，要注意分类讨论； (2)要注意数形结合思想的应用.【训练2】 (1)设abc >0，二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象可能是( )(2)若函数f (x )＝ax 2＋2x ＋3在区间[－4，6]上是单调递增函数，则实数a 的取值范围是Ｗ.解析 (1)由A ，C ，D 知，f (0)＝c <0，从而由abc >0，所以ab <0，所以对称轴x ＝－b2a >0，知A ，C 错误，D 满足要求；由B 知f (0)＝c >0， 所以ab >0，所以对称轴x ＝－b2a<0，B 错误.(2)由题意可知f ′(x )＝2ax ＋2≥0在[－4，6]上恒成立， 所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′（－4）＝－8a ＋2≥0，f ′（6）＝12a ＋2≥0，所以－16≤a ≤14.答案 (1)D (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤－16，14考点三 二次函数的最值【例3－1】 已知函数f (x )＝ax 2＋2ax ＋1在区间[－1，2]上有最大值4，求实数a 的值. 解 f (x )＝a (x ＋1)2＋1－a .(1)当a ＝0时，函数f (x )在区间[－1，2]上的值为常数1，不符合题意，舍去；(2)当a >0时，函数f (x )在区间[－1，2]上是增函数，最大值为f (2)＝8a ＋1＝4，解得a ＝38； (3)当a <0时，函数f (x )在区间[－1，2]上是减函数，最大值为f (－1)＝1－a ＝4，解得a ＝－3.综上可知，a 的值为38或－3.【例3－2】 将例3－1改为：求函数f (x )＝x 2＋2ax ＋1在区间[－1，2]上的最大值. 解 f (x )＝(x ＋a )2＋1－a 2，∴f (x )的图象是开口向上的抛物线，对称轴为x ＝－a ， (1)当－a <12，即a >－12时，f (x )max ＝f (2)＝4a ＋5；(2)当－a ≥12，即a ≤－12时，f (x )max ＝f (－1)＝2－2a .综上，f (x )max＝⎩⎪⎨⎪⎧4a ＋5，a >－12，2－2a ，a ≤－12.规律方法 研究二次函数的性质，可以结合图象进行；对于含参数的二次函数问题，要明确参数对图象的影响，进行分类讨论.【训练3】 设函数f (x )＝x 2－2x ＋2，x ∈[t ，t ＋1]，t ∈R ，求函数f (x )的最小值. 解 f (x )＝x 2－2x ＋2＝(x －1)2＋1，x ∈[t ，t ＋1]，t ∈R ，函数图象的对称轴为x ＝1. 当t ＋1<1，即t <0时，函数图象如图(1)所示，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上为减函数， 所以最小值为f (t ＋1)＝t 2＋1；当t ≤1≤t ＋1，即0≤t ≤1时，函数图象如图(2)所示，在对称轴x ＝1处取得最小值，最小值为f (1)＝1；当t >1时，函数图象如图(3)所示，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上为增函数， 所以最小值为f (t )＝t 2－2t ＋2.综上可知，f (x )min ＝⎩⎪⎨⎪⎧t 2＋1，t <0，1，0≤t ≤1，t 2－2t ＋2，t >1.考点四 一元二次方程根的分布 多维探究角度1 两根在同一区间【例4－1】 若二次函数y ＝－x 2＋mx －1的图象与两端点为A (0，3)，B (3，0)的线段AB 有两个不同的交点，求实数m 的取值范围. 解 线段AB 的方程为x 3＋y3＝1(x ∈[0，3])， 即y ＝3－x (x ∈[0，3])，由题意得方程组：⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3－x ，y ＝－x 2＋mx －1， 消去y 得x 2－(m ＋1)x ＋4＝0，①由题意可得，方程①在x ∈[0，3]内有两个不同的实根，令f (x )＝x 2－(m ＋1)x ＋4，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝（m ＋1）2－16>0，0≤m ＋12≤3，f （0）＝4≥0，f （3）＝10－3m ≥0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m <－5或m >3，－1≤m ≤5，m ≤103，所以3<m ≤103.故实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤3，103.角度2 两根在不同区间【例4－2】 求实数m 的取值范围，使关于x 的方程x 2＋2(m －1)x ＋2m ＋6＝0. (1)一根大于1，另一根小于1； (2)两根α，β满足0<a <1<β<4； (3)至少有一个正根.解 令f (x )＝x 2＋2(m －1)x ＋2m ＋6， (1)由题意得f (1)＝4m ＋5<0，解得m <－54.即实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－54. (2)⎩⎪⎨⎪⎧f （0）＝2m ＋6>0，f （1）＝4m ＋5<0，f （4）＝10m ＋14>0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m >－3，m <－54，m >－75，所以－75<m <－54.故实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－75，－54.(3)当方程有两个正根时，⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4（m －1）2－4（2m ＋6）>0，f （0）＝2m ＋6>0，－2（m －1）>0， 解得－3<m <－1.当方程有一个正根一个负根时，f (0)＝2m ＋6<0，解得m <－3. 当方程有一个根为零时，f (0)＝2m ＋6＝0，解得m ＝－3， 此时f (x )＝x 2－8x ，另一根为8，满足题意. 综上可得，实数m 的取值范围是(－∞，－1). 角度3 在区间(m ，n )内有且只有一个实根【例4－3】 已知函数f (x )＝mx 2－2x ＋1有且仅有一个正实数的零点，求实数m 的取值范围. 解 依题意，得(1)⎩⎪⎨⎪⎧m >0，Δ＝（－2）2－4m >0，无解.f （0）<0， (2)⎩⎪⎨⎪⎧m <0，Δ＝（－2）2－4m >0，解得m <0.f （0）>0，(3)⎩⎪⎨⎪⎧m ≠0，Δ＝（－2）2－4m ＝0. 解得m ＝1，经验证，满足题意.又当m ＝0时，f (x )＝－2x ＋1，它显然有一个为正实数的零点. 综上所述，m 的取值范围是(－∞，0]∪{1}.规律方法 利用二次函数图象解决方程根的分布的一般步骤： (1)设出对应的二次函数；(2)利用二次函数的图象和性质列出等价不等式(组)； (3)解不等式(组)求得参数的范围.【训练4】 (1)已知二次函数y ＝(m ＋2)x 2－(2m ＋4)x ＋(3m ＋3)与x 轴有两个交点，一个大于1，一个小于1，求实数m 的取值范围.(2)若关于x 的方程x 2＋2(m －1)x ＋2m ＋6＝0有且只有一根在区间(0，3)内，求实数m 的取值范围.解 (1)令f (x )＝(m ＋2)x 2－(2m ＋4)x ＋(3m ＋3).由题意可知(m ＋2)·f (1)<0， 即(m ＋2)(2m ＋1)<0，所以－2<m <－12.即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－12. (2)令f (x )＝x 2＋2(m －1)x ＋2m ＋6，①⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4（m －1）2－4（2m ＋6）＝0，0<－（m －1）<3， 解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1或m ＝5，－2<m <1，所以m ＝－1.②f (0)·f (3)＝(2m ＋6)(8m ＋9)<0， 解得－3<m <－98.③f (0)＝2m ＋6＝0，即m ＝－3时，f (x )＝x 2－8x ，另一根为8∉(0，3)，所以舍去； ④f (3)＝8m ＋9＝0，即m ＝－98时，f (x )＝x 2－174x ＋154，另一根为54∈(0，3)，满足条件.综上可得，－3<m ≤－98或m ＝－1.所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－3，－98∪{－1}.基础巩固题组一、选择题1.已知a ，b ，c ∈R ，函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c .若f (0)＝f (4)>f (1)，则( ) A.a >0，4a ＋b ＝0 B.a <0，4a ＋b ＝0 C.a >0，2a ＋b ＝0D.a <0，2a ＋b ＝0解析 因为f (0)＝f (4)>f (1)，所以函数图象应开口向上，即a >0，且其对称轴为x ＝2，即－b2a ＝2，所以4a ＋b ＝0.答案 A2.设二次函数f (x )＝ax 2－2ax ＋c 在区间[0，1]上单调递减，且f (m )≤f (0)，则实数m 的取值范围是( ) A.(－∞，0]B.[2，＋∞)C.(－∞，0]∪[2，＋∞)D.[0，2]解析 f (x )的对称轴为x ＝1，由f (x )在[0，1]上递减知a >0，且f (x )在[1，2]上递增，f (0)＝f (2)，∵f (m )≤f (0)，结合对称性，∴0≤m ≤2. 答案 D3.若函数f (x )＝x 2－ax －a 在区间[0，2]上的最大值为1，则实数a 等于( ) A.－1 B.1 C.2D.－2解析 ∵函数f (x )＝x 2－ax －a 的图象为开口向上的抛物线， ∴函数的最大值在区间的端点取得. ∵f (0)＝－a ，f (2)＝4－3a ，∴⎩⎪⎨⎪⎧－a ≥4－3a ，－a ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧－a ≤4－3a ，4－3a ＝1，解得a ＝1. 答案 B4.已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋b (a ，b ∈R )，记f (x )在[a －b ，a ＋b ]上的最大值为M ，最小值为m ，则M －m ( ) A.与a 有关，且与b 有关 B.与a 无关，且与b 无关 C.与a 有关，但与b 无关D.与a 无关，但与b 有关解析 函数f (x )＝x 2－2ax ＋b ＝(x －a )2－a 2＋b ，所以f (x )的对称轴为x ＝a 且开口向上，因为区间[a －b ，a ＋b ]也关于x ＝a 对称，所以m ＝f (a )＝b －a 2，M ＝f (a －b )＝f (a ＋b )＝b 2－a 2＋b ，所以M －m ＝b 2，故选D. 答案 D5.(2019·嘉兴检测)若f (x )＝x 2＋bx ＋c 在(m －1，m ＋1)内有两个不同的零点，则f (m －1)和f (m ＋1)( ) A.都大于1 B.都小于1 C.至少有一个大于1D.至少有一个小于1解析 设函数f (x )＝x 2＋bx ＋c 的两个零点为x 1，x 2，则f (x )＝(x －x 1)(x －x 2)，因为函数f (x )＝x 2＋bx ＋c 的两个零点在(m －1，m ＋1)内，所以f (m －1)>0，f (m ＋1)>0，又因为f (m－1)f (m ＋1)＝(m －1－x 1)(m －1－x 2)·(m ＋1－x 1)(m ＋1－x 2)＝[－(m －1－x 1)(m ＋1－x 1)]·[－(m －1－x 2)(m ＋1－x 2)]<[－（m －1－x 1）＋（m ＋1－x 1）]24·[－（m －1－x 2）＋（m ＋1－x 2）]24＝1，所以f (m－1)和f (m ＋1)至少有一个小于1，故选D. 答案 D6.若函数f (x )＝x 2＋kx ＋m 在[a ，b ]上的值域为[n ，n ＋1]，则b －a ( ) A.既有最大值，也有最小值 B.有最大值但无最小值 C.无最大值但有最小值D.既无最大值，也无最小值解析 取k ＝m ＝n ＝0，f (x )＝x 2，由图象可知，显然b －a 不存在最小值.∵f (a )＝a 2＋ka ＋m ，f (b )＝b 2＋kb ＋m ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2＋m ，∴（b －a ）22＝f (a )＋f (b )－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤n ＋1＋n ＋1－2n ＝2，∴b －a ≤2，当b ＝2－k 2，a ＝－2＋k2时，b －a 取得最大值为2，故选B. 答案 B7.(2016·浙江卷)已知函数f (x )＝x 2＋bx ，则“b <0”是“f (f (x ))的最小值与f (x )的最小值相等”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件解析 ∵f (x )＝x 2＋bx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋b 22－b24，当x ＝－b 2时，f (x )min ＝－b 24.又f (f (x ))＝(f (x ))2＋bf (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫f （x ）＋b 22－b 24，当f (x )＝－b 2时，f (f (x ))min ＝－b 24，当－b2≥－b 24时，f (f (x ))可以取到最小值－b 24，即b 2－2b ≥0，解得b ≤0或b ≥2，故“b <0”是“f (f (x ))的最小值与f (x )的最小值相等”的充分不必要条件. 答案 A8.函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的图象关于直线x ＝－b2a 对称.据此可推测，对任意的非零实数a ，b ，c ，m ，n ，p ，关于x 的方程m [f (x )]2＋nf (x )＋p ＝0的解集不可能是( ) A.{1，2} B.{1，4} C.{1，2，3，4}D.{1，4，16，64}解析 ∵f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的对称轴为x ＝－b2a .设方程m [f (x )]2＋nf (x )＋p ＝0的解为f 1(x )，f 2(x )，则必有f 1(x )＝y 1＝ax 2＋bx ＋c ，f 2(x )＝y 2＝ax 2＋bx ＋c ，那么从图象上看y ＝y 1，y ＝y 2是平行x 轴的两条直线，它们与f (x )有交点， 由对称性，方程y 1＝ax 2＋bx ＋c ＝0的两个解x 1，x 2应关于对称轴x ＝－b2a 对称，即x 1＋x 2＝－ba ，同理方程y 2＝ax 2＋bx ＋c ＝0的两个解x 3，x 4也关于对称轴x ＝－b2a对称， 即x 3＋x 4＝－b a，在C 中，可以找到对称轴直线x ＝2.5，也就是1，4为一个方程的根，2，3为一个方程的根，而在D 中，找不到这样的组合使得对称轴一致，也就是说无论怎样分组，都没办法使得其中两个的和等于另外两个的和，故答案D 不可能. 答案 D9.(2019·衢州二中二模)已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )，若存在非零实数t ，使得f (t )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＝－2成立，则a 2＋4b 2的最小值为( )A.165B.145C.16D.4 解析 由f (t )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＝－2知，存在实数t ≠0，使⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋1t 2＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋1t ＋2b ＝0成立，又a 2＋4b 2的几何意义为坐标原点与点(a ，2b )的距离的平方，记2b ＝m ，u ＝t ＋1t，则u 2≥4.故⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋1t 2＋a ⎝⎛⎭⎪⎫t ＋1t ＋2b ＝0，即ua ＋m ＋u 2＝0，其表示动点(a ，m )的轨迹，设为直线l ，则原点与点(a ，m )的距离的最小值为原点到直线l 的距离，故a 2＋4b 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫u 2u 2＋12＝⎝⎛⎭⎪⎫u 2＋1－1u 2＋12≥165，故选A. 答案 A 二、填空题10.已知b ，c ∈R ，函数y ＝x 2＋2bx ＋c 在区间(1，5)上有两个不同的零点，则f (1)＋f (5)的取值范围是 .解析 设f (x )的两个零点为x 1，x 2，不妨设1<x 1<x 2<5，则f (1)>f (x 1)＝0，f (5)>f (x 2)＝0，所以f (1)＋f (5)>0.另一方面f (x )＝(x －x 1)·(x －x 2)，所以f (1)＋f (5)＝(1－x 1)·(1－x 2)＋(5－x 1)(5－x 2)＝2x 1x 2－6(x 1＋x 2)＋26<2x 1x 2－12x 1x 2＋26＝2(x 1x 2－3)2＋8<2(25－3)2＋8＝16，所以f (1)＋f (5)的取值范围是(0，16).答案 (0，16)11.已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2（x ≥t ），x （x <t ），若存在实数t ，使函数y ＝f (x )－a 有两个零点，则t 的取值范围是 .解析 由题意知函数f (x )在定义域上不单调，如图，当t ＝0或t ≥1时，f (x )在R 上均单调递增，当t <0时，在(－∞，t )上f (x )单调递增，且f (x )<0，在(t ，0)上f (x )单调递减，且f (x )>0，在(0，＋∞)上f (x )单调递增，且f (x )>0.故要使得函数y ＝f (x )－a 有两个零点，则t 的取值范围为(－∞，0)∪(0，1).答案 (－∞，0)∪(0，1)12.(2019·诸暨统考)已知a ，b 都是正数，a 2b ＋ab 2＋ab ＋a ＋b ＝3，则2ab ＋a ＋b 的最小值等于 .解析 设2ab ＋a ＋b ＝t ，则t >0，且3＝ab (a ＋b )＋ab ＋a ＋b ＝ab (t －2ab )＋t －ab ，故关于ab 的二次方程2(ab )2＋(1－t )ab ＋3－t ＝0的解为正数，所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝（1－t ）2－8（3－t ）≥0，t －12>0，3－t 2>0，解得42－3≤t <3，即2ab ＋a ＋b 的最小值等于42－3.答案 42－313.已知f (x ＋1)＝x 2－5x ＋4. (1)f (x )的解析式为 ；(2)当x ∈[0，5]时，f (x )的最大值和最小值分别是 . 解析 (1)f (x ＋1)＝x 2－5x ＋4，令x ＋1＝t ，则x ＝t －1， ∴f (t )＝(t －1)2－5(t －1)＋4＝t 2－7t ＋10，∴f (x )＝x 2－7x ＋10.(2)∵f (x )＝x 2－7x ＋10，其图象开口向上，对称轴为x ＝72，72∈[0，5]，∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72＝－94， 又f (0)＝10，f (5)＝0.∴f (x )的最大值为10，最小值为－94.答案 (1)x 2－7x ＋10 (2)10，－9414.(2018·浙江卷)已知λ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥λ，x 2－4x ＋3，x <λ.当λ＝2时，不等式f (x )<0的解集是 .若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是 .解析 若λ＝2，则当x ≥2时，令x －4<0，得2≤x <4；当x <2时，令x 2－4x ＋3<0，得1<x <2.综上可知1<x <4，所以不等式f (x )<0的解集为(1，4).令x －4＝0，解得x ＝4；令x 2－4x ＋3＝0，解得x ＝1或x ＝3.因为函数f (x )恰有2个零点，结合函数的图象(图略)可知1<λ≤3或λ>4.答案 (1，4) (1，3]∪(4，＋∞)能力提升题组15.(2019·杭州质检)设函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )，记M 为函数y ＝|f (x )|在[－1，1]上的最大值，N 为|a |＋|b |的最大值( ) A.若M ＝13，则N ＝3B.若M ＝12，则N ＝3C.若M ＝2，则N ＝3D.若M ＝3，则N ＝3解析 由题意得|f (1)|＝|1＋a ＋b |≤M ⇒|a ＋b |≤M ＋1，|f (－1)|＝|1－a ＋b |≤M ⇒|a －b |≤M ＋1.|a |＋|b |＝⎩⎪⎨⎪⎧|a ＋b |，ab ≥0，|a －b |，ab <0，则易知N ≤M ＋1，则选项A ，B 不符合题意；当a ＝2，b ＝－1时，M ＝2，N ＝3，则选项C 符合题意；当a ＝2，b ＝－2时，M ＝3，N ＝4，则选项D不符合题意，故选C. 答案 C16.(2019·丽水测试)已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，集合A ＝{x |f (x )≤0}，集合B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪f （f （x ））≤54，若A ＝B ≠∅，则实数a 的取值范围是( )A.[5，5]B.[－1，5]C.[5，3]D.[－1，3]解析 设集合B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |f （f （x ））≤54＝{x |m ≤f (x )≤n }，其中m ，n 为方程f (x )＝54的两个根，因为A ＝B ≠∅，所以n ＝0且m ≤f (x )min ，Δ＝a 2－4b ≥0，于是f (n )＝f (0)＝b ＝54，则由a 2－4b ＝a 2－5≥0得a ≤－5或a ≥5，令t ＝f (x )≤0，则由f (f (x ))≤54得f (t )≤54，即t 2＋at ＋54≤54，解得－a ≤t ≤0，所以B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |f （f （x ））≤54＝{x |m ≤f (x )≤n }＝{x |－a ≤f (x )≤0}，解得m ＝－a ，所以－a ≤f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 22＋a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＋54，解得－1≤a ≤5.综上所述，实数a 的取值范围为[5，5]，故选A. 答案 A17.已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx (|b |≤2|a |)，定义f 1(x )＝max{f (t )|－1≤t ≤x ≤1}，f 2(x )＝min{f (t )|－1≤t ≤x ≤1}，其中max{a ，b }表示a ，b 中的较大者，min{a ，b }表示a ，b 中的较小者，下列命题正确的是( ) A.若f 1(－1)＝f 1(1)，则f (－1)>f (1) B.若f 2(－1)＝f 2(1)，则f (－1)>f (1) C.若f 2(1)＝f 1(－1)，则f 1(－1)<f 1(1) D.若f 2(1)＝f 1(－1)，则f 2(－1)>f 2(1)解析 对于A ，若f 1(－1)＝f 1(1)，则f (－1)为f (x )在[－1，1]上的最大值，∴f (－1)>f (1)或f (－1)＝f (1)，故A 错误；对于B ，若f 2(－1)＝f 2(1)，则f (－1)为f (x )在[－1，1]上的最小值，∴f (－1)<f (1)或f (－1)＝f (1)，故B 错误；对于C ，若f 2(1)＝f 1(－1)，则f (－1)为f (x )在[－1，1]上的最小值，而f 1(－1)＝f (－1)，f 1(1)表示f (x )在[－1，1]上的最大值，∴f 1(－1)<f 1(1)，故C 正确；对于D ，若f 2(1)＝f 1(－1)，由新定义可得f 1(－1)＝f 2(－1)，则f 2(1)＝f 2(－1)，故D 错误，综上所述，故选C. 答案 C18.(2019·绍兴适应性考试)已知a >0，函数f (x )＝|x 2＋|x －a |－3|在[－1，1]上的最大值是2，则a ＝ .解析 由题意知f (0)≤2，即有||a |－3|≤2，又∵a >0，∴||a |－3|≤2⇒|a －3|≤2⇒1≤a≤5.又∵x ∈[－1，1]，∴f (x )＝|x 2－x －3＋a |≤2，设t ＝x 2－x －3，则t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－134，－1，则原问题等价于t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－134，－1时，|t ＋a |＝|t －(－a )|的最大值为2，∴a ＝3或a ＝54. 答案 3或5419.已知方程x 2＋bx ＋c ＝0在(0，2)上有两个不同的解，则c 2＋2(b ＋2)c 的取值范围是 .解析 设方程x 2＋bx ＋c ＝0在(0，2)上的两个根为α，β，α≠β，则f (x )＝x 2＋bx ＋c ＝(x －α)(x －β)，0<α<2且0<β<2，所以c 2＋2(b ＋2)c ＝f (0)·f (2)＝αβ(2－α)(2－β)≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤α＋（2－α）22⎣⎢⎡⎦⎥⎤β＋（2－β）22＝1，又0<α<2且0<β<2，所以αβ(2－α)(2－β)>0，所以c 2＋2(b ＋2)c 的取值范围是(0，1]. 答案 (0，1]20.已知函数f (x )＝ax ＋3＋|2x 2＋(4－a )x －1|的最小值为2，则a ＝ .解析 令g (x )＝2x 2＋(4－a )x －1＝0，Δ＝(4－a )2＋8>0，则g (x )＝0有两个不相等的实数根，不妨设为x 1，x 2(x 1<x 2)，则x 1＝a －4－（4－a ）2＋84，x 2＝a －4＋（4－a ）2＋84，当x ∈[x 1，x 2]时，f (x )＝ax ＋3－[2x 2＋(4－a )x －1]＝－2x 2＋(2a －4)x ＋4，当x ∈(－∞，x 1)∪(x 2，＋∞)时，f (x )＝ax ＋3＋[2x 2＋(4－a )x －1]＝2(x ＋1)2≥0，因为f (x )的最小值为2，则f (x )min ＝min{f (x 1)，f (x 2)}，即ax 1＋3＝2或ax 2＋3＝2，解得a ＝12.答案 12。

浙江省2020届高三数学一轮复习典型题专项训练函数一、选择、填空题1、（温州市2019届高三8月适应性测试）已知32=a，则=a8_________.a -6log 2=________. 2、（金丽衢十二校2019届高三第一次联考）偶函数f (x)满足f (x 一1）＝f(x ＋1），且当x ∈［0,1］时，f (x)＝x,则f （43）＝＿＿ 若在区间［1,3］内，函数g(x)＝f (x)－kx 一k 有4个零点，则实数k 的取值范围是＿．3、（浙江省名校协作体2019届高三上学期第一次联考）已知R a ∈，函数||||||)(||||a x e a x e x f x x --+-+=，记)(x f 的最小值为)(a m ，则（ ）A. )(a m 在)0,(-∞上是增函数，在),0(+∞上是减函数B. )(a m 在)0,(-∞上是减函数，在),0(+∞上是增函数C. )(a m 在R 上是奇函数D. )(a m 在R 上是偶函数4、（七彩阳光联盟2019届高三上学期期初联考）已知函数13()log 3x f x x -=+，且(1)10f x -≤，则实数x 的取值范围是（ ）A. (0,4)(4,)+∞ B. (0,4] C. (4,)+∞ D. (1,4]5、（温州九校2019届高三第一次联考）若2log ,323==b a ，则=ab ________,=+-b b 33________6、（嘉兴市2019届高三上学期期末检测）函数 f (x) = (x + 1)ln(| x - 1|)的大致图象是7、（丽水、衢州、湖州三地市2019届高三上学期期末）已知a ，b ∈R ，f （x ）＝e x ﹣ax +b ， 若f （x ）≥1恒成立，则b aa-的取值范围是8、（宁波市2019届高三上学期期末考试）已知实数且若7log 8a＝2，则；若0＜7log 8a＜1，则实数的取值范围是9、（台州市2019届高三上学期期末质量评估）设不为1的实数a ，b ，c 满足：0a b c >>>，则 A ．log log c a b b >B ．log log a a b c >C ．acb b >D ．b ba c >10、（浙南名校联盟（温州九校）2019届高三上学期期末联考）函数sin xy x=的图象可能是11、（绍兴市2019届高三3月适应性考试）函数3()ln ||y x x x =-的图象是12、（杭州市2019届高三4月教学质量检测（二模））设函数()()()log 020a x x x f x x >⎧⎪=⎨≤⎪⎩，若1122f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则实数a = ，()()2f f = ．13、（稽阳联谊学校2019届高三4月联考）函数2(21)x y e x x =++的图象可能是14、（绍兴市上虞区2019届高三第二次（5月）教学质量调测）已知函数⎩⎨⎧>+≤+-=0),1ln(0,2)(2x x x x x x f ，若1)(-≥ax x f ，则实数a 的取值范围是 .15、（台州市2019届高三4月调研）已知13()cos(2)13xxf x x α-=++，R x ∈.则当[]0απ，Î时，()f x 的图像不可能．．．是16、（温州市2019届高三2月高考适应性测试）已知实数 a > 0，b > 0，a ≠ 1，且满足ln b ＝1a a-，则下列判断正确的是（▲ ）A 、a > bB 、a <bC 、log a b > 1D 、log a b <117、（台州市2019届高三上学期期末质量评估）已知23,0,()1,0,x x f x x x x +<⎧=⎨+-≥⎩则(2)f = ▲ ；不等式()(1)f x f >的解集为 ▲ ．18、（稽阳联谊学校2019届高三4月联考）以下结论正确的是A.201720182019log 2018log 20192018<<B.201820172019log 2019log 20182018<< C.201820172019log 2019log 20182018<< D.201720182019log 2018log 20192018<< 19、（杭州第四中学2019届高三第二次月考）已知函数||log )(22x x x f +=，则不等式0)2()1(<-+f x f 的解集为（ ）A.),3()1,(+∞--∞B.),1()3,(+∞--∞C.)1,1()1,3(---D.)3,1()1,1( -20、（杭州第四中学2019届高三第二次月考）已知⎩⎨⎧<-≥-=)0(,2)0(,l o g )(23x x x x x x f ，则=)1(f _________,=))3((f f _________21、（浙江省名校协作体2019届高三2月联考）函数 f (x ) = (x 2 - 2)ln ｜x ｜的图像为 ( ▲ )22、（七彩阳光联盟2019届高三下学期第三次联考）函数()21,0log ,0x x f x x x ⎧+≤⎪=⎨>⎪⎩，则()()3f f -= ，若存在四个不同的实数a ，b ，c ，d ，使得()()()()f a f b f c f d ===，则abcd的取值范围为 ．参考答案： 1、27，1 2、23，1(0,]43、D4、D5、1，526、B7、［－1，＋)∞8、9、D 10、B11、C 12、 13、A14、[]4,0- 15、A 16、C 17、5；()()2,01,-+∞18、B 19、C 20、0、321、B 22、1,[0,1)二、解答题1、（杭州第四中学2019届高三第二次月考）已知函数bx a x x x f +-=||)( （1）当,2=a 且)(x f 是R 上的增函数，求实数b 的取值范围；（2）当2-=b ，且对任意实数)4,2(-∈a ，关于x 的方程)()(a tf x f =总有三个不相等的实数根，求实数t 的取值范围； 2、（杭州市第二中学2020届高三上学期开学考试）已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x <时，()21log 112x f x x ⎛⎫⎛⎫=-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．（1）求()f x 在R 上的解析式；（2）若[0,1]x ∈，函数()1()222f x x g x m m +=+⋅-，是否存在实数m 使得()g x 的最小值为14，若存在， 求m 的值；若不存在，说明理由．3、（杭州第四中学2019届高三第一次月考）已知函数()f x 和()g x 的图象关于原点对称，且2()2f x x x =-。

2020年高考数学一轮复习讲练测（浙江版）《导数》单元---测【满分：150分时间：120分钟】一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分,在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.f'等于（）1．（2018届山东省实验中学二诊）若，则()0A. 2B. 0C. －2D. －4【答案】D【解析】,选D.2.（2018届山东第二次天成大联考）曲线在点处的切线方程是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】曲线,故切线方程为.故答案为：D.3．（2019届河南省信阳高级中学高三第一次大考）函数的导函数在上的图象大致是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】，．易知是偶函数，排除A，，排除B，由得，结合和的图象知在上有一解，又排除C，．故选D．4．（2019·四川高考模拟（理））函数的零点个数是（）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】A【解析】由题意，函数，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，所以函数的图象与x轴没有公共点，所以函数没有零点，故选A.5．（2019·江西高三期中（文））已知函数在上有极值点，则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】∵，∴．①当时，，故当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减．∴为函数的极大值点．符合题意． ②当时，，，若，则恒成立，所以有两个不同的零点，函数有一个极大值点和一个极小值点，符合题意．若，则由解得，此时导函数有两个不同的零点，函数有一个极大值点和一个极小值点． 综上可得，∴实数的取值范围是．故选D ．6．（2019·甘肃高考模拟（文））若点(,)m n 在函数的图象上，则的最小值是（ ）A ．13B ．23C D ．【答案】C 【解析】 由题得所以，所以函数g(m)的增区间为 ），减区间为0（， 所以.所以. 故选：C7．（2019·湖北荆州中学高三期末（理））已知函数的导函数为,的解集为,若的极小值等于-98,则a 的值是（ ）A ．-B ．C ．2D ．5【答案】C 【解析】 由题意，，因为的解集为,所以，且，，则，，的极小值为，解得，，，故答案为C.8.( 2019·云南高三月考（文））已知关于x 的方程有2个不相等的实数根，则k 的取值范围是( ). A ． B ． C ．D ．【答案】D 【解析】分离参数得2=x e x k -, 设，所以函数的减区间为（,ln 2-∞），增区间为∞（ln2,+)， 所以函数f(x)的最小值为.因为2=x e x k -有2个不相等的实数根， 所以.故选：D9.（2019·江西高考模拟（文））已知函数，若，则（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】 由题意可得：可知()f x 在(,)a 上单调递增； 作出y=c 与的图象，，可得a<c<b ，故，故选:C.10.（2019·湖南高考模拟（理））若函数恰有三个极值点，则的取值范围是（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】A 【解析】 由题可知，当时，令，可化为，令，则，则函数在上单调递增，在上单调递减，的图象如图所示，所以当，即时，有两个不同的解；当，令，，解得，综上，.二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分 11．（北京景山学校）如图，函数的图象在点处的切线方程是，则__________．【答案】 【解析】 由题意可知，，故．12.（2019·临海市白云高级中学）若函数在[1,1]-，则函数的最小值是 _______ ；最大值是_________. 【答案】43- 0 【解析】 由题得，令得x=2（舍去）或0，因为，所以函数的最小值是43-，最大值为0. 故答案为：4;0.3- 13．（2019·北京四中）函数的极大值点是_______，极大值是________.【答案】2 16 【解析】 依题意，故函数在2x <-或2x >时，导数小于零，函数单调递减，在22x -<<时，导数大于零，函数单调递增，故函数在2x =处取得极大值.即极大值点为2，极大值为16.14．（2019·甘肃高考模拟（文））已知函数f （x ）=alnx 21x 2-+14，当a∈（-102，）时，函数的零点个数为______． 【答案】1 【解析】 函数f （x ）=，可得f′（x ）=ax-x ， a∈（1,02-）时，f′（x ）＜0，函数是减函数，，所以函数函数f （x ）=alnx 21124x -+，当a∈（1,02-）时，函数的零点个数为1．故答案为：1．15．（2019·北京高考真题（理））设函数f （x ）=e x+a e −x（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________． 【答案】-1; (],0-∞. 【解析】 若函数为奇函数,则，对任意的x 恒成立.若函数是R 上的增函数,则恒成立,.即实数a 的取值范围是(],0-∞16．（2019·贵州高考模拟（理））丹麦数学家琴生（Jensen ）是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方面留下了很多宝贵的成果，设函数在上的导函数为，在上的导函数为，若在上恒成立，则称函数在上为“凸函数”，已知在上为“凸函数”，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】f′（x）x2+3x，f″（x）＝﹣2t x+3，∵函数f（x）在上是“凸函数”，∴在（a，b）上，f″（x）＜0恒成立，∴﹣2t x+3＜0，即令，显然在上单调递增，∴∴t≥．故答案为：17.（2019·合肥市第七中学高考模拟（理））设函数是单调函数．①的取值范围是_____；②若的值域是，且方程没有实根，则的取值范围是_____．【答案】【解析】①当时，，则恒成立，故在上单调递增，，当时，，由于在上单调递增，故也为单调递增函数，且恒成立，∴，故的范围为，②由①可得当时，，∵的值域是，∴当时，，∴，∵方程没有实根，当与相切时，设切点为∵，∴，，∴，∴∴故的取值范围为，故答案为：，三、解答题：本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18．（2019·西藏林芝一中高三月考（理））已知函数在点处取得极小值－5，其导函数的图象经过点(0,0)，(2,0)．（1）求的值；（2）求及函数的表达式．【答案】（1）；（2），.【解析】(1)由题设可得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.∵f′(x)的图象过点(0,0)，(2,0)，∴解得a＝－3，b＝0.(2)由f′(x)＝3x2－6x>0，得x>2或x<0，∴在(－∞，0)上f′(x)>0，在(0,2)上f′(x)<0，在(2，＋∞)上f′(x)>0.∴f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上递增，在(0,2)上递减，因此f(x)在x＝2处取得极小值．所以x0＝2.由f(2)＝－5，得c＝－1，∴f(x)＝x3－3x2－1.19.（2019·山东高考模拟（文））已知函数.（Ⅰ）若函数在上单调递减，求实数的取值范围；（Ⅱ）若，求的最大值.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由题意知，在上恒成立，所以在上恒成立.令，则，所以在上单调递增，所以，所以.（Ⅱ）当时，.则，令，则，所以在上单调递减.由于，，所以存在满足，即.当时，，；当时，，.所以在上单调递增，在上单调递减.所以，因为，所以，所以，所以.20．（2019·河南高考模拟（文））已知函数，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为. （1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，恒成立，求正整数m 的最大值. 【答案】（1）1a =，0b =；（2）3【解析】（1）由得： 由切线方程可知：，，解得：1a =，0b = （2）由（1）知则()1,x ∈+∞时，恒成立等价于()1,x ∈+∞时，恒成立 令，1x >，则.令，则∴当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，则()h x 单调递增，，使得()00h x =当()01,x x ∈时，()0g x '<；时，()0g x '>，即正整数m 的最大值为3.21.（2018·贵州高考模拟（文））已知函数.（1）当时，求函数的极值；（2）若函数在区间上是减函数，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）当时，，，由解得，由解得，故当时，的单调递增；当时，单调递减，当时，函数取得极大值，无极小值.（2），函数在区间上单调递减，在区间上恒成立，即在上恒成立，只需不大于在上的最小值即可.而，则当时，，，即，故实数的取值范围是.22．（2018·湖南高考模拟（文））已知函数（其中）.（1）讨论的单调性；（2）若，设是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析（2）.【解析】（1）的定义域为，（i）若，则.由得或；由得∴在，上单调递增，在上单调递减；（ii）若，则，∴在上单调递增；（iii）若，则，由得或；由得∴在，上单调递增，在上单调递减.（2）∵，，由得，∴，，∴∵∴解得∴设，则∴在上单调递减；当时，∴。

2020年高考数学一轮复习讲练测（浙江版）第四章 三角函数与解三角形第04讲 三角函数图象与性质 ---练1．（ 2018年11月浙江省学考）函数的最小正周期是（ ）A ．B ．C ． πD ． 2π 【答案】C 【解析】 因为函数，所以函数的最小正周期是，故选C .2. （浙北四校2019届高三12月模拟）若函数，，则是（ ）A ． 最小正周期为为奇函数B ． 最小正周期为为偶函数C ． 最小正周期为为奇函数D ． 最小正周期为为偶函数 【答案】A 【解析】 ∵=-sin2x ，∴f（x ）=-sin2x ，可得f （x ）是奇函数，最小正周期T==π故选：A ． 3．函数的定义域是（ ）A. B.C. D.【答案】D【解析】由2cos 1x +⩾0得1cos 2x -…,∴，k ∈Z.故选D.4．（ 2019届四川省成都市摸底）“”是“函数的图象关于直线对称”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】当时，，，所以是函数的对称轴；令，，，，当时，，当取值不同时，的值也在发生变化.综上，是函数图象关于直线对称的充分不必要条件.选A. 5．（2018届福建省厦门市第二次质量检查）函数的周期为，，在上单调递减，则的一个可能值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由函数的周期为，得，，，或，令，或，，在不是单调函数，不合题意，故，故选D.6.（2018届河北省唐山市三模）已知函数的图象与轴相切，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，且的图象与轴相切，所以最大值，，即，，，故选B.7．（浙江省七彩联盟2019届高三上期中）已函数是奇函数，且，则（）A． B． C．1 D．2【答案】A【解析】根据题意，函数是奇函数，则，解可得：，故选：A．8.（浙江省杭州高级中学2019届高三上期中）已知函数与函数的图象的对称轴相同，则实数的值为( )A． B． C． D．【答案】D【解析】cos（2x），令2x kπ，得x，k∈Z故函数的对称轴为x，k∈z函数y＝sin2x+a cos2x sin（2x+θ），tanθ＝a令2x+θ＝nπ，可解得x，n∈Z，故函数y＝sin2x+a cos2x的对称轴为x，n∈Z，因为两函数的对称轴相同,此时有即，n、k∈Z，∴a＝tanθ．故选：D．9．（浙江省嘉兴市2019 届高三第一学期期末）已知函数的最小正周期是，则______，若，则______ .【答案】；【解析】函数的最小正周期是若,即化简得到根据二倍角公式得到故答案为：(1)；(2).10．（浙江省2019届高考模拟卷（三)】已知函数.（1）求函数在上的值域；（2）若，求.【答案】（1）（2）【解析】（1）因为x,∴，当时，最大为，当时，最小为1，所以在的值域为；（2）因为，即，所以.∴.1.（浙江省杭州高级中学2019届高三上期中）若=，则的取值范围是( ) A． B．C． D． (以上)【答案】D【解析】∵sin2x+cos2x＝1，即cos2x＝1﹣sin2x＝（1+sin x）（1﹣sin x），∴，∵，∴cos x＜0，∴x的范围为2kπ＜x2kπ（k∈Z）．故选：D．2．（江西省赣州市2018年5月高考适应性考试）若函数在区间上有两个零点，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】当时，，令，解得，所以函数在区间上的对称轴为，所以有，故选C.3．（浙江省重点中学2019届高三12月期末热身联考）已知函数，若恒成立，则实数a的最小正值为（）A．2 B． C． D．【答案】D【解析】由可判断函数的周期为，又=，其最小正周期为，所以，即：故选：D.4.（浙江省温州九校2019届高三第一次联考）已知函数，则的定义域为__________,的最大值为_________.【答案】【解析】函数定义域即为使得函数有意义的x的取值，即，即函数的定义域为；故的最大值为.5. （浙江省名校新高考研究联盟（Z20)2019届高三第一次联考）已知函数Ⅰ求的最小正周期及单调递增区间；Ⅱ求在区间上的最大值．【答案】Ⅰ最小正周期，单调递增区间为，；Ⅱ.【解析】Ⅰ．的最小正周期，令，，得，，的单调递增区间为，；Ⅱ时，，，所以的最大值为2，在区间上的最大值为3．6．（浙江省七彩联盟2019届高三上期中）已知函数求函数的对称轴方程；将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若关于x 的方程在上恰有一解，求实数m 的取值范围． 【答案】(1) 对称轴方程为，．(2)【解析】函数，令，求得，，故函数的对称轴方程为，．将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若关于x 的方程在上恰有一解，即在上恰有一解，即 在上恰有一解． 在上，，函数，当时，单调递增；当时，单调递减，而，，，，或，求得，或，即实数m 的取值范围．1．（2019年高考全国Ⅰ卷文）函数f (x )=2sin cos ++x xx x在[,]-ππ的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】由，得()f x 是奇函数，其图象关于原点对称，排除A ．又，排除B ，C ，故选D ．2．（2019年高考全国Ⅱ卷文）若x 1=4π，x 2=43π是函数f (x )=sin x ω(ω>0)两个相邻的极值点，则ω=（ ） A ．2 B ．32 C ．1D ．12【答案】A 【解析】由题意知，的周期，解得2ω=．故选A ．3．(2019年高考全国Ⅲ卷文)函数在[0，2π]的零点个数为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】B 【解析】由，得sin 0x =或cos 1x =，，．()f x ∴在[]0,2π的零点个数是3，故选B ．4.(2019年高考北京卷文)设函数f （x ）=cos x +b sin x （b 为常数），则“b =0”是“f （x ）为偶函数”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C 【解析】0b =时，，()f x 为偶函数；()f x 为偶函数时，对任意的x 恒成立，即，，得sin 0b x =对任意的x 恒成立，从而0b =.从而“0b =”是“()f x 为偶函数”的充分必要条件，故选C. 5.(2019年高考全国Ⅰ卷文)函数的最小值为___________．【答案】4- 【解析】，，∴当cos 1x =时，，故函数()f x 的最小值为4-． 6.(2019年高考浙江卷)设函数. （1）已知[0,2),θ∈π函数()f x θ+是偶函数，求θ的值； （2）求函数的值域．【答案】（1）π2θ=或3π2；（2）．【解析】（1）因为是偶函数，所以，对任意实数x 都有，即，故，所以cos 0θ=． 又[0,2π)θ∈，因此π2θ=或3π2． （2）．因此，函数的值域是．。

第8节函数与方程考试要求 1.了解函数零点的概念，了解函数零点与方程根的联系；2.掌握连续函数在某个区间上存在零点的判定方法.知识梳理1.函数的零点(1)函数零点的概念对于函数y＝f(x)，把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点.(2)函数零点与方程根的关系方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有交点⇔函数y＝f(x)有零点.(3)零点存在性定理如果函数y＝f(x)满足：①在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线；②f(a)·f(b)<0；则函数y＝f(x)在(a，b)上存在零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根.2.二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与零点的关系Δ＝b2－4ac Δ>0Δ＝0Δ<0二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴的交点(x1，0)，(x2，0)(x1，0)无交点零点个数210[常用结论与易错提醒]1.不满足零点存在性定理也可能有零点(如不变号零点).2.由函数y＝f(x)在闭区间[a，b]上有零点不一定能推出f(a)·f(b)＜0，如图所示.所以f(a)·f(b)＜0是图象连续的函数y＝f(x)在闭区间[a，b]上有零点的充分不必要条件.3.若函数f(x)在[a，b]上单调，且f(x)的图象是连续不断的一条曲线，则f(a)·f(b)＜0⇒函数f(x)在[a，b]上只有一个零点.基 础 自 测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)函数f (x )＝lg x 的零点是(1，0).( )(2)图象连续的函数y ＝f (x )(x ∈D )在区间(a ，b )⊆D 内有零点，则f (a )·f (b )<0.( ) (3)若连续函数f (x )在(a ，b )上单调且f (a )·f (b )<0，则函数f (x )在[a ，b ]上有且只有一个零点.( )(4)f (x )＝x 2，g (x )＝2x，h (x )＝log 2x ，当x ∈(4，＋∞)时，恒有h (x )<f (x )<g (x ).( ) 解析 (1)f (x )＝lg x 的零点是1，故(1)错.(2)f (a )·f (b )＜0是连续函数y ＝f (x )在(a ，b )内有零点的充分不必要条件，故(2)错. 答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√2.下列函数中，既是偶函数又存在零点的是( ) A.y ＝cos x B.y ＝sin x C.y ＝ln xD.y ＝x 2＋1解析 由函数是偶函数，排除选项B ，C ，又选项D 中函数没有零点，排除D ，y ＝cos x 为偶函数且有零点. 答案 A3.(必修1P88例1改编)函数f (x )＝e x＋3x 的零点个数是( ) A.0 B.1 C.2D.3解析 由f ′(x )＝e x＋3＞0，所以f (x )在R 上单调递增，又f (－1)＝1e －3<0，f (0)＝1>0，因此函数f (x )有且只有一个零点. 答案 B4.(2019·北京东城区一模)函数f (x )＝4x－2x的零点所在区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2 解析 f (x )的图象在(0，＋∞)上连续，又f (x )在(0，＋∞)上递减，且f (1)＝2>0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝83－232＝8－623<0.∴选C.答案 C5.函数f (x )＝ax ＋1－2a 在区间(－1，1)上存在一个零点，则实数a 的取值范围是________. 解析 因为函数f (x )＝ax ＋1－2a 在区间(－1，1)上是单调函数，所以若f (x )在区间(－1，1)上存在一个零点，则满足f (－1)·f (1)＜0，即(－3a ＋1)·(1－a )<0，解得13<a <1.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1 6.(2019·金华模拟)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x <0，2x －2，x ≥0，则f (f (－2))＝________；函数f (x )的零点的个数为________.解析 根据题意得：f (－2)＝(－2)2＝4，则f (f (－2))＝f (4)＝24－2＝16－2＝14；令f (x )＝0，得到2x－2＝0(x ≥0)，解得：x ＝1，则函数f (x )的零点个数为1. 答案 14 1考点一 函数零点所在区间的判断【例1】 (1)若a <b <c ，则函数f (x )＝(x －a )(x －b )＋(x －b )·(x －c )＋(x －c )(x －a )的两个零点分别位于区间( ) A.(a ，b )和(b ，c )内 B.(－∞，a )和(a ，b )内 C.(b ，c )和(c ，＋∞)内D.(－∞，a )和(c ，＋∞)内(2)(一题多解)设f (x )＝ln x ＋x －2，则函数f (x )的零点所在的区间为( ) A.(0，1) B.(1，2) C.(2，3)D.(3，4)解析 (1)∵a <b <c ，∴f (a )＝(a －b )(a －c )>0，f (b )＝(b －c )(b －a )<0，f (c )＝(c －a )(c －b )>0，由函数零点存在性定理可知：在区间(a ，b )，(b ，c )内分别存在零点，又函数f (x )是二次函数，最多有两个零点；因此函数f (x )的两个零点分别位于区间(a ，b )，(b ，c )内，故选A.(2)法一 函数f (x )的零点所在的区间可转化为函数g (x )＝ln x ，h (x )＝－x ＋2图象交点的横坐标所在的取值范围.作图如下：可知f (x )的零点所在的区间为(1，2).法二 易知f (x )＝ln x ＋x －2在(0，＋∞)上为增函数， 且f (1)＝1－2＝－1<0，f (2)＝ln 2>0.所以根据函数零点存在性定理可知在区间(1，2)内函数存在零点. 答案 (1)A (2)B规律方法 确定函数f (x )的零点所在区间的常用方法(1)利用函数零点存在性定理：首先看函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象是否连续，再看是否有f (a )·f (b )<0.若有，则函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内必有零点.(2)数形结合法：通过画函数图象，观察图象与x 轴在给定区间上是否有交点来判断.【训练1】 已知函数f (x )＝ln x －⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2的零点为x 0，则x 0所在的区间是( ) A.(0，1) B.(1，2) C.(2，3)D.(3，4)解析 ∵f (x )＝ln x －⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2在(0，＋∞)上是增函数，又f (1)＝ln 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1＝ln 1－2<0， f (2)＝ln 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝ln 2－1<0，f (3)＝ln 3－12>0.故f (x )的零点x 0∈(2，3). 答案 C考点二 函数零点(或方程根)个数的判断【例2】 (1)(2019·镇海中学模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|ln （x －1）|，x >1，2x －1＋1，x ≤1，则方程f (f (x ))－2⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）＋34＝0的实根个数为( ) A.3B.4C.5D.6(2)函数f (x )＝2x|log 0.5x |－1的零点个数为________.解析 (1)令t ＝f (x )，则方程f (f (x ))－2⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）＋34＝0等价于f (t )－2t －32＝0.在同一平面直角坐标系中作出函数y ＝f (x )与直线y ＝2x ＋32的图象，由图象可得有两个交点，且f (t )－2t －32＝0的两根分别为t 1＝0和1<t 2<2.当t 1＝f (x )＝0时，解得x ＝2；当t 2＝f (x )∈(1，2)时，方程f (x )＝t 2有3个不等实根.综上所述，方程f (f (x ))－2⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）＋34＝0的实根个数为4，故选B.(2)令f (x )＝2x|log 0，5x |－1＝0，得|log 0.5x |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x. 设g (x )＝|log 0.5x |，h (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，在同一坐标系下分别画出函数g (x )，h (x )的图象(如图).由图象知，两函数的图象有两个交点，因此函数f (x )有2个零点.答案 (1)B (2)2规律方法 函数零点个数的判断方法：(1)直接求零点，令f (x )＝0，有几个解就有几个零点；(2)零点存在性定理，要求函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )<0，再结合函数的图象与性质确定函数零点个数；(3)利用图象交点个数，作出两函数图象，观察其交点个数即得零点个数.【训练2】 (1)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2，x ≤0，2x －6＋ln x ，x >0的零点个数为________.(2)f (x )＝2sin x sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2－x 2的零点个数为________.解析 (1)当x ≤0时，令x 2－2＝0，解得x ＝－2(正根舍).所以在(－∞，0]上有一个零点.当x >0时，f ′(x )＝2＋1x>0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数.又因为f (2)＝－2＋ln 2<0，f (3)＝ln 3>0，所以f (x )在(0，＋∞)上有一个零点，综上，函数f (x )的零点个数为2.(2)f (x )＝2sin x cos x －x 2＝sin 2x －x 2，则函数的零点个数即为函数y ＝sin 2x 与函数y ＝x 2图象的交点个数，如图所示，两图象有2个交点，则函数有2个零点.答案 (1)2 (2)2 考点三 函数零点的应用【例3】 (1)(2019·绍兴调研)设函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x －1－a －4x ＋a ＋1有两个零点，则实数a的取值集合是________.(2)已知定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x －4)＝f (x )，且在区间[0，2]上f (x )＝x ，若关于x 的方程f (x )＝log a x 有三个不同的实根，则a 的取值范围为__________. 解析 (1)设1x －1＝t ，则x ＝1t ＋1，则问题转化为函数g (t )＝|t －a |－4t＋a －3有两个零点，即曲线y ＝|t －a |＋a 与y ＝4t＋3有两个公共点.注意到曲线y ＝|t －a |＋a 的顶点(a ，a )在直线y ＝t 上运动，直线y ＝t 与y ＝4t＋3有两个交点，作出函数的图象，则当y ＝|t －a |＋a 的顶点(a ，a )在A (4，4)时，有a ＝4；当t <a 且y ＝－t ＋2a 与y ＝4t＋3相切时，有t 2＋(3－2a )t ＋4＝0有两个相等实根，由Δ＝(3－2a )2－16＝0得a ＝－12或72.综上，实数a 的取值集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫－12，72，4.(2)由f (x －4)＝f (x )知，函数的周期T ＝4. 又f (x )为偶函数，∴f (x )＝f (－x )＝f (4－x )，因此函数y ＝f (x )的图象关于x ＝2对称. 又f (2)＝f (6)＝f (10)＝2，要使方程f (x )＝log a x 有三个不同的实根.由函数的图象(如图)，必须有⎩⎪⎨⎪⎧f （6）<2，f （10）>2，a >1.即⎩⎪⎨⎪⎧log a 6<2，log a 10>2，a >1. 解得6<a <10.故a 的取值范围是(6，10).答案 (1)⎩⎨⎧⎭⎬⎫－12，72，4 (2)(6，10) 规律方法 已知函数有零点(方根有根)求参数值常用的方法：(1)直接法，直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后观察求解.【训练3】 (1)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x＋a ，x ≤0，3x －1，x >0(a ∈R )，若函数f (x )在R 上有两个零点，则a 的取值范围是( )A.(－∞，－1)B.(－∞，0)C.(－1，0)D.[－1，0)(2)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x |，x ≤m ，x 2－2mx ＋4m ，x >m ，其中m >0.若存在实数b ，使得关于x 的方程f (x )＝b 有三个不同的根，则m 的取值范围是________. 解析 (1)当x >0时，f (x )＝3x －1有一个零点x ＝13.因此当x ≤0时，f (x )＝e x＋a ＝0只有一个实根， ∴a ＝－e x(x ≤0)，则－1≤a <0.(2)在同一坐标系中，作出y ＝f (x )与y ＝b 的图象.当x >m 时，x 2－2mx ＋4m ＝(x －m )2＋4m －m 2，∴要使方程f (x )＝b 有三个不同的根，则有4m －m 2<m ， 即m 2－3m >0.又m >0，解得m >3. 答案 (1)D (2)(3，＋∞)基础巩固题组一、选择题1.函数f (x )＝3x－x 2的零点所在区间是( ) A.(0，1) B.(1，2) C.(－2，－1)D.(－1，0)解析 由于f (－1)＝－23<0，f (0)＝30－0＝1>0，∴f (－1)·f (0)<0.则f (x )在(－1，0)内有零点. 答案 D2.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－1，x ≤1，1＋log 2x ，x >1，则函数f (x )的零点为( )A.12，0 B.－2，0 C.12D.0解析 当x ≤1时，由f (x )＝2x－1＝0，解得x ＝0；当x >1时，由f (x )＝1＋log 2x ＝0，解得x ＝12，又因为x >1，所以此时方程无解.综上函数f (x )的零点只有0.答案 D3.函数f (x )＝2x－2x－a 的一个零点在区间(1，2)内，则实数a 的取值范围是( )A.(1，3)B.(1，2)C.(0，3)D.(0，2)解析 因为函数f (x )＝2x －2x －a 在区间(1，2)上单调递增，又函数f (x )＝2x－2x－a 的一个零点在区间(1，2)内，则有f (1)·f (2)<0，所以(－a )·(4－1－a )<0，即a (a －3)<0，所以0<a <3. 答案 C4.已知f (x )是奇函数且是R 上的单调函数，若函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，则实数λ的值是( ) A.14 B.18 C.－78D.－38解析 令y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0，则f (2x 2＋1)＝－f (λ－x )＝f (x －λ)，因为f (x )是R 上的单调函数，所以2x 2＋1＝x －λ，即2x 2－x ＋1＋λ＝0只有一个实根，则Δ＝1－8(1＋λ)＝0，解得λ＝－78.答案 C5.(一题多解)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e－x ＋1)有唯一零点，则a ＝( )A.－12B.13C.12D.1解析 法一 f (x )＝(x －1)2＋a (e x －1＋e1－x)－1，令t ＝x －1，则g (t )＝f (t ＋1)＝t 2＋a (et＋e －t)－1.∵g (－t )＝(－t )2＋a (e －t＋e t)－1＝g (t )，且t ∈(－∞，＋∞). ∴函数g (t )为偶函数.∵f (x )有唯一零点，∴g (t )也有唯一零点. 又g (t )为偶函数，由偶函数的性质知g (0)＝0， ∴2a －1＝0，解得a ＝12.法二 f (x )＝0⇔a (e x －1＋e－x ＋1)＝－x 2＋2x .ex －1＋e－x ＋1≥2ex －1·e－x ＋1＝2，当且仅当x ＝1时取“＝”.－x 2＋2x ＝－(x －1)2＋1≤1，当且仅当x ＝1时取“＝”. 若a ＞0，则a (ex －1＋e－x ＋1)≥2a ，要使f (x )有唯一零点，则必有2a ＝1，即a ＝12.若a ≤0，则f (x )的零点不唯一. 故选C. 答案 C6.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，x ≤0，e x ，x >0，则使函数g (x )＝f (x )＋x －m 有零点的实数m 的取值范围是( ) A.[0，1)B.(－∞，1)C.(－∞，1]∪(2，＋∞)D.(－∞，0]∪(1，＋∞)解析 函数g (x )＝f (x )＋x －m 的零点就是方程f (x )＋x ＝m 的根，画出h (x )＝f (x )＋x ＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x ≤0，e x ＋x ，x >0的大致图象(图略). 观察它与直线y ＝m 的交点，得知当m ≤0或m >1时，有交点，即函数g (x )＝f (x )＋x －m 有零点. 答案 D7.(2018·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，x ≤0，ln x ，x >0，g (x )＝f (x )＋x ＋a .若g (x )存在2个零点，则a 的取值范围是( ) A.[－1，0) B.[0，＋∞) C.[－1，＋∞)D.[1，＋∞)解析 函数g (x )＝f (x )＋x ＋a 存在2个零点，即关于x 的方程f (x )＝－x －a 有2个不同的实根，即函数f (x )的图象与直线y ＝－x －a 有2个交点.作出直线y ＝－x －a 与函数f (x )的图象，如图所示，由图可知，－a ≤1，解得a ≥－1，故选C.答案 C8.已知函数f (x )＝x 2＋mx ＋n ·2x，{x |f (x )＝0}＝{x |f (f (x ))＝0}≠∅，则m ＋n 的取值范围是( ) A.[0，4) B.[4，8] C.[－4，2]D.(－2，8]解析 设x 1∈{x |f (x )＝0}＝{x |f (f (x ))＝0}，则f (x 1)＝f (f (x 1))＝0，∴f (0)＝n ＝0，∴f (x )＝x 2＋mx ＝x (x ＋m )，∴f (f (x ))＝f (x )[f (x )＋m ]＝(x 2＋mx )(x 2＋mx ＋m )，显然f (x )＝0时，有f (f (x ))＝0，∵f (x )＝0，∴x ＝0或x ＝－m ，又{x |f (x )＝0}＝{x |f (f (x ))＝0}≠∅，∴当m ＝0时，f (x )＝x 2，{x |f (x )＝0}＝{x |f (f (x ))＝0}＝{0}≠∅；当m ≠0时，{x |f (x )＝0}＝{x |f (f (x ))＝0}＝{0，－m }，但要使f (x )＝0与f (f (x ))＝0具有相同解，则方程x 2＋mx ＋m ＝0无解，∴Δ＝m 2－4m <0，解得0<m <4.综上所述，0≤m <4，∴0≤m ＋n <4，故选A. 答案 A 二、填空题9.在平面直角坐标系xOy 中，若直线y ＝2a 与函数y ＝|x －a |－1的图象只有一个交点，则a 的值为________.解析 函数y ＝|x －a |－1的图象如图所示，因为直线y ＝2a 与函数y ＝|x －a |－1的图象只有一个交点，故2a ＝－1，解得a ＝－12.答案 －1210.(2019·苏锡常镇四市调研)若二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)在区间[1，2]上有两个不同的零点，则f （1）a的取值范围为________. 解析 设f (x )＝a (x －x 1)(x －x 2)，1≤x 1<x 2≤2，则f （1）a＝(1－x 1)(1－x 2)∈[0，1). 答案 [0，1)11.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x <a ，x 2，x ≥a .若f (x )是单调函数，则实数a 的取值范围是________；若存在实数b ，使函数g (x )＝f (x )－b 有三个零点，则实数a 的取值范围是________. 解析 因为函数y ＝2x在定义域内是单调递增函数，所以函数f (x )为单调递增函数，所以a >0且2a ≤a 2.在同一坐标系下作出函数y ＝2x 与y ＝x 2的图象，由图可知，实数a 的取值范围为[2，4].函数g (x )＝f (x )－b 有三个零点等价于函数y ＝f (x )与y ＝b 的图象有三个交点，在同一坐标系下作出函数y ＝f (x )与y ＝b 的图象，由图可知，当a 在y 轴的左方时，存在实数b ，使得两函数图象有三个交点，所以要使函数g (x )有三个零点，实数a 的取值范围为(－∞，0).答案 [2，4] (－∞，0) 12.已知f (x )＝1x ＋2－m |x |，若f (x )有两个零点，则实数m 的值为________；若f (x )有三个零点，则实数m 的取值范围是________.解析 函数f (x )的零点，即为方程1x ＋2－m |x |＝0即1m＝|x |(x ＋2)(x ≠－2)的实数根，令g (x )＝|x |(x ＋2)＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ，x ≥0，－x 2－2x ，x <0，其图象如图所示，当m ＝1时，g (x )图象与y ＝1m有2个交点；当0<1m<1，即m >1时，有3个交点.答案 1 (1，＋∞)13.(2019·北京丰台区一模)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x sin x ，0<x <π，x ，x ≥π，g (x )＝f (x )－kx (k ∈R ).(1)当k ＝1时，函数g (x )有________个零点；(2)若函数g (x )有三个零点，则k 的取值范围是________.解析 (1)当k ＝1，0<x <π时，g (x )＝f (x )－x ＝x sin x －x ＝0，得sin x ＝1，即x ＝π2；x ≥π时，g (x )＝f (x )－x ＝x －x ＝0，无解.综上：当k ＝1时，函数g (x )有1个零点；(2)g (x )＝f (x )－kx ＝⎩⎨⎧x sin x －kx ，0<x <π，x －kx ，x ≥π，当0<x <π时，x sin x －kx ＝0，得k ＝sin x ，k ∈(0，1)时，有两个根；当x ≥π时，x －kx ＝0，得k ＝1x ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，ππ时有一个根， 综上：k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，ππ时，函数g (x )有三个零点. 答案 (1)1 (2)⎝ ⎛⎦⎥⎤0，ππ 14.(2019·杭州高级中学测试)已知函数f (x )满足：f (1－x )＝f (1＋x )，且当x ≤1时，f (x )＝x 2＋a (a ∈R )，若存在实数t ∈[0，1]，使得关于x 的方程|f (x )|＝t 有且仅有四个不等实根，则实数a 的取值范围是________.解析 由f (1－x )＝f (1＋x )知函数f (x )关于直线x ＝1对称.当a >1时，|f (x )|＝f (x )≥f (0)＝a >1，函数y ＝|f (x )|的图象与直线y ＝t 无公共点，不满足条件；当a ＝1时，函数y ＝|f (x )|的图象与直线y ＝t 最多只有两个公共点，不满足条件；当0≤a <1时，如图1所示，函数y ＝|f (x )|的图象与直线y ＝t 可能有四个公共点，满足条件；当－1<a <0时，如图2所示，存在t ＝0，使函数y ＝|f (x )|的图象与直线y ＝t 有且仅有四个公共点，满足条件；当a ≤－1时，如图3所示，存在实数t ∈[0，1]，使函数y ＝|f (x )|的图象与直线y ＝t 有且仅有四个公共点，满足条件.综上可知，实数a 的取值范围是(－∞，1).答案 (－∞，1)能力提升题组15.设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－|x －1|，x ∈（－∞，2），12f （x －2），x ∈[2，＋∞），则函数F (x )＝xf (x )－1的零点个数为( )A.4B.5C.6D.7解析 作出函数y ＝f (x )与y ＝g (x )＝1x 的图象如图，当x <0时，y ＝f (x )单调递增，y ＝1x为减函数，此时函数f (x )与y ＝g (x )＝1x只有一个交点.∵f (1)＝1，g (1)＝1，∴f (1)＝g (1)，(1，1)是两函数图象的一个交点；∵f (3)＝12f (1)＝12，g (3)＝13，满足f (3)>g (3)，∴两函数的图象在(2，4)内有两个交点；∵f (5)＝12f (3)＝14，g (5)＝15，满足f (5)>g (5)，∴两函数的图象在(4，6)内有两个交点；∵f (7)＝12f (5)＝18，g (7)＝17，满足f (7)<g (7)，∴两函数的图象在(6，8)内没有交点；∵f (9)＝12f (7)＝116，g (9)＝19，满足f (9)<g (9)，∴两函数的图象在(8，10)内没有交点，即当x >7时，恒有f (x )<g (x )，两函数的图象没有交点.综上所述，两函数的图象的交点个数为6个，即函数F (x )＝xf (x )－1的零点个数为6个.答案 C16.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧kx ＋1，x ≤0，ln x ，x ＞0，则函数y ＝f (f (x ))＋1的零点个数的判断正确的是( )A.当k ＞0时，有4个零点；当k ＜0时，有1个零点B.无论k 为何值，均有2个零点C.当k ＞0时，有3个零点；当k ＜0时，有2个零点D.无论k 为何值，均有4个零点解析 (1)当x ＞1时，ln x ＞0，∴y ＝f (f (x ))＋1＝ln(ln x )＋1，此时有零点x ＝e 1e ＞1；(2)当0＜x ≤1时，ln x ≤0，∴y ＝f (f (x ))＋1＝k ·ln x ＋1.当k ＞0时，有一个零点；当k ＜0时，无零点；(3)当x ≤0，kx ＋1≤0时，y ＝f (f (x ))＋1＝k 2x ＋k ＋1.当k ＞0时，有一个零点x ＝－k ＋1k2；当k ＜0时，k 2x ＋k ＋1＝k (kx ＋1)＋1＞0，无零点；(4)当x ≤0，kx ＋1＞0时，y ＝f (f (x ))＋1＝ln(kx ＋1)＋1.当k ＞0时，有一个零点x ＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －1；当k ＜0时，无零点.综上，当k ＞0时，有4个零点，当k ＜0时，只有一个零点. 答案 A17.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ，x ≥1，e f （|x |＋1），x <1(e 为自然对数的底数)，则f (e)＝________，函数y ＝f (f (x ))－1的零点个数为________.解析 f (e)＝ln e ＝1；函数y ＝f (f (x ))－1的零点个数为方程f (f (x ))＝1的根的个数，则①由ln x ＝1(x ≥1)，得x ＝e ，于是f (x )＝e ，则由ln x ＝e(x ≥1)，得x ＝e e；或由ef (|x |＋1)＝e(x <1)，得f (|x |＋1)＝1，所以ln(|x |＋1)＝1，解得x ＝e －1(舍去)或x ＝1－e ；②由ef (|x |＋1)＝1(x <1)，得f (|x |＋1)＝0，所以ln(|x |＋1)＝0，解得x ＝0，所以f (x )＝0，只有ln x ＝0(x ≥1)，解得x ＝1.综上可知函数y ＝f (f (x ))－1有x ＝e e，1－e ，1共3个零点. 答案 1 318.(2018·天津卷)已知a >0，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2ax ＋a ，x ≤0，－x 2＋2ax －2a ，x >0.若关于x 的方程f (x )＝ax恰有2个互异的实数解，则a 的取值范围是________.解析 当x ≤0时，由x 2＋2ax ＋a ＝ax ，得a ＝－x 2－ax ；当x >0时，由－x 2＋2ax －2a ＝ax ，得2a ＝－x 2＋ax .令g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－ax ，x ≤0，－x 2＋ax ，x >0.作出y ＝a (x ≤0)，y ＝2a (x >0)的图象，函数g (x )的图象如图所示，g (x )的最大值为－a 24＋a 22＝a 24，由图象可知，若f (x )＝ax 恰有2个互异的实数解，则a <a 24<2a ，解得4<a <8.答案 (4，8)19.已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋m x－4，若m ＝4，则函数f (x )的零点个数为________；若函数f (x )有4个零点，则实数m 的取值范围是________.解析 当m ＝4时，f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋4x －4，由对勾函数的性质易得y ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋4x ≥4，当且仅当x＝±2时，等号成立，所以函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋4x －4的零点有2个.当m >0时，由对勾函数的性质易得y ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋m x ≥2m ，当且仅当x ＝±m 时，等号成立，要使f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋m x－4有4个零点，则有2m <4，解得0<m <4；当m ＝0时，f (x )＝|x |－4，易知此时函数f (x )＝|x |－4有2个零点，不符合题意；当m <0时，函数y ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋m x≥0，当且仅当x ＝±－m 时，等号成立，所以此时函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋m x－4有4个零点，综上所述，实数m 的取值范围为(－∞，0)∪(0，4).答案 2 (－∞，0)∪(0，4)。