2026年高三数学上学期专题突破练：函数应用（含解析）

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2026年高三数学上学期专题突破练：函数应用
一．选择题（共8小题）
1．（2026春 山东校级期末）用二分法求方程的近似解时，所取的第一个区间可以是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025春 东城区校级期中）设函数，若函数g（x）＝f（x）﹣b有三个零点，则实数b的取值范围是（　　）
A．（1，+∞） B． C．{0}∪（1，+∞） D．（0，1]
3．（2025春 安徽月考）已知f（x）＝ax3+bx2+cx+d（a＜0）有两个极值点x1，x2，且f（x1）＝x2，f（x）的导函数为g（x），则关于x的方程g[f（x）]＝0的不同实根个数为（　　）
A．6 B．5 C．4 D．3
4．（2025春 泰安校级期末）设函数f（x），若关于x的方程[f（x）]2+mf（x）﹣1﹣m＝0恰好有4个不相等的实数解，则实数m的取值范围是（　　）
A．（﹣1，1） B．（﹣1，﹣1）
C．（1，1） D．（0，）
5．（2025 武强县校级模拟）已知，则方程f（x）＝8所有的根之和为（　　）
A．1 B．2 C．5 D．7
6．（2025 五河县校级模拟）在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为（D为常数），其中L表示每一轮优化时使用的学习率，L0表示初始学习率，D表示衰减系数，n表示训练迭代轮数，G0表示衰减速度．已知某个指数衰减的学习率模型中G0＝20，当n＝10时，学习率为0.25；当n＝30时，学习率为0.0625，则学习率衰减到0.05以下所需的训练迭代轮数至少为（　　）（已知lg2≈0.3）
A．31 B．32 C．33 D．34
7．（2025 武强县校级模拟）设函数f（x），若互不相等的实数x1，x2，x3满足f（x1）＝f（x2）＝f（x3），则x1+x2+x3的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
8．（2024秋 朝阳区校级期末）已知函数，若关于x的方程f（x）＝m有4个不同的实根x1、x2、x3、x4，且x1＜x2＜x3＜x4，则（　　）
A． B．（16，32）
C． D．（32，48）
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2026春 山东校级期末）设s，t＞0，若满足关于x的方程恰有三个不同的实数解x1＜x2＜x3＝s，则下列选项中，一定正确的是（　　）
A．x1+x2+x3＞0 B．
C． D．
（多选）10．（2025春 邯郸期中）已知函数f（x）＝x2+e2x﹣3﹣axex，则下列说法正确的是（　　）
A．若f（x）恰有3个零点，则
B．若f（x）恰有3个零点，则
C．若f（x）恰有4个零点，则a的取值范围是
D．若f（x）恰有4个零点，则a的取值范围是
（多选）11．（2025春 梁溪区校级期中）定义方程f（x）＝f'（x）的实数根x0叫做函数f（x）的“新不动点”，有下列函数：
①g（x）＝x 2x；
②g（x）＝﹣ex﹣2x；
③g（x）＝lnx；
④g（x）＝sinx+2cosx．
其中只有一个“新不动点”的函数有（　　）
A．① B．② C．③ D．④
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 三亚校级期中）已知函数f（x）＝mex﹣x2+3有两个零点，则实数m的取值范围是 　 　 ．
13．（2024秋 江西校级月考）设函数，若方程f（x）＝m有四个不相等的实根xi（i＝1，2，3，4），则的最小值为 　 　 ．
14．（2025 福建模拟）如图，对于曲线G所在平面内的点O，若存在以O为顶点的角α，使得对于曲线G上的任意两个不同的点A，B，恒有∠AOB≤α成立，则称角α为曲线G的相对于点O的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线G的相对于点O的“确界角”．已知曲线C：y（其中e是自然对数的底数），O为坐标原点，曲线C的相对于点O的“确界角”为β，则β＝　 　 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2024秋 眉山期末）已知函数为偶函数．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）设，若函数y＝x﹣f（x）与函数h（x）的图象有且仅有一个公共点，求实数c的值．
16．（2024秋 朝阳期末）现定义了一种新运算“ ”：对于任意实数x，y，都有（a＞0且a≠1）．
（1）当a＝2时，计算4 4；
（2）证明： x，y，z∈R，都有（x y） z＝x （y z）；
（3）设，若f（x）＝m m﹣loga2在区间[s，t]（0＜s＜t＜a）上的值域为[logat，logas]，求实数a的取值范围．
17．（2025春 通州区校级期中）已知函数的图象过点，其中m∈R．
（1）求m及f（2）的值；
（2）求证： x∈（0，2]，都有x＜f（x）≤x+2；
（3）记函数g（x）＝|f（x）﹣（x+a）|（a∈R）在（0，2]上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值．
18．（2025春 吉首市校级期中）已知f（x）＝2x2+ax+b过点（0，﹣1），且满足f（﹣1）＝f（2）．
（1）求f（x）在[m，m+2]上的最小值h（m）．
（2）若f（x0）＝x0，则称x0为y＝f（x）的不动点，函数g（x）＝f（x）﹣nx+n有两个不相等的不动点x1、x2，且x1＞x2＞0，求的最小值．
19．（2025春 市北区校级期中）某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：
ωx+φ 0 π 2π
x m n p
Asin（ωx+φ） 0 3 0 ﹣3 0
（1）求出实数m，n，p和函数f（x）的解析式；
（2）将y＝f（x）图象上的所有点向右平移θ（θ＞0）个单位长度，并把图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到y＝g（x）的图象．已知g（x）图象的一个对称中心为，求θ的最小值；
（3）在（2）的条件下，当θ取最小值时，若对，关于x的方程g（x）＝a﹣1恰有两个实数根，求实数a的取值范围．
2026年高三数学上学期专题突破练：函数应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B D D B A D D A
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 BC AD ABC
一．选择题（共8小题）
1．（2026春 山东校级期末）用二分法求方程的近似解时，所取的第一个区间可以是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：令，则f（0）＝0﹣1＝﹣1＜0，
，
，
，
．
故用二分法求方程的近似解时，所取的第一个区间可以是（，）．
故选：B．
2．（2025春 东城区校级期中）设函数，若函数g（x）＝f（x）﹣b有三个零点，则实数b的取值范围是（　　）
A．（1，+∞） B． C．{0}∪（1，+∞） D．（0，1]
【解答】解：由题意f（x）＝b有三个根，即直线y＝b与函数f（x）的图象有三个交点，
当x≤0时，f（x）＝ex（x+1），则f′（x）＝ex（x+2），
由f′（x）＜0，得x+2＜0，即x∈（﹣∞，﹣2），此时f（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递减，
由f′（x）＞0，得x+2＞0，即x∈（﹣2，0]，此时f（x）在（﹣2，0]上单调递增，
当x→﹣∞时，f（x）→0，当x＝﹣2时，f（x）取得极小值，
下面我们作出f（x）的图象如图：
要使f（x）＝b有三个根，则b∈（0，1]，故D正确．
故选：D．
3．（2025春 安徽月考）已知f（x）＝ax3+bx2+cx+d（a＜0）有两个极值点x1，x2，且f（x1）＝x2，f（x）的导函数为g（x），则关于x的方程g[f（x）]＝0的不同实根个数为（　　）
A．6 B．5 C．4 D．3
【解答】解：由题意可得g（x）＝f'（x）＝3ax2+2bx+c，
由f（x）有两个极值点x1，x2，
则g（x）＝3ax2+2bx+c存在两个变号零点x1，x2，且x1≠x2，
则Δ＝4b2﹣12ac＞0，
且g（x1）＝g（x2）＝0，
则由g[f（x）]＝0，得f（x）＝x1或f（x）＝x2，
①若x1＜x2，结合f（x1）＝x2，
所以f（x）＝x1存在1个根，f（x）＝x2存在2个根，如下图所示：
所以关于x的方程g[f（x）]＝0的不同实根个数为3；
②若x1＞x2，结合f（x1）＝x2，
所以f（x）＝x1存在1个根，f（x）＝x2存在2个根，如下图所示：
所以关于x的方程g[f（x）]＝0的不同实根个数为3．
综上，关于x的方程g[f（x）]＝0的不同实根个数为3．
故选：D．
4．（2025春 泰安校级期末）设函数f（x），若关于x的方程[f（x）]2+mf（x）﹣1﹣m＝0恰好有4个不相等的实数解，则实数m的取值范围是（　　）
A．（﹣1，1） B．（﹣1，﹣1）
C．（1，1） D．（0，）
【解答】解：因为[f（x）]2+mf（x）﹣1﹣m＝0恰好有4个不相等的实数解，
所以[f（x）+m+1][f（x）﹣1]＝0恰好有4个不相等的实数解，
所以f（x）＝1或f（x）＝﹣m﹣1共有4个解，
设（x＞1），
则，
所以x∈（1，e）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，
x∈（e，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，且h（1）＝0，，
当x→+∞时，h（x）→0，
所以，
设g（x）＝﹣（x﹣1）3（x＜1），
则g'（x）＝﹣3（x﹣1）2＜0，g（x）为单调减函数，
且x→﹣∞时，g（x）→+∞，g（1）＝0，g（x）∈（0，+∞），
作出函数f（x）的图象如图所示：
由图可知f（x）＝1只有一解，
要[f（x）+m+1][f（x）﹣1]＝0恰好有4个不相等的实数解，
即要f（x）＝﹣m﹣1恰有3解，
所以，即．
故选：B．
5．（2025 武强县校级模拟）已知，则方程f（x）＝8所有的根之和为（　　）
A．1 B．2 C．5 D．7
【解答】解：当x＜0时，
令x2﹣2x＝8，
即x2﹣2x﹣8＝0，
解得x＝﹣2；
当x≥0时，
令2x＝8，
解得x＝3，
所以方程f（x）＝8的根为3，﹣2，
所以所有根之和为1．
故选：A．
6．（2025 五河县校级模拟）在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为（D为常数），其中L表示每一轮优化时使用的学习率，L0表示初始学习率，D表示衰减系数，n表示训练迭代轮数，G0表示衰减速度．已知某个指数衰减的学习率模型中G0＝20，当n＝10时，学习率为0.25；当n＝30时，学习率为0.0625，则学习率衰减到0.05以下所需的训练迭代轮数至少为（　　）（已知lg2≈0.3）
A．31 B．32 C．33 D．34
【解答】解：因为衰减学习率模型为，
所以根据已知条件可得：①，
②，
用②式除以①式可得：
，化简可得：D＝0.25．
将D＝0.25代入①式中可得：L0＝0.5．
所以衰减学习率模型为．
当学习率衰减到0.05以下时，
即．
化简上述不等式得：，
即（﹣2）lg2＜﹣1，
所以 lg2＞1， 1，
所以n33.3．
因为n为正数，所以最小值取34．
故选：D．
7．（2025 武强县校级模拟）设函数f（x），若互不相等的实数x1，x2，x3满足f（x1）＝f（x2）＝f（x3），则x1+x2+x3的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：不妨设x1＜x2＜x3，f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＝t，f（x）的图象如图所示，
f（3）＝﹣3，由，
故，x2+x3＝6，故．
故选：D．
8．（2024秋 朝阳区校级期末）已知函数，若关于x的方程f（x）＝m有4个不同的实根x1、x2、x3、x4，且x1＜x2＜x3＜x4，则（　　）
A． B．（16，32）
C． D．（32，48）
【解答】解：作出函数y＝f（x）和函数y＝m的图象可知，
假设两个函数的图象共有4个交点A，B，C，D，
且横坐标分别为x1，x2，x3，x4，x1＜x2＜x3＜x4，0＜x1＜1＜x2＜2，
由f（x1）＝f（x2），得|log2x1|＝|log2x2|，则有﹣log2x1＝log2x2，
所以log2x1+log2x2＝0，所以x1x2＝1．
由于二次函数y＝x2﹣8x+13图象的对称轴为直线x＝4，
则点C、D两点关于直线x＝4对称，所以x3+x4＝8．则．
令x2﹣8x+13＝0，解得或，所以，
所以．
故选：A．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2026春 山东校级期末）设s，t＞0，若满足关于x的方程恰有三个不同的实数解x1＜x2＜x3＝s，则下列选项中，一定正确的是（　　）
A．x1+x2+x3＞0 B．
C． D．
【解答】解：设f（x），满足f（﹣x）＝f（x），
可知f（x）为偶函数，
∴x1+x2+x3＝0，故A不正确；由f（x）＝2s，其中必有一解为0，则f（0）＝ 2s，
∴22s，当0≤x≤t时，f（x），
当且仅当x＝0时，取等号；
当x＞t时，f（x）在（t，+∞）递增，
∵f（x）＝2s＝2，∴x+t＝4t
4x＝5t xt，
又∵f（x）在（t，+∞）递增，
∴x3t，即x3＝s t，s，可得，所以C正确．
∴s t，所以B正确；s﹣t．所以D错误．
故选：BC．
（多选）10．（2025春 邯郸期中）已知函数f（x）＝x2+e2x﹣3﹣axex，则下列说法正确的是（　　）
A．若f（x）恰有3个零点，则
B．若f（x）恰有3个零点，则
C．若f（x）恰有4个零点，则a的取值范围是
D．若f（x）恰有4个零点，则a的取值范围是
【解答】解：因为函数f（x）＝x2+e2x﹣3﹣axex的定义域为R，当x＝0时，f（x）＝e﹣3≠0，
令f（x）＝0，则x2+e2x﹣3﹣axex＝0，
x2+e2x﹣3＝axex，
两边同时除以xex，
得（x≠0），
令（x≠0），
则函数f（x）的零点个数即为直线y＝a与函数y＝g（x）的图象交点个数，
求导得（x≠0），
令函数h（x）＝e2x﹣3﹣x2，
求导得h′（x）＝2e2x﹣3﹣2x，
令函数φ（x）＝h′（x），
求导得φ′（x）＝4e2x﹣3﹣2，
易知函数φ′（x）在R上单调递增，
令φ′（x）＝4e2x﹣3﹣2＝0，解得x，
当时，φ′（x）＝4e2x﹣3﹣2＜0；当时，φ′（x）＝4e2x﹣3﹣2＞0，
则函数φ（x），即h′（x）在上单调递减，在上单调递增，
而，
则存在，使得h′（x0）＝h′（x1）＝0，
当x＜x0或x＞x1时，h′（x）＞0，
当x0＜x＜x1时，h′（x）＜0，
于是函数h（x）在（﹣∞，x0），（x1，+∞）上单调递增，在（x0，x1）上单调递减，
又，
则存在，
使得h（x2）＝h（x3）＝h（x4）＝0，
所以当x＜x2或x3＜x＜x4时，h（x）＜0；
当x2＜x＜x3或x＞x4时，h（x）＞0，
于是函数g′（x）有4个零点x2，x3，1，x4，
且x2＜0＜x3＜1＜x4，
当x＜x2或x3＜x＜1或x＞x4时，g′（x）＞0；
当x2＜x＜0或0＜x＜x3或1＜x＜x4时，g′（x）＜0，
函数g（x）在（﹣∞，x2）上单调递增，在（x2，0）上单调递减，
且当x＜0时，g（x）＜0；当x＞0时，g（x）＞0，
因此当x＜0时，直线y＝a与函数y＝g（x）的图象最多两个交点；
函数g（x）在（x3，1），（x4，+∞）上单调递增，
在（0，x3），（1，x4）上单调递减，
当x＝1时，函数g（x）取得极大值，
又，，
令h（x）＝e2x﹣3﹣x2＝0，
则有e2x﹣3＝x2，e2x＝e3 x2，ex x，
由h（x3）＝h（x4）＝0，
得，
当x＝x3，x＝x4时，g（x）取得极小值，
，同理，
作出函数y＝g（x）的图象，如图所示：
对于AB，f（x）恰有3个零点，
即直线y＝a与函数y＝g（x）的图象有3个交点，
由图可得，故A正确，B错误；
对于CD，f（x）恰有4个零点，
即直线y＝a与函数y＝g（x）的图象有4个交点，
由图象可得，故C错误，D正确．
故选：AD．
（多选）11．（2025春 梁溪区校级期中）定义方程f（x）＝f'（x）的实数根x0叫做函数f（x）的“新不动点”，有下列函数：
①g（x）＝x 2x；
②g（x）＝﹣ex﹣2x；
③g（x）＝lnx；
④g（x）＝sinx+2cosx．
其中只有一个“新不动点”的函数有（　　）
A．① B．② C．③ D．④
【解答】解：对于①，g′（x）＝2x+x 2x ln2，解x 2x＝2x+x 2x ln2，得：，
∴g（x）只有一个“新不动点”，故①满足题意；
对于②，g′（x）＝﹣ex﹣2，解﹣ex﹣2＝﹣ex﹣2x，得：x＝1，
∴g（x）只有一个“新不动点”，故②满足题意；
对于③，，
根据y＝lnx和的图象可看出只有一个实数根，
∴g（x）只有一个“新不动点”，故③满足题意；
对于④，g′（x）＝cosx﹣2sinx，
由sinx+2cosx＝cosx﹣2sinx，得3sinx＝﹣cosx，
∴，
根据y＝tanx和y的图象可看出方程有无数个解，
∴g（x）有无数个“新不动点”，故④不满足题意．
故选：ABC．
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 三亚校级期中）已知函数f（x）＝mex﹣x2+3有两个零点，则实数m的取值范围是 　　 ．
【解答】解：因为f（x）＝mex﹣x2+3有两个零点，
所以f（x）＝mex﹣x2+3＝0，
即有两个实数根，
记，
则g′（x），
当x＜﹣1和x＞3时，g′（x）＜0，
当﹣1＜x＜3时，g′（x）＞0，
故g（x）在（﹣∞，﹣1），（3，+∞）单调递减，在（﹣1，3）单调递增，
，
作出函数g（x）的图象如下：
由图象可知：当0≥m＞﹣2e或时，直线y＝m与g（x）的图象有两个交点，
故实数m的取值范围．
故答案为：．
13．（2024秋 江西校级月考）设函数，若方程f（x）＝m有四个不相等的实根xi（i＝1，2，3，4），则的最小值为 　92　 ．
【解答】解：由f（x）＝f（8﹣x），
所以函数f（x）的图象关于直线x＝4对称，
当4＜x＜8时，0＜8﹣x＜4，f（x）＝f（8﹣x），
因此f（x）在4＜x＜8的图象是0＜x＜4的图象关于直线x＝4对称而得，
作出函数y＝f（x）的图象，如图所示：
方程f（x）＝m有四个不相等的实根，
即函数y＝f（x）的图象与直线y＝m有4个交点，
由图知0＜m＜2ln2，
不妨设x1＜x2＜x3＜x4，lnx1＝﹣m，lnx2＝m，
则lnx1+lnx2＝0，即x1x2＝1，
令﹣lnx＝ln4，得x，
所以，
又因为函数的图象关于x＝4对称，
所以x1+x4＝8，x2+x3＝8，
则，
则
，
由，则，
因此当，即x1＝2∈（，1）时，取得最小值92．
故答案为：92．
14．（2025 福建模拟）如图，对于曲线G所在平面内的点O，若存在以O为顶点的角α，使得对于曲线G上的任意两个不同的点A，B，恒有∠AOB≤α成立，则称角α为曲线G的相对于点O的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线G的相对于点O的“确界角”．已知曲线C：y（其中e是自然对数的底数），O为坐标原点，曲线C的相对于点O的“确界角”为β，则β＝　　 ．
【解答】解：当x＞0时，过原点作y＝xex﹣1+1的切线，
设切点，
y'＝（x+1）ex﹣1，，
则切线方程为y﹣（x11）＝（x1+1）（x﹣x1），
又切线过点（0，0），
所以﹣x11＝﹣x1（x1+1），
整理得1＝0，
设g（x）＝x2ex﹣1（x＞0），
则g'（x）＝（x2+2x）ex﹣1＞0，
故g（x）为单调递增函数，且g（1）＝1，
所以x1＝1，k1＝2，
当x＜0时，过原点作的切线，
设切点，
，，
则切线为，
又切线过点（0，0）．
所以，
又x2≤0，
所以x2＝﹣4，，
因为k1k2＝﹣1，
所以两切线垂直，所以．
故答案为：．
四．解答题（共5小题）
15．（2024秋 眉山期末）已知函数为偶函数．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）设，若函数y＝x﹣f（x）与函数h（x）的图象有且仅有一个公共点，求实数c的值．
【解答】解：因为，x∈R，且为偶函数，
所以f（﹣x）＝﹣ax﹣log3（9﹣x+1）＝﹣ax﹣[log3（9x+1）﹣2x]＝﹣（a﹣2）x﹣log3（9x+1），
所以ax﹣log3（9x+1）＝﹣（a﹣2）x﹣log3（9x+1），
解得a＝1，
所以；
（2）y＝x﹣f（x），
由题意可得只有一个解，
即c 3x＝9x+1只有一个解，
又因为3x＞0，
所以c＝3x只有一个解，
又因为3x22，
当且仅当3x，即x＝0时，等号成立，
所以c＝2．
16．（2024秋 朝阳期末）现定义了一种新运算“ ”：对于任意实数x，y，都有（a＞0且a≠1）．
（1）当a＝2时，计算4 4；
（2）证明： x，y，z∈R，都有（x y） z＝x （y z）；
（3）设，若f（x）＝m m﹣loga2在区间[s，t]（0＜s＜t＜a）上的值域为[logat，logas]，求实数a的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝2时，log225＝5；
（2）证明：因为，
，
所以（x y） z＝x （y z）；
（3）由新运算可知，，
所以f（x），
令g（x）＝x2﹣3ax+2a2＝（x﹣a）（x﹣2a），开口向上，对称轴为x，
令g（x）＞0，得x＜a或x＞2a，
又因为a＞0且a≠1，
则g（x）在（0，a）上单调递减，
又因为f（x）在[s，t]上的值域为[logat，logas]，
所以logat＜logas（s＜t），
所以y＝logax在[s，t]上为单调递减函数，
则0＜a＜1，
所以f（x）在[s，t]上单调递增，
则，即，
整理得，s2﹣t2﹣3a（s﹣t）＝﹣（s﹣t），
所以s+t﹣3a＝﹣1，
将t＝3a﹣s﹣1代入s2﹣3as+2a2＝t，
得s2﹣（3a﹣1）s+2a2﹣3a+1＝0，
同理得，t2﹣（3a﹣1）t+2a2﹣3a+1＝0．
所以s，t是函数h（x）＝x2﹣（3a﹣1）x+2a2﹣3a+1在（0，a）上的两个不同的零点，
则，即，
解得．
故实数a的取值范围为．
17．（2025春 通州区校级期中）已知函数的图象过点，其中m∈R．
（1）求m及f（2）的值；
（2）求证： x∈（0，2]，都有x＜f（x）≤x+2；
（3）记函数g（x）＝|f（x）﹣（x+a）|（a∈R）在（0，2]上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值．
【解答】解：（1）因为图象过点，
所以，，
解得m＝1，
所以f（2）＝log22+2+1＝4；
（2）证明：由（1）可知f（x），
当0＜x≤1时，0＜x2≤1，
所以x＜x2+x≤x+1≤x+2，
当1＜x≤2时，0＜log2x≤1，
所以x＜x+1＜log2x+x+1≤x+2，
综上， x∈（0，2]，都有x＜f（x）≤x+2；
（3）设h（x）＝f（x）﹣x，
则g（x）＝|f（x）﹣（x+a）|＝|h（x）﹣a|，
因为y＝x2在（0，1]单调递增，且在x＝1处取最大值1，
y＝log2x+1在（1，2]单调递增，且在x＝1处取最小值1，
所以h（x）在（0，2]单调递增，值域为（0，2]，
所以﹣a＜h（x）﹣a≤2﹣a，
故﹣a＜g（x）≤2﹣a，
所以当a≤1时，此时|a|≤|2﹣a|＝2﹣a，
故M（a）＝2﹣a，
当a＞1时，此时a＞|2﹣a|M（a）不存在，
所以当M（a）最小时，a＝1．
18．（2025春 吉首市校级期中）已知f（x）＝2x2+ax+b过点（0，﹣1），且满足f（﹣1）＝f（2）．
（1）求f（x）在[m，m+2]上的最小值h（m）．
（2）若f（x0）＝x0，则称x0为y＝f（x）的不动点，函数g（x）＝f（x）﹣nx+n有两个不相等的不动点x1、x2，且x1＞x2＞0，求的最小值．
【解答】解：（1）因为f（x）＝2x2+ax+b过点（0，﹣1），且满足f（﹣1）＝f（2），
所以，
解得，
所以f（x）＝2x2﹣2x﹣1，对称轴为x，
当时，f（x）在[m，m+2]上单调递增，
所以h（m）＝f（m）＝2m2﹣2m﹣1，
当，即时，
f（x）在上单调递减，上单调递增，
所以，
当，即时，f（x）在[m，m+2]上单调递减，
所以h（m）＝f（m+2）＝2（m+2）2﹣2（m+2）﹣1＝2m2+6m+3，
所以；
（2）g（x）＝2x2﹣2x﹣1﹣nx+n＝2x2﹣（n+2）x+n﹣1，
因为g（x）有两个不相等的不动点x1，x2，且x1＞x2＞0，
所以g（x）＝x即2x2﹣（n+3）x+n﹣1＝0有两个不等的正根，
则，
解得n＞1，
由韦达定理可得，，，
所以，
所以，
令t＝n﹣1，n＞1，
则t＞0，n＝t+1，
所以（t4）6，
当且仅当，即t＝4时，等号成立，
所以的最小值为6．
19．（2025春 市北区校级期中）某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：
ωx+φ 0 π 2π
x m n p
Asin（ωx+φ） 0 3 0 ﹣3 0
（1）求出实数m，n，p和函数f（x）的解析式；
（2）将y＝f（x）图象上的所有点向右平移θ（θ＞0）个单位长度，并把图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到y＝g（x）的图象．已知g（x）图象的一个对称中心为，求θ的最小值；
（3）在（2）的条件下，当θ取最小值时，若对，关于x的方程g（x）＝a﹣1恰有两个实数根，求实数a的取值范围．
【解答】解：（1）由题意得，所以，
所以，
故，
根据表中已知数据，A＝3，T＝π，所以ω＝2，
所以，所以，
所以；
（2）的图象向右平移θ（θ＞0）个单位，
再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），
可得的图象，
则，得，
所以当k＝1时，此时θ最小值为；
（3）当θ取最小值时，，
当时，，
此时，
因为对，关于x的方程g（x）＝a﹣1恰有两个实数根，
所以函数y＝g（x）与y＝a﹣1在区间[，]上的图象有两个交点，画出图象，如图所示：
由图象可知，﹣3＜a﹣1≤0，
解得﹣2＜a≤1，
即实数a的取值范围为（﹣2，1]．
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