学考第25题函数综合问题
1．求解函数综合问题的一般思路
(1)求定义域：一般先根据函数解析式确定函数定义域．
(2)判断单调性或奇偶性：根据函数的特征和题目要求选择合适的方法判断函数的单调性或奇偶性，一般以定义法为主．
(3)构造函数转化：根据题意构造函数，通常将恒成立问题转化为函数的最值问题，注意含参问题中分类讨论思想的应用．
(4)得结论：根据所求结果，综合得出结论．
2．确定函数的单调性或单调区间的方法
(1)利用定义
定义的两种等价形式：设任意x1，x2∈[a，b]，那么
①>0?f(x)在[a，b]上是增函数；<0?f(x)在[a，b]上是减函数．
②(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]>0?f(x)在[a，b]上是增函数；(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0?f(x)在[a，b]上是减函数．
(2)利用规则和性质
①对于复合函数，判断单调性时首先判断构成复合函数的基本函数的单调性，然后根据“同增异减”的规则得到结论；求单调区间时，首先确定函数定义域，然后根据所求的是增区间还是减区间，以及外层函数的单调性确定需要求内层函数的单调增区间还是单调减区间，再继续求解．
②对于由基本初等函数通过四则运算得到的函数，可以根据单调性的有关性质得出结论．
3．判断函数的奇偶性的常用方法
(1)定义法(直接根据定义证明)
判断函数的奇偶性，包括两个必备条件：
①定义域关于原点对称，这是函数具有奇偶性的必要不充分条件，所以首先考虑定义域，若满足定义域关于原点对称则进行下一步；
②判断f(x)与f(－x)之间的关系，在判断奇偶性的运算中，可以转化为判断奇偶性的等价关系式(f(x)＋f(－x)＝0(奇函数)或f(x)－f(－x)＝0(偶函数))是否成立．
(2)性质法
判断函数的奇偶性经常用到下面的性质：
设f(x)，g(x)的定义域分别是D1，D2(定义域关于原点对称)，那么在它们的公共定义域上：
奇＋奇＝奇，奇×奇＝偶，偶＋偶＝偶，
偶×偶＝偶，奇×偶＝奇，|奇|＝偶，|偶|＝偶．
4．二次函数恒成立问题的求解策略
(1)求解与二次函数有关的不等式恒成立问题，其本质是最值问题，往往先对已知条件进行化简，转化为下面两种情况：
①ax2＋bx＋c>0，a≠0恒成立?
②ax2＋bx＋c<0，a≠0恒成立?
(2)也可以采取分离变量法将问题转化，即不等式f(x)>A在区间D上恒成立，等价于在区间D上f(x)min>A，接下来求出函数f(x)在区间D上的最小值；不等式f(x)
二次函数有关综合问题
[典例1] (本题满分11分)已知函数f(x)＝x2＋2x.
(1)若f(x)在区间[－3，a]上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若存在实数t，当x∈[1，m]时，f(x＋t)≤3x恒成立，求实数m的取值范围．
[解题思路]
第一步：求得二次函数的对称轴，并判断函数的单调递减区间；
第二步：利用函数的单调性，建立不等式，求得实数的取值范围；
第三步：转化问题，构建新函数，判断新函数的最大值；
第四步：构建新函数，利用二次函数的对称轴位置对函数最值的影响，分类讨论，确定实数的取值范围．
[规范解答]
解：(1)因为f(x)＝x2＋2x＝(x＋1)2－1，
所以函数f(x)在(－∞，－1]上单调递减．(2分)
因为f(x)在区间[－3，a]上单调递减，
所以－3(2)由f(x＋t)≤3x恒成立可得x2＋(2t－1)x＋t2＋2t≤0恒成立．
令u(x)＝x2＋(2t－1)x＋t2＋2t，x∈[1，m]，
因为抛物线开口向上，
所以u(x)max＝max{u(1)，u(m)}．(6分)
由u(x)≤0恒成立可知
即
令g(t)＝t2＋2(1＋m)t＋m2－m，t∈[－4,0]，
则原题可转化为：存在t∈[－4,0]，g(t)≤0.(8分)
因为m>1，所以g(t)的对称轴t＝－1－m<－2.
(ⅰ)当－1－m<－4，即m>3时，g(t)min＝g(－4)＝16－8(1＋m)＋m2－m≤0，
解得3(ⅱ)当－4≤－1－m<－2，即1g(t)min＝g(－1－m)＝－1－3m≤0，解得1综上可知，实数m的取值范围是(1,8]．(11分)
[名师点拨]
1．对于确定的二次函数，要能够直接判断函数的开口及对称轴，利用开口与对称轴求得函数的单调性与单调区间，为考查问题建立条件基础；
2．若二次函数存在参数，则根据参数的取值情况，分类讨论函数的单调性与单调区间，由此构建不等式，求解问题；
3．函数恒成立问题是函数考查的热点，也是难点．要能够将问题进行转化，构建新的函数，考查新函数的最值去处理恒成立问题．
[变式训练]
1．设函数f(x)＝x2－ax＋b(a，b∈R)．
(1)已知f(x)在区间(－∞，1)上单调递减，求a的取值范围；
(2)存在实数a，使得当x∈[0，b]时，2≤f(x)≤6恒成立，求b的最大值及此时a的值．
解：(1)由题意，得≥1，所以a≥2.
(2)显然b>0.f(x)＝2＋b－.
(ⅰ)当<0时，只需满足
由a<0及b≥2，得f(b)>b2＋b≥6，与f(b)≤6矛盾．
(ⅱ)当＞b时，只需满足
由a＞2b＞0，得－ab＜－2b2，
∴f(b)(ⅲ)当0≤≤b时，只需满足
由①，②得2≤b≤6.
由②，③得2＋2≤6，
又0≤≤b，∴0≤b－≤2，
即0≤b－2≤，
再结合②得(b－2)2≤≤b－2，④
∴2≤b≤3.
当b＝3时，由④得a＝2，
此时满足①，②，③及0≤≤b.
综上所述，b的最大值为3，此时a＝2.
分式函数有关综合问题
[典例2] (本题满分11分)已知函数f(x)＝(a>0，b>1)满足f(1)＝1，且f(x)在R上有最大值.
(1)求f(x)的解析式；
(2)当x∈[1,2]时，不等式f(x)≤恒成立，求实数m的取值范围．
[解题思路]
第一步：代入f(1)＝1，利用基本不等式，构建等式，通过待定系数法求得系数，得到函数的解析式；
第二步：将不等式恒成立问题进行转化；
第三步：分类讨论，确定实数m的取值范围．
[规范解答]
解：(1)f(1)＝＝1，所以a＝b＋1.
因为当x>0时，f(x)＝＝≤＝，(2分)
所以b＋1＝，解得b＝2或b＝.
因为b>1，所以b＝2，a＝3.
所以f(x)＝.(4分)
(2)因为在[1,2]上恒有意义，
所以m<1或m>2.
问题即为≤对x∈[1,2]恒成立，
即x≤对x∈[1,2]恒成立．
所以有－≤x－m≤.当x＝1时，解－m≤1－m≤m，得m≥.
当x≠1，x－m<0时，m>2，m≤；
当x－m>0时，m<1，m≥.(6分)
(ⅰ)对于m≤对x∈(1,2]恒成立，
等价于m≤min.
令t1＝x－1，则x＝t1＋1∈(1,2]，t1∈(0,1]，
所以＝t1＋＋2在(0,1]上单调递减，
所以min＝4，即m≤4.(8分)
(ⅱ)对于m≥对x∈[1,2]恒成立，等价于m≥max.
令t2＝x＋1，则x＝t2－1，t2∈[2,3]，
所以＝＝t2＋－2，其在[2,3]上单调递增，
所以max＝，即m≥.(10分)
综上可得，实数m的取值范围是(2,4]．(11分)
[名师点拨]
1．求分式函数解析式时可以利用待定系数法，有些最值问题需要注意基本不等式的应用．
2．不等式恒成立问题是函数问题的常考内容，也是热点内容，要注意应用参变分离原理，通过构建新函数，通过考查新函数的性质去处理恒成立问题．
3．含参数问题要注意分类讨论的应用，分类讨论时要注意“分类有据，不重不漏”．
[变式训练]
2．已知函数f(x)＝(a∈R)．
(1)当a＝1时，解不等式f(x)>1；
(2)对任意的b∈(0,1)，当x∈(1,2)时，f(x)>恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)因为a＝1，所以f(x)＝.
所以f(x)＝>1，
即为x2＋1<.
即或
解得0所以不等式的解集为(0,1)．
(2)f(x)＝>恒成立等价于>b恒成立，
即x＋a>b或x＋a<－b恒成立．
所以有a>(b－1)x＋或a<－(b＋1)x－恒成立．
所以a≥2b－1或a≤－对任意b∈(0,1)恒成立，
解得a≥1或a≤－.
所以实数a的取值范围是∪[1，＋∞).
含绝对值函数综合应用
[典例3] (本题满分11分)已知函数f(x)＝|x2＋ax|(a∈R)．
(1)若f(x)在[0,1]上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)记M(a)为f(x)在[0,1]上的最大值，求M(a)的最小值．
[解题思路]
第一步：分类讨论，根据实数a的正负，去掉函数的绝对值；
第二步：根据二次函数的单调性的判断方法，建立不等式，求解实数的取值范围；
第三步：分类讨论，根据实数a的取值情况，讨论函数的单调性，确定M(a)的解析式；
第四步：根据实数a的取值范围，分段确定M(a)的最小值；
第五步：通过比较，求得M(a)的最小值．
[规范解答]
解：(1)因为x∈[0,1]．
当a≥0时，f(x)＝x2＋ax在区间[0,1]上单调递增；(1分)
当a<0时，f(x)＝|x2＋ax|＝
所以要使f(x)在[0,1]上单调递增，则需－≥1，即a≤－2.(3分)
所以满足条件的实数a的取值范围是(－∞，－2]∪[0，＋∞)．(4分)
(2)由(1)知，当a≤－2或a≥0时，f(x)在[0,1]上单调递增，
则M(a)＝f(1)＝|a＋1|；(5分)
当－2又当－2，得－2所以此时M(a)＝(7分)
综上可知，M(a)＝(8分)
所以当a≤－2或a≥2(1－)时，M(a)≥|2－2＋1|＝3－2；(9分)
当－2综上M(a)的最小值为3－2.(11分)
[名师点拨]
1．对含绝对值的函数问题的考查首先可以去掉绝对值，构建分段函数，再分段考虑问题．这里涉及分类讨论思想．
2．含绝对值的函数的单调性、最值等性质的考查，需要在去掉绝对值后，得到分段函数的情况下，利用分类讨论思想进行处理．
3．有时可以根据函数的特点，恰当使用绝对值三角不等式，简化运算．
[变式训练]
3．设函数f(x)＝x|x－a|＋b(a，b∈R)．
(1)当a>0时，求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)若不存在正数a，使得不等式f(x)<0对任意x∈(0,1]恒成立，求实数b的取值范围．
解：(1)当a>0时，f(x)＝x|x－a|＋b＝
当x≥a时，函数f(x)＝x2－ax＋b在[a，＋∞)上单调递增；
当x≤a时，函数f(x)＝－x2＋ax＋b在上单调递增，在上单调递减，
即函数y＝f(x)的单调递增区间为和[a，＋∞)，单调递减区间为.
(2)由题可得，b≥0时显然题设成立；
当b<0时，f(x)<0即|x－a|<－，即所以有
所以不等式f(x)<0对任意x∈(0,1]恒成立即为
由max由min>a可得当－1≤b<0时，2>a，
当b<－1时，1－b>a.
所以当b<－1时，1＋b当－1≤b<0时，当1＋b≥2时符合f(x)<0的正数a不存在，此时解得－3＋2≤b<0.
综上可得，b∈[－3＋2，＋∞)．
4．已知函数f(x)＝－x|x－a|＋1(x∈R)．
(1)当a＝1时，求使f(x)＝x成立的x的值；
(2)当a∈(0,3)，求函数y＝f(x)在x∈[1,2]上的最大值；
(3)对于给定的正数a，有一个最大的正数M(a)，使x∈[0，M(a)]时，都有|f(x)|≤2，试求出这个正数M(a)，并求它的取值范围．
解：(1)由题意得a＝1时，f(x)＝x，解得x＝1.
(2)当f(x)＝其中f(0)＝f(a)＝1，最大值在f(1)，f(2)，f(a)中取．
当0＜a≤1时，f(x)在[1,2]上单调递减，
故f(x)max＝f(1)＝a；
当1＜a＜2时，f(x)在[1，a]上单调递增，[a,2]上单调递减，
故f(x)max＝f(a)＝1；
当2≤a＜3时，f(x)在上单调递减，上单调递增，
且x＝是函数的对称轴，
因为－＝3－a＞0，
所以f(x)max＝f(2)＝5－2a，
综上，f(x)＝
(3)∵当x∈(0，＋∞)时，f(x)max＝1，
故问题只需转化为在给定区间内f(x)≥－2恒成立．
因f＝1－，分两种情况讨论：
当1－≤－2时，M(a)是方程x2－ax＋1＝－2的较小根，即a≥2时，
M(a)＝＝∈(0， ]；
当1－＞－2时，M(a)是方程－x2＋ax＋1＝－2的较大根，
即0＜a＜2时，
M(a)＝∈(，＋)，
综上M(a)＝
且M(a)∈(0，＋)．
[典例1] 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．
[技法演示]
(1)证法一：分类讨论法
由f(x)＝2＋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.
∴M(a，b)≥2.
[点评]
证法一充分利用数形结合及去绝对值分类讨论的数学思想，综合考查学生的逻辑推理能力与运算求解能力．
证法二：主元法
由f(x)＝2＋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)|}＝max{|1－a＋b|，|1＋a＋b|}，
由绝对值函数(b为主元或a为主元)的V字形图象得M(a，b)min在|f(1)|＝|f(－1)|时达到，即|1－a＋b|＝|1＋a＋b|，此时b＝－1，
∴M(a，b)min＝M(a，－1)＝|a|≥2.
[点评]
证法二利用变更主元法，以能力立意为主，转化观点，综合考查学生化归求解能力．
证法三：秒杀法
由f(x)＝2＋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)|}≥≥＝|a|≥2，
∴当|a|≥2时，M(a，b)≥2.
[点评]
证法三巧妙地利用绝对值三角不等式(|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|)可以快速解决．
证法四：反证法
假设M(a，b)<2???|a|<2，与已知|a|≥2矛盾，所以M(a，b)≥2.
[点评]
证法四利用反证法思路可以快速得出与条件矛盾，从而有效省时的解决此问题．
(2)解法一：性质法
由M(a，b)≤2得
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.
[点评]
解法一利用绝对值性质及结合对绝对值的元认知，从概念理解上突破解决此问题，当然等号成立的条件也是一个难点．
解法二：去绝对值转化法
M(a，b)＝max|f(1)|，，|f(－1)|＝max，
由M(a，b)≤2得?
不等式组所表示的平面区域如图，
故当|a|＋|b|取最大值时，
有或
此时|a|＋|b|＝3.
∴|a|＋|b|≤3.
[点评]
解法二利用去绝对值转化为线性规划问题，从问题转化角度上突破解决此问题．
解法三：放缩法
M(a，b)＝max|f(1)|，，|f(－1)|＝max，
由M(a，b)≤2得??－3≤b≤1，
又∵≤2得－2≤b≤1?|b|≤2－，
由|a|＋|b|≤|a|＋2－≤3，所以|a|＋|b|的最大值为3.
[点评]
解法三利用对函数最值的理解，从对两含参不等式进行放缩的角度入手突破解决此问题．
[迁移训练]
1．已知函数f(x)＝|x2－a|＋x2＋kx(a为常数且0(1)若a＝k＝1，求不等式f(x)>2的解集；
(2)若函数f(x)在(0,2)上有两个零点x1，x2，求＋的取值范围．
解：(1)若x2－1≥0，则|x2－1|＋x2＋x>2，
即2x2＋x－3>0，∴x>1或x<－；
若x2－1<0，则|x2－1|＋x2＋x>2，
即1－x2＋x2＋x>2，∴x>1，无解．
综上所述，f(x)>2的解集为.
(2)∵0函数f(x)在(0,2)上有两个零点有两种情况：可以在(0， ]上有一解，在(，2)上有一解或在(，2)上有两解．
①当f(x)＝0在(，2)上有两解时，
则?
∵－4<－，∴无解．
②当在(0， ]上有一解，在(，2)上有一解时，
则
∵0∴k的取值范围为不妨令x1＝－，x2＝，
∴＋＝－＋＝.
令f(k)＝－k，
∴f(k)在上为减函数．
∴f(k)∈(4，8)，
∴＋∈.
2．已知f(x)＝ax2＋bx＋1(a>0，b∈R)．
(1)已知f(x)在R上存在唯一一个零点1，求a和b的值；
(2)已知f(x)在区间[0,1]上存在两个零点，证明：a＋|b|>3.
解：(1)由题意Δ＝b2－4a＝0，f(1)＝a＋b＋1＝0，
联立，解得a＝1，b＝－2.
(2)法一：∵f(x)在区间[0,1]上存在两个零点，∴
即
由②2a>－b，又由①b2>4a得b2>－2b.
∵b<0，∴b<－2.
再由②a>>1(或由③a≥－b－1≥1)．
∴a＋|b|>3.
法二：∵f(x)在区间[0,1]上存在两个零点，
∴
即
表示区域如图中阴影部分，
目标函数z＝a＋|b|＝a－b，
联立得A(1，－2)，此时z＝3，由线性规划原理，a＋|b|>3.
法三：设f(x)的两个零点为x1，x2，∵f(0)＝1，∴x1，x2≠0，即x1，x2∈(0,1]，x1≠x2，
则即
∴a＋|b|＝＋＝－1.
∵0∵x1≠x2，∴a＋|b|≠3，∴a＋|b|>3.
[典例2] 已知函数f(x)＝－x2＋2bx＋c，设函数g(x)＝|f(x)|在区间[－1,1]上的最大值为M.
(1)若b＝2，求M的值；
(2)若M≥k对任意的b，c恒成立，试求k的最大值．
[技法演示]
(1)当b＝2时，f(x)在[－1,1]上递增，
∴M＝max{|f(1)|，|f(－1)|}＝max{|3＋c|，|5－c|}＝
(2)解法一：性质法
由f(0)＝c，f(1)＝－1＋2b＋c，f(－1)＝－1－2b＋c，得2f(0)－(f(1)＋f(－1))＝2，
则2＝|2f(0)－(f(1)＋f(－1))|≤2|f(0)|＋|f(1)|＋|f(－1)|≤4M，故M≥，
当且仅当即c＝，b＝0时等号成立．
因此M最小值为，即k的最大值为.
解法二：放缩法
g(x)＝|f(x)|＝|－(x－b)2＋b2＋c|，
①当|b|>1时，f(x)在区间[－1,1]上是单调函数，则M＝max{g(－1)，g(1)}，
而g(－1)＝|－1－2b＋c|，g(1)＝|－1＋2b＋c|，
∴2M≥g(－1)＋g(1)＝|－1－2b＋c|＋|－1＋2b＋c|≥4|b|>4，
∴M>2.
②当|b|≤1时，g(x)的对称轴x＝b在区间[－1,1]内，
则M＝max{g(－1)，g(1)，g(b)}，又g(b)＝|b2＋c|，
当－1≤b≤0时，有f(1)≤f(－1)≤f(b)，则
M＝max{g(1)，g(b)}≥(g(b)＋g(1))≥|f(b)－f(1)|＝(b－1)2≥，
当0M＝max{g(－1)，g(b)}≥(g(b)＋g(－1))≥|f(b)－f(－1)|＝(b＋1)2≥.
综上可知，对任意的b，c都有M≥.
而当b＝0，c＝时，g(x)＝在区间[－1,1]上的最大值M＝，
故使M≥k对任意的b，c恒成立的k的最大值为.
[迁移训练]
3．已知m∈R，函数f(x)＝－x2＋(3－2m)x＋2＋m.
(1)若0(2)对任意的m∈(0,1]，若f(x)在[0，m]上的最大值为h(m)，求h(m)的最大值．
解：(1)∵对称轴为x＝≥1，∴f(x)在[－1,1]上单调递增，
∴g(m)＝max{|f(－1)|，|f(1)|}＝max{|3m－2|，|4－m|}＝max{2－3m,4－m}，
又∵(4－m)－(2－3m)＝2＋2m>0，
∴g(m)＝4－m.
(2)函数的对称轴为x＝，且函数开口向下．
①≤0，即m≥(舍去)；
②0<③≥m，即0∴h(m)＝
当m＝时，h(m)取得最大值.
1．已知函数f(x)＝x2－bx＋c的对称轴为x＝1且f(0)＝－1.
(1)求b，c的值；
(2)当x∈[0,3]时，求f(x)的取值范围；
(3)若不等式f(log2k)>f(2)成立，求实数k的取值范围．
解：(1)因为f(x)的对称轴为x＝1且f(0)＝－1，
所以＝1，c＝－1，解得b＝2，c＝－1.
(2)由(1)得，f(x)＝x2－2x－1＝(x－1)2－2.
因为x∈[0,3]，所以可知函数的最小值为f(1)＝－2，最大值为f(3)＝2.
所以f(x)的取值范围是f(x)∈[－2,2]．
(3)因为f(log2k)>f(2)，
所以log2k>2或log2k<0，
解得k>4或0所以k的取值范围是(0,1)∪(4，＋∞)．
2．已知函数f(x)＝x2－a2x＋a(a≥0)．
(1)若a＝1，求函数f(x)在[0,2]上的最大值；
(2)若对任意x∈[0，＋∞)，有f(x)>0恒成立，求a的取值范围．
解：(1)因为a＝1，所以f(x)＝x2－x＋＝2－，
所以函数f(x)在[0,2]上的最大值为f(0)＝.
(2)因为f(x)＝x2－a2x＋a＝2＋a－，由对任意x∈[0，＋∞)，有f(x)>0恒成立可知
a－>0，又a≥0，所以解得0即a的取值范围是.
3．已知a∈R，函数f(x)满足f(2x)＝x2－2ax＋a2－1.
(1)求f(x)的解析式，并写出f(x)的定义域；
(2)若f(x)在上的值域为[－1,0]，求实数a的取值范围．
解：(1)令2x＝t>0，则x＝log2 t.
则f(t)＝(log2 t)2－2alog2 t＋a2－1，
即f(x)＝(log2 x)2－2alog2 x＋a2－1.
定义域为(0，＋∞)．
(2)因为f(x)在上的值域为[－1,0]，
等价于g(x)＝x2－2ax＋a2－1在区间[a－1，a2－2a＋2]上的值域为[－1,0]，
令g(x)＝－1，得x＝a；令g(x)＝0，得x＝a－1或x＝a＋1，
由题可得a≤a2－2a＋2≤a＋1，
解得≤a≤1或2≤a≤.
即实数a的取值范围是∪.
4．已知函数f(x)＝x2－|ax－2|，x∈[－1,2]．
(1)当a＝6时，求函数f(x)的值域；
(2)设0解：(1)当a＝6时，f(x)＝x2－|6x－2|＝
所以当－1≤x<时，f(x)∈；当≤x≤2时，f(x)∈，
则函数f(x)的值域为.
(2)f(x)＝x2－|ax－2|
＝
(ⅰ)当02，－<－<0，
此时当x∈[－1,2]时，f(x)＝x2＋ax－2在上单调递减，在上单调递增，如图所示，
所以g(a)＝f＝－－2；
(ⅱ)当1≤a≤2时，≥，－1≤－≤－，
f(x)在上单调递减，在上单调递增，如图所示，
所以g(a)＝f＝－－2；
(ⅲ)当2f(x)在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，如图所示，所以g(a)＝min，
而f(－1)－f＝(－a－1)－＝(a－2)2－4<0，
所以f(－1)综上所述，所求最小值g(a)＝
5．已知函数f(x)＝3ax2－2(a－b＋1)x－b，a，b∈R，x∈[－1,1]．
(1)若a＋b＝1，证明函数f(x)的图象必过定点；
(2)记|f(x)|的最大值为M，对任意的|a|≤1，|b|≤1，求M的最大值．
解：(1)证明：因为a＋b＝1，所以b＝1－a.
所以f(x)＝a(3x2－4x＋1)－1，要使函数过定点，则须3x2－4x＋1＝0，
解得x＝1或x＝.
故可知函数的图象必过定点(1，－1)和.
(2)当a＝0时，f(x)＝2(b－1)x－b∈[b－2,2－3b]，所以此时|f(x)|≤5；
当a<0时，对称轴x＝≤，
①≤－1，即b≤1＋4a时，f(x)∈[a＋b－2,5a－3b＋2]，此时－4≤f(x)≤，即|f(x)|≤4；
②>－1，即b>1＋4a时，f(x)≤－b－<－b－3a≤4，
又f(x)≥min{a＋b－2,5a－3b＋2}≥－6，
所以|f(x)|≤6.
当a>0时，对称轴x＝≥，
①≥1，即b≤1－2a时，f(x)≤5a－3b＋2≤10，
f(x)≥a＋b－2>－3，所以|f(x)|≤10；
②<1，即b>1－2a时，f(x)≤5a－3b＋2≤10，
f(x)≥－b－≥－b－3a≥－4，
所以|f(x)|≤10.
综上，M的最大值为10，当a＝1，b＝－1，x＝－1时取到．
6．已知函数f(x)＝(a>0)．
(1)当a≤8时，求函数f(x)在区间[－1,1]上的最大值；
(2)设b∈R，若存在实数a，使得函数y＝|f(x)－2|在区间[0，b]上单调递减，求实数b的最大值．
解：(1)由题意知，当08－a，即f(－1)>f(1)，
①当0②当412，所以f(x)max＝f(－1)＝a＋8.
综上所述，f(x)在区间[－1,1]上的最大值为a＋8.
(2)y＝|f(x)－2|＝||ax2－8x|－2|，对称轴x＝，
当a≥8时，函数图象如图所示，
要使函数y＝|f(x)－2|在区间[0，b]上单调递减，
则[0，b]?，即0又因为0<≤，所以0当0令y＝||ax2－8x|－2|＝0，
则ax2－8x－2＝0，或ax2－8x＋2＝0.
解得：x1＝，x2＝，
x3＝，x4＝，
要使函数y＝|f(x)－2|在区间[0，b]上单调递减，
则[0，b]?，
即0又因为0<<4，所以4<4＋<8，
所以<<，即0综上所述，实数b的最大值为.
7．(2016年10月浙江省学考T25)设函数f(x)＝的定义域为D，其中a<1.
(1)a＝－3时，写出函数f(x)的单调区间(不要求证明)；
(2)若对于任意的x∈[0,2]∩D，均有f(x)≥kx2成立，求实数k的取值范围．
解：(1)单调递增区间是(－∞，1]，单调递减区间是[1，＋∞)．
(2)当x＝0时，不等式f(x)≥kx2成立；
当x≠0时，f(x)≥kx2等价于k≤.
设h(x)＝x(|x－1|－a)
＝
①当a≤－1时，h(x)在(0,2]上单调递增，所以0即0②当－1因为h(2)＝2－2a>＝h，所以0即0故k≤.
③当0≤a<1时，h(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1－a,1]上单调递减，在[1,1＋a)上单调递增，在(1＋a,2]上单调递增，
所以h(1)≤h(x)≤maxh(2)，h且h(x)≠0.
因为h(2)＝2－2a>＝h，
所以－a≤h(x)≤2－2a且h(x)≠0.
当0≤a<时，因为|2－2a|>|－a|，
所以k≤；
当≤a<1时，因为|2－2a|≤|－a|，
所以k≤.
综上所述，当a<时，k∈；
当≤a<1时，k∈.
8．(2017年4月浙江省学考T25)已知函数f(x)＝3|x－a|＋|ax－1|，其中a∈R.
(1)当a＝1时，写出函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)为偶函数，求实数a的值；
(3)若对任意的实数x∈[0,3]，不等式f(x)≥3x|x－a|恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝4|x－1|，∴f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
(2)函数f(x)为偶函数，
则有f(1)＝f(－1)，
即3|1－a|＋|a－1|＝3|－1－a|＋|－a－1|，
∴4|1－a|＝4|1＋a|，解得a＝0；
又a＝0时，f(x)＝3|x|＋1，对于定义域内任意x，有f(x)＝f(－x)，
∴此时f(x)为偶函数，∴a＝0.
(3)3|x－a|＋|ax－1|≥3x|x－a|?|ax－1|≥3(x－1)|x－a|，
①x∈[0,1]时，x－1≤0，此时不等式对任意a恒成立；
②x∈(1,3]时，取x＝2，则|2a－1|≥3|2－a|，解得a∈，
∴此时ax>1，即ax－1>0，
∴ax－1≥3(x－1)|x－a|，
∴|x－a|≤，∴－≤x－a≤，
由－≤x－a，化简得(2x－3)a≤3x2－3x－1，
若2x－3＝0，即x＝，此时不等式化为0≤，恒成立；
若2x－3>0，则a≤，令t＝2x－3，则x＝，
∴a≤＝＝t＋＋3，
又t∈(0,3)，t＋＋3≥＋3，∴a≤＋3；
若2x－3<0，则a≥t＋＋3，此时t∈(－1,0)，t＋＋3≤1，∴a≥1；
由x－a≤，化简得(4x－3)a≥3x2－3x＋1，
∵4x－3>0，∴a≥，令u＝4x－3，x＝，
∴a≥
＝
＝.
∵u∈(1,9]，∴≤＝，∴a≥.
综上所述，a∈.
题型专练（四） 函数综合问题
1．已知函数f(x)＝x2－bx＋c的对称轴为x＝1且f(0)＝－1.
(1)求b，c的值；
(2)当x∈[0,3]时，求f(x)的取值范围；
(3)若不等式f(log2k)>f(2)成立，求实数k的取值范围．
解：(1)因为f(x)的对称轴为x＝1且f(0)＝－1，
所以＝1，c＝－1，解得b＝2，c＝－1.
(2)由(1)得，f(x)＝x2－2x－1＝(x－1)2－2.
因为x∈[0,3]，所以可知函数的最小值为f(1)＝－2，最大值为f(3)＝2.
所以f(x)的取值范围是f(x)∈[－2,2]．
(3)因为f(log2k)>f(2)，所以log2k>2或log2k<0，
解得k>4或02．已知函数f(x)＝x2－a2x＋a(a≥0)．
(1)若a＝1，求函数f(x)在[0,2]上的最大值；
(2)若对任意x∈[0，＋∞)，有f(x)>0恒成立，求a的取值范围．
解：(1)因为a＝1，所以f(x)＝x2－x＋＝2－，
所以函数f(x)在[0,2]上的最大值为f(0)＝.
(2)因为f(x)＝x2－a2x＋a＝2＋a－，由对任意x∈[0，＋∞)，有f(x)>0恒成立可知a－>0，又a≥0，所以解得0即a的取值范围是.
3．已知a∈R，函数f(x)满足f(2x)＝x2－2ax＋a2－1.
(1)求f(x)的解析式，并写出f(x)的定义域；
(2)若f(x)在上的值域为[－1,0]，求实数a的取值范围．
解：(1)令2x＝t>0，则x＝log2 t.
则f(t)＝(log2 t)2－2alog2 t＋a2－1，
即f(x)＝(log2 x)2－2alog2 x＋a2－1.
定义域为(0，＋∞)．
(2)因为f(x)在上的值域为[－1,0]，
等价于g(x)＝x2－2ax＋a2－1在区间[a－1，a2－2a＋2]上的值域为[－1,0]，
令g(x)＝－1，得x＝a；令g(x)＝0，得x＝a－1或x＝a＋1，
由题可得a≤a2－2a＋2≤a＋1，
解得≤a≤1或2≤a≤.
即实数a的取值范围是∪.
4．已知函数f(x)＝x2－|ax－2|，x∈[－1,2]．
(1)当a＝6时，求函数f(x)的值域；
(2)设0解：(1)当a＝6时，f(x)＝x2－|6x－2|
＝
所以当－1≤x<时，f(x)∈；当≤x≤2时，f(x)∈，
则函数f(x)的值域为.
(2)f(x)＝x2－|ax－2|
＝
(ⅰ)当02，－<－<0，
此时当x∈[－1,2]时，f(x)＝x2＋ax－2在上单调递减，在上单调递增，如图所示，
所以g(a)＝f＝－－2；
(ⅱ)当1≤a≤2时，≥，－1≤－≤－，
f(x)在上单调递减，在上单调递增，如图所示，
所以g(a)＝f＝－－2；
(ⅲ)当2f(x)在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，如图所示，所以g(a)＝min，
而f(－1)－f＝(－a－1)－＝(a－2)2－4<0，
所以f(－1)综上所述，所求最小值g(a)＝
5．已知函数f(x)＝3ax2－2(a－b＋1)x－b，a，b∈R，x∈[－1,1]．
(1)若a＋b＝1，证明函数f(x)的图象必过定点；
(2)记|f(x)|的最大值为M，对任意的|a|≤1，|b|≤1，求M的最大值．
解：(1)证明：因为a＋b＝1，所以b＝1－a.
所以f(x)＝a(3x2－4x＋1)－1，要使函数过定点，则须3x2－4x＋1＝0，
解得x＝1或x＝.
故可知函数的图象必过定点(1，－1)和.
(2)当a＝0时，f(x)＝2(b－1)x－b∈[b－2,2－3b]，所以此时|f(x)|≤5；
当a<0时，对称轴x＝≤，
①≤－1，即b≤1＋4a时，f(x)∈[a＋b－2,5a－3b＋2]，此时－4≤f(x)≤，即|f(x)|≤4；
②>－1，即b>1＋4a时，f(x)≤－b－<－b－3a≤4，
又f(x)≥min{a＋b－2,5a－3b＋2}≥－6，
所以|f(x)|≤6.
当a>0时，对称轴x＝≥，
①≥1，即b≤1－2a时，f(x)≤5a－3b＋2≤10，
f(x)≥a＋b－2>－3，所以|f(x)|≤10；
②<1，即b>1－2a时，f(x)≤5a－3b＋2≤10，
f(x)≥－b－≥－b－3a≥－4，
所以|f(x)|≤10.
综上，M的最大值为10，当a＝1，b＝－1，x＝－1时取到．
6．已知函数f(x)＝(a>0)．
(1)当a≤8时，求函数f(x)在区间[－1,1]上的最大值；
(2)设b∈R，若存在实数a，使得函数y＝|f(x)－2|在区间[0，b]上单调递减，求实数b的最大值．
解：(1)由题意知，当08－a，即f(－1)>f(1)，
①当0②当412，所以f(x)max＝f(－1)＝a＋8.
综上所述，f(x)在区间[－1,1]上的最大值为a＋8.
(2)y＝|f(x)－2|＝||ax2－8x|－2|，对称轴x＝，
当a≥8时，函数图象如图所示，
要使函数y＝|f(x)－2|在区间[0，b]上单调递减，
则[0，b]?，即0又因为0<≤，所以0当0令y＝||ax2－8x|－2|＝0，
则ax2－8x－2＝0，或ax2－8x＋2＝0.
解得：x1＝，x2＝，
x3＝，x4＝，
要使函数y＝|f(x)－2|在区间[0，b]上单调递减，
则[0，b]?，
即0又因为0<<4，所以4<4＋<8，
所以<<，即0综上所述，实数b的最大值为.
7．(2016年10月浙江省学考T25)设函数f(x)＝的定义域为D，其中a<1.
(1)a＝－3时，写出函数f(x)的单调区间(不要求证明)；
(2)若对于任意的x∈[0,2]∩D，均有f(x)≥kx2成立，求实数k的取值范围．
解：(1)单调递增区间是(－∞，1]，单调递减区间是[1，＋∞)．
(2)当x＝0时，不等式f(x)≥kx2成立；
当x≠0时，f(x)≥kx2等价于k≤.
设h(x)＝x(|x－1|－a)
＝
①当a≤－1时，h(x)在(0,2]上单调递增，所以0即0②当－1因为h(2)＝2－2a>＝h，所以0即0故k≤.
③当0≤a<1时，h(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1－a,1]上单调递减，在[1,1＋a)上单调递增，在(1＋a,2]上单调递增，
所以h(1)≤h(x)≤maxh(2)，h且h(x)≠0.
因为h(2)＝2－2a>＝h，
所以－a≤h(x)≤2－2a且h(x)≠0.
当0≤a<时，因为|2－2a|>|－a|，
所以k≤；
当≤a<1时，因为|2－2a|≤|－a|，
所以k≤.
综上所述，当a<时，k∈；
当≤a<1时，k∈.
8．(2017年4月浙江省学考T25)已知函数f(x)＝3|x－a|＋|ax－1|，其中a∈R.
(1)当a＝1时，写出函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)为偶函数，求实数a的值；
(3)若对任意的实数x∈[0,3]，不等式f(x)≥3x|x－a|恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝4|x－1|，∴f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
(2)函数f(x)为偶函数，
则有f(1)＝f(－1)，
即3|1－a|＋|a－1|＝3|－1－a|＋|－a－1|，
∴4|1－a|＝4|1＋a|，解得a＝0；
又a＝0时，f(x)＝3|x|＋1，对于定义域内任意x，有f(x)＝f(－x)，
∴此时f(x)为偶函数，∴a＝0.
(3)3|x－a|＋|ax－1|≥3x|x－a|?|ax－1|≥3(x－1)|x－a|，
①x∈[0,1]时，x－1≤0，此时不等式对任意a恒成立；
②x∈(1,3]时，取x＝2，则|2a－1|≥3|2－a|，解得a∈，
∴此时ax>1，即ax－1>0，
∴ax－1≥3(x－1)|x－a|，
∴|x－a|≤，∴－≤x－a≤，
由－≤x－a，化简得(2x－3)a≤3x2－3x－1，
若2x－3＝0，即x＝，此时不等式化为0≤，恒成立；
若2x－3>0，则a≤，令t＝2x－3，则x＝，
∴a≤＝＝t＋＋3，
又t∈(0,3)，t＋＋3≥＋3，∴a≤＋3；
若2x－3<0，则a≥t＋＋3，此时t∈(－1,0)，t＋＋3≤1，∴a≥1；
由x－a≤，化简得(4x－3)a≥3x2－3x＋1，
∵4x－3>0，∴a≥，令u＝4x－3，x＝，
∴a≥
＝
＝.
∵u∈(1,9]，∴≤＝，∴a≥.
综上所述，a∈.
