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专题跟踪检测（三） 函数的应用
一、选择题
1．设f(x)是区间[a，b]上的单调函数，且f(a)·f(b)<0，则方程f(x)＝0在区间(a，b)上( )
A．至少有一实数根 B．至多有一实数根
C．没有实数根 D．必有唯一实数根
解析：选D f(x)在[a，b]上单调且两端异号，则f(x)在(a，b)上有且只有一个零点．
2．已知函数f(x)＝则函数f(x)的零点为( )
A.，0 B.－2,0
C. D．0
解析：选D 当x≤1时，由f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0；当x>1时，由f(x)＝1＋log2x＝0，解得x＝，
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，故选D.
3．设x0是方程2x＋x＝8的解．若x0∈(n，n＋1)(n∈N*)，则n的值为( )
A．1 B.2
C．3 D．4
解析：选B 设f(x)＝2x＋x－8，∵f(2)＝－2<0，f(3)＝3>0，∴x0∈(2,3)，n＝2.
4．某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入．若该公司2017年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是( )
(参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11, lg 2≈0.30)
A．2018年 B.2019年
C．2020年 D．2021年
解析：选D 设2017年后的第n年，该公司全年投入的研发资金开始超过200万元，由130(1＋12%)n＞200，得1.12n＞，两边取常用对数，得n＞≈＝，∴n≥4，
∴从2021年开始，该公司全年投入的研发资金开始超过200万元．
5．设x0是方程ln x＋x＝4的解，则x0属于( )
A．(0,1) B.(1,2)
C．(2,3) D．(3,4)
解析：选C 设f(x)＝ln x＋x－4，
∵f(2)＝ln 2－2<0，f(3)＝ln 3－1>0，
∴x0∈(2,3)．
6．若关于x的方程x2＋mx＋1＝0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是( )
A．(－1,1) B．(－2,2)
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
解析：选C ∵方程x2＋mx＋1＝0有两个不相等的实数根，∴Δ＝m2－4>0，∴m>2或m<－2.
7．有一组试验数据如表所示：
x
2.01
3
4.01
5.1
6.12
y
3
8.01
15
23.8
36.04
则最能体现这组数据关系的函数模型是( )
A．y＝2x＋1－1 B.y＝x2－1
C．y＝2log2x D．y＝x3
解析：选B 由表格数据可知，函数的解析式应该是指数函数类型、二次函数类型、幂函数类型，选项C不正确．取x＝2.01，代入A选项，得y＝2x＋1－1>4，代入B选项，得y＝x2－1≈3，代入D选项，得y＝x3>8；取x＝3，代入A选项，得y＝2x＋1－1＝15，代入B选项，得y＝x2－1＝8，代入D选项，得y＝x3＝27，故选B.
8．已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝( )
A．－ B.
C. D．1
解析：选C f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)
＝(x－1)2＋a[ex－1＋e－(x－1)]－1，
令t＝x－1，则g(t)＝f(t＋1)＝t2＋a(et＋e－t)－1.
∵g(－t)＝(－t)2＋a(e－t＋et)－1＝g(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＝.
9．已知函数f(x)＝ax2＋2ax＋b(1
A．f(x1)f(x2)
C．f(x1)＝f(x2) D．f(x1)与f(x2)的大小关系不能确定
解析：选A 函数图象的对称轴为x＝－1，而(x1＋1)＋(x2＋1)＝x1＋x2＋2＝3－a>0，因为x110．某商品销量q与售价p满足q＝10－λp，总成本c与销量满足c＝4＋μq，销售收入r与售价及销量之间满足r＝pq，其中λ，μ均为正常数．设利润＝销售收入－总成本，则利润最大时的售价为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 设利润为y.由题意化简得y＝－λp2＋(10＋λμ)p－4－10μ，这是一个关于p的二次函数，故当p＝时，利润y有最大值．
11．某公司招聘员工，面试人数按拟录用人数分段计算，计算公式为：
y＝其中x代表拟录用人数，y代表面试人数，若面试人数为60人，则该公司拟录用人数为( )
A．15 B.40
C．25 D．130
答案：C
12．已知x∈[－1,1]时，f(x)＝x2－ax＋>0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(0,2) B.(2，＋∞)
C．(0，＋∞) D．(0,4)
解析：选A 二次函数图象开口向上，对称轴为x＝，
又x∈[－1,1]时，f(x)＝x2－ax＋>0恒成立，
即f(x)最小值>0.
①当≤－1，即a≤－2时，f(－1)＝1＋a＋>0，解得a>－，与a≤－2矛盾；
②当≥1，即a≥2时，f(1)＝1－a＋>0，解得a<2，与a≥2矛盾；
③当－1<<1，即－2综上得实数a的取值范围是(0,2)．
13．已知三个函数f(x)＝2x＋x，g(x)＝x－2，h(x)＝log2x＋x的零点依次为a，b，c，则( )
A．aC．b解析：选B 法一：由于f(－1)＝－1＝－<0，f(0)＝1>0，
且f(x)为R上的递增函数．
故f(x)＝2x＋x的零点a∈(－1,0)．
∵g(2)＝0，∴g(x)的零点b＝2；
∵h＝－1＋＝－<0，h(1)＝1>0，
且h(x)为(0，＋∞)上的增函数，
∴h(x)的零点c∈，因此a法二：由f(x)＝0得2x＝－x；
由h(x)＝0得log2x＝－x.作出函数y＝2x，y＝log2x和y＝－x的图象(如图)．
由图象易知a<0,014．已知函数f(x)的值域为[0,4](x∈[－2,2])，函数g(x)＝ax－1，x∈[－2,2]，对于任意x1∈[－2,2]，总存在x0∈[－2,2]，使得g(x0)＝f(x1)成立，则实数a的取值范围是( )
A．[0,4] B.
C. D.∪
解析：选D 由题意知[0,4]是g(x)值域的子集．而g(x)的值域为[－2|a|－1,2|a|－1]．显然－2|a|－1<0，故只需2|a|－1≥4，即|a|≥，∴a≥或a≤－，即a∈∪.
15．关于x的方程a2x＋ax＋1＝0(a>0且a≠1)有解，则m的取值范围是( )
A. B.∪(0,1]
C. D．[1，＋∞)
解析：选A 依题意关于x的方程－＝ax＋有实数解，又ax＋≥2，当且仅当x＝0时取等号，因此有－≥2，即≤0，－≤m＜0，故选A.
16．若对任意实数x，cos2x＋2ksin x－2k－2<0恒成立，则实数k的取值范围是( )
A．(1－，1＋) B.(1－，＋∞)
C．(1－，1] D．(－1，＋∞)
解析：选B 不等式cos2x＋2ksin x－2k－2<0可化为sin2x－2ksin x＋2k＋1>0.
设sin x＝t，则t∈[－1,1]．
∴原不等式化为t2－2kt＋2k＋1>0在[－1,1]上恒成立，
∴ ①或 ②
或 ③
由①得k∈(1－，1]，由②得k∈?，由③得k∈(1，＋∞)．
故实数k的取值范围为(1－，＋∞)．
17．设函数f(x)＝x2＋mx＋n2，g(x)＝x2＋(m＋2)x＋n2＋m＋1，其中x∈R，若对任意的t∈R，f(t)，g(t)至少有一个为非负值，则实数m的最大值是( )
A．1 B.
C．2 D.
解析：选A g(x)＝f(x＋1)，题目即为f(x)向左平移一个单位负的部分不重叠，即f(x)的零点x1，x2满足|x1－x2|≤1，即(x1＋x2)2－4x1x2≤1，即m2≤1＋4n2，即m2≤1，则实数的最大值为1.
18．设f(x)与g(x)是定义在同一区间[a，b]上的两个函数，若函数y＝f(x)－g(x)在x∈[a，b]上有两个不同的零点，则称f(x)和g(x)在[a，b]上是“关联函数”，区间[a，b]称为“关联区间”．若f(x)＝x2－3x＋4与g(x)＝2x＋m在[0,3]上是“关联函数”，则m的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选C 由题意知，y＝f(x)－g(x)＝x2－5x＋4－m在[0,3]上有两个不同的零点．在同一坐标系下作出函数y＝m与y＝x2－5x＋4(x∈[0,3])的图象如图所示．结合图象可知，当x∈[2,3]时，y＝x2－5x＋4∈，故当m∈时，函数y＝m与y＝x2－5x＋4(x∈[0,3])的图象有两个交点．故选C.
二、填空题
19．设函数f(x)＝若f[f(a)]＝2，则a＝________，且
f(a)＝________.
解析：若a＞0，则f(a)＝－a2＜0，f[f(a)]＝a4－2a2＋2＝2，得a＝.
若a≤0，则f(a)＝a2＋2a＋2＝(a＋1)2＋1＞0，f[f(a)]＝－(a2＋2a＋2)2＝2，此方程无解．故a＝，f(a)＝f()＝－()2＝－2.
答案： －2
20．函数y＝|log2|x||－1的零点个数为________．
解析：由题可得，令|log2|x||－1＝0，解得log2|x|＝±1，当log2|x|＝1时，解得|x|＝2，即x＝±2；当log2|x|＝－1，解得|x|＝，即x＝±.所以函数的零点有4个．
答案：4
21．设a∈R，若x∈[0,1]时均有(ex－a)(x－1－a)≤0(e为自然对数的底数)，则实数a的取值范围是________．
解析：(ex－a)(x－1－a)≤0，
即①或②
解①得a∈[0,1]，解②得a∈?，故a的范围为[0,1]．
答案：[0,1]
22．已知f(x)＝x2＋2(a－2)x＋4，若对x∈[－3,1]，f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围为________．
解析：由题意得或或解得a∈?或1≤a＜4或－∴a的取值范围为.
答案：
三、解答题
23.(2018年4月浙江省学考T25)如图，在直角坐标系xOy中，已知点A(2,0)，B(1，)，直线x＝t(0(1)分别求函数f(t)和g(t)的解析式；
(2)是否存在区间(a，b)，使得函数f(t)和g(t)在该区间上均单调递减？若存在，求b－a的最大值；若不存在，说明理由．
解：(1)当0当1所以f(t)＝
g(t)＝
(2)由(1)中f(t)的解析式可知，函数f(t)的单调递减区间是，所以(a，b)?，
另一方面，任取t1，t2∈，且t1则g(t1)－g(t2)
＝(t2－t1).由110<2(t1－1)(t2－1)<，
(2－t1)(2－t2)>，
从而0<2(t1－1)(t2－1)<(2－t1)(2－t2)，
即－>0.
所以g(t1)－g(t2)>0，得g(t)在区间上也单调递减，证得(a，b)＝.
所以存在区间，使得函数f(t)和g(t)在该区间上均单调递减，且b－a的最大值为.
24．已知函数f(x)＝x|x＋a|＋m|x－1|,0≤x≤2，其中a，m∈R.
(1)若a＝0，m＝1，求f(x)的单调区间；
(2)对于给定的实数a，若函数f(x)存在最大值1＋a，求实数m的取值范围(用a表示)．
解：(1)由题意知，f(x)＝x2＋|x－1|
＝
所以函数f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)由题意，得m≤－(3＋a)且a≥－1.
①若a≥0，则f(x)＝
当0≤x≤1时，对称轴为x＝，而≤－，故f(x)≤f(1)＝1＋a；
当1＜x≤2时，对称轴为x＝－，而－≥，故f(x)从而，对于给定的实数a≥0，若f(x)存在最大值1＋a，则m≤－(3＋a)．
②若－1≤a＜0，
则f(x)＝
当0≤x≤－a时，对称轴为x＝－，而m≤－(3＋a)<0，且－≥，
故f(x)≤f(－a)＝(1＋a)m≤1＋a；
当－a当1从而，对于给定的实数－1≤a<0，若f(x)存在最大值1＋a，则m≤－(3＋a)．
综上可得，m的取值范围为{m|m≤－3－a且a≥－1}．
25．设函数f(x)＝－，其中a，λ∈R.
(1)当a＝4，λ＝1时，判断函数f(x)在(3,4)上的单调性，并说明理由；
(2)记A1＝{(x，y)|x>0，y>0}，
A2＝{(x，y)|x<0，y>0}，
A3＝{(x，y)|x<0，y<0}，
A4＝{(x，y)|x>0，y<0}，
M＝{(x，y)|y＝f(x)}．
若对任意的λ∈(1,3)，恒有M∩Ai≠?(i＝1,2,3,4)，求实数a的取值范围．
解：(1)函数f(x)在区间(3,4)上单调递减．
证明：任取x1，x2∈(3,4)，且x1f(x1)－f(x2)＝－
＝－
＝－
＝.
因为30，
x1＋x2－6>0，(x1－4)(x2－4)(x1－2)(x2－2)>0.
所以f(x1)－f(x2)>0.
即f(x1)>f(x2)．
所以函数f(x)在区间(3,4)上单调递减．
(2)由已知f(x)＝－
＝
＝.
因为λ∈(1,3)，所以1－λ<0.
①当a＝2时，f(x)＝，所以M∩A3＝?，不合题意．
②当a>2时，有－a＝>0.
所以>a>2.
所以当x∈(－∞，2)时，x－所以f(x)＝>0.
所以M∩A3＝?，不合题意．
③当a<2时，有－a＝<0.
所以因为当x∈(a,2)时，f(x)>0；
当x∈(2，＋∞)时，f(x)<0.
所以M∩A1≠?，M∩A4≠?.
又因为当x∈时，f(x)>0.
所以M∩A2≠?.
当x∈时，f(x)<0.
所以要满足题意，只需M∩A3≠?，
即在区间上存在负实数．
即需<0，即当λ∈(1,3)时，a<恒成立．
所以a≤.
综上所述，实数a的取值范围是.
专题三函数的应用
[备考学什么——以纲忆知]
一、函数与方程
知识条目
要求
①函数零点的概念
②f(x)＝0有实根与y＝f(x)有零点的关系
③图象连续的函数y＝f(x)在(a，b)内有零点的判定方法
a
a
b
1.函数的零点
对于函数y＝f(x)，我们把使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
函数y＝f(x)的零点就是方程f(x)＝0的实数根,也就是函数y＝f(x)图象与x轴交点的横坐标．所以方程f(x)＝0有实数根?函数y＝f(x)有零点?函数y＝f(x)的图象与x轴有交点．
3．函数零点的存在性定理
如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)·f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根．
二、函数模型及其应用
知识条目
要求
1.几类不同增长的函数模型
①指数函数y＝ax(a>1)在(0，＋∞)的增长速度
②对数函数y＝logax(a>1)在(0，＋∞)的增长速度
③幂函数y＝xn(n>0)在(0，＋∞)的增长速度
④y＝ax(a>1)，y＝logax(a>1)，y＝xn(n>0)在(0，＋∞)的变化比较
b
b
b
b
2.函数模型的应用举例
①函数在实际问题中的应用
②根据实际问题建立函数模型
c
c
3.函数的综合应用?
函数的综合应用
d
1.几类函数模型
函数模型
函数解析式
一次函数模型
f(x)＝ax＋b(a，b为常数，a≠0)
反比例函数模型
f(x)＝＋b(k，b为常数，k≠0)
二次函数模型
f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c为常数，a≠0)
指数函数模型
f(x)＝bax＋c(a，b，c为常数，b≠0，a>0且a≠1)
对数函数模型
f(x)＝blogax＋c(a，b，c为常数，b≠0，a>0且a≠1)
幂函数模型
f(x)＝axn＋b(a，b为常数，a≠0)
2.三种函数模型的性质
函数
性质
y＝ax(a>1)
y＝logax(a>1)
y＝xn(n>0)
在(0，＋∞)上的增减性
单调递增
单调递增
单调递增
增长速度
越来越
越来越
相对平稳
图象的变化
随x的增大逐渐表现为与y轴平行
随x的增大逐渐表现为与x轴平行
随n值的变化而各有不同
值的比较
存在一个x0，当x>x0时，有logax3.解函数应用问题的步骤
(1)审题：弄清题意，分清条件和结论，理顺数量关系，初步选择数学模型；
(2)建模：将自然语言转化为数学语言，将文字语言转化为符号语言，利用数学知识，建立相应的数学模型；
(3)解模：求解数学模型，得出数学结论；
(4)还原：将数学问题还原为实际问题的意义．
以上过程用框图表示如下：
[学考怎样考——真题导析]
1．(2017年11月浙江省学考T17)已知1是函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>b>c)的一个零点．若存在实数x0，使得f(x0)<0，则f(x)的另一个零点可能是( )
A．x0－3 B.x0－
C．x0＋ D．x0＋2
解析：选B 由已知f(1)＝a＋b＋c＝0，又a>b>c，则a>0，c<0.设函数的另一个零点为m，由根与系数的关系得1·m＝，则m<0.由函数的图象可知，x0∈(m,1)，排除C，D.若x0－3是函数的另一个零点，则f(x)＝a(x－1)[x－(x0－3)]＝ax2＋a(2－x0)x＋a(x0－3)，即则有解得12．(2017年4月浙江省学考T15)若实数a，b，c满足1A．在区间(－1,0)内没有实数根
B．在区间(－1,0)内有一个实数根，在(－1,0)外有一个实数根
C．在区间(－1,0)内有两个相等的实数根
D．在区间(－1,0)内有两个不相等的实数根
解析：选D 方程的判别式Δ＝b2－4ac>12－4×2×＝0，说明方程有两个不等实根．方程对应二次函数对称轴∈，又因为f(0)＝c>0，f(－1)＝a－b＋c>0，
f <0，所以原方程在(－1,0)内有两个不相等的实数根．
3．(2016年10月浙江省学考T16)函数f(x)按照下述方法定义：当x≤2时，f(x)＝－x2＋2x；当x>2时，f(x)＝f(x－2)，方程f(x)＝的所有实数根之和是( )
A．8 B.13
C．18 D．25
解析：选C 如图所示，画出f(x)的函数图象，根据对称性可知，方程f(x)＝共有6个实数根，其和为2＋6＋10＝18，故选C.
4．(2018年4月浙江省学考T17)设a为实数，若函数f(x)＝2x2－x＋a有零点，则函数y＝f [f(x)]零点的个数是( )
A．1或3 B.2或3
C．2或4 D．3或4
解析：选C ∵f(x)有零点，∴Δ＝1－8a≥0，a≤.
①当a＝时，解f (x)＝0得x＝，则f[f(x)]＝2[f(x)]2－f(x)＋的零点即为f(x)－的零点，易知有2个．
②当a<时，采用特值法，取a＝0，则f(x)＝2x2－x有2个零点x＝0或x＝，则f[f(x)]＝0的零点即f(x)和f(x)－的零点，解f(x)＝0得x＝0或x＝，解f(x)－＝0得x＝，则共有4个零点．
综上可知，选C.
5．(2016年10月浙江省学考T22)设函数f(x)＝＋(a∈R)，若其定义域内不存在实数x，使得f(x)≤0，则a的取值范围是________．
解析：由函数f(x)＝＋(a∈R)．
定义域内不存在x，使得f(x)≤0
?在定义域内f(x)>0恒成立．
函数定义域为其中x＋3≥0?x≥－3，
(1)a＝0时，ax＋2≠0恒成立，且定义域内f(x)>0也恒成立，符合题意．
(2)a≠0时，定义域为，
因为≥0，只要满足x≥－3时，ax＋2>0恒成立即可．
①当－3≤x<0时，ax＋2>0?a<－?a<；
②当x＝0时，ax＋2＝2>0恒成立，a∈R；
③当x>0时，ax＋2>0?a>－?a>0；
④当a＝时，定义域为＝{x|x>－3}，此时f(x)>0恒成立，
所以可得0(3)当ax＋2有负数部分时，f(x)>0不可能恒成立，综上所述0≤a≤.
答案：
[考情分析]
(1)本专题中函数零点所在区间、零点个数及参数的取值范围是学考的考查重点，主要以选择、填空题的形式出现．
(2)函数模型及应用往往以压轴大题出现， 能力立意为主．
(3)本专题也是学科核心素养很好的载体，所以函数的实际应用也可以得以展现，通过以二次函数、分段函数模型为载体，主要考查函数的最值问题．
函数的零点问题
[典题例析]
1.已知函数f(x)的图象如图所示，其中零点的个数以及可以用连续函数在某个区间上存在零点判定方法的个数分别为( )
A．4,4 B.3,4
C．5,4 D．4,3
解析：由图可知，函数有4个零点，但能用零点存在定理判断的有3个，故选D.
答案：D
2．函数f(x)＝的零点个数是________．
解析：当x>0时，作函数y＝ln x和y＝x2－2x的图象，由图知，此时f(x)有两个零点；当x≤0时，由f(x)＝0得x＝－，综上，f(x)有三个零点．
答案：3
3．设函数f(x)＝x|x－a|＋b，a，b∈R，当a>0时，讨论函数f(x)的零点个数．
解：f(x)＝因为a>0，
当b>0时，x2－ax＋b＝0在[a，＋∞)上无解，
－x2＋ax＋b＝0在(－∞，a)上恰有一解；
当b＝0时，x2－ax＋b＝0在[a，＋∞)上恰有一解，
－x2＋ax＋b＝0在(－∞，a)上恰有一解；
当b<0时，x2－ax＋b＝0在[a，＋∞)上恰有一解，
若Δ＝a2＋4b<0，则－x2＋ax＋b＝0在(－∞，a)上无解；
若Δ＝a2＋4b＝0，则－x2＋ax＋b＝0在(－∞，a)上恰有一解；
若Δ＝a2＋4b>0，则－x2＋ax＋b＝0在(－∞，a)上恰有两个不同的解．
综上，在a>0的条件下，
当b>0或a2＋4b<0时，函数f(x)有一个零点；
当b＝0或a2＋4b＝0时，函数f(x)有两个零点；
当－[类题通法]
函数零点个数的判断方法
(1)解方程法：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理法：利用定理不仅要判断函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)才能确定函数有多少个零点．
(3)数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题．先画出两个函数的图象，看其交点的个数，其中交点的个数就是函数零点的个数．
[即时应用]
1．函数f(x)＝2x＋3x的零点所在的一个区间是( )
A．(－2，－1) B.(－1,0)
C．(0,1) D．(1,2)
解析：选B ∵f(x)＝2x＋3x在R上是增函数．
而f(－2)＝2－2－6<0，f(－1)＝2－1－3<0，
f(0)＝20＝1>0，f(1)＝2＋3＝5>0，f(2)＝22＋6＝10>0，∴f(－1)·f(0)<0.
故函数f(x)在区间(－1,0)上有零点．
2．若定义在R上的偶函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，且当x∈[0,1]时，f(x)＝x，则函数y＝f(x)－log3|x|的零点个数是( )
A．多于4个 B.4个
C．3个 D．2个
解析：选B 由题意知，f(x)是周期为2的偶函数．
在同一坐标系内作出函数y＝f(x)及y＝log3|x|的图象，如下：
观察图象可以发现它们有4个交点，
即函数y＝f(x)－log3|x|有4个零点．
3．函数f(x)＝mx2－2x＋1有且仅有一个正实数的零点，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，1] B.(－∞，0]∪{1}
C．(－∞，0)∪(0,1] D．(－∞，1)
解析：选B (1)当m＝0时显然成立；(2)当m≠0时，①Δ＝4－4m＝0，即m＝1；②?m<0.综上可知m≤0或m＝1.
不同函数模型的选择与应用
[典题例析]
1．有一组实验数据，如下表：
t
1.99
3.0
4.0
5.1
6.12
v
1.5
4.04
7.5
12
18.01
则最佳体现这些数据关系的函数模型是( )
A．v＝log2t B.v＝2t－2
C．v＝ D．v＝2t－2
解析：采用排除法．当t＝4时，v＝log24＝2，但题表中的v值是7.5，相差很大，排除A；当t＝4时，v＝2t－2＝24－2＝14，与7.5相差太大，排除B；当t＝4时，v＝2t－2＝2×4－2＝6，与7.5相差也太大，排除D.故选C.
答案：C
2．给出四个函数，分别满足：①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，②g(x＋y)＝g(x)g(y)，③h(xy)＝h(x)＋h(y)，④m(xy)＝m(x)m(y)．下列为四个函数的图象，对应正确的是( )
A．①甲，②乙，③丙，④丁 B．①乙，②丙，③甲，④丁
C．①丙，②甲，③乙，④丁 D．①丁，②甲，③乙，④丙
解析：由题图可知丁是正比例函数图象，满足①；甲是指数型函数图象，满足②；乙是对数型函数图象，满足③；丙是幂函数图象，满足④.故选D.
答案：D
3．当x越来越大时，下列函数中，增长速度越快的应该是( )
A．y＝100x B.y＝log2x
C．y＝x100 D．y＝x
解析：由函数的性质可知函数y＝x100随x的增大，增长速度越来越快．故选C.
答案：C
[类题通法]
两类函数的增速比较
在(0，＋∞)上，函数y＝ax(a>1)，y＝logax(a>1)和y＝xn(n>0)都是增函数，但它们的增长速度不一样．随着x的增大，y＝ax(a>1)增长的速度越来越快，会超过并远远大于y＝xn(n>0)的增长速度；而y＝logax(a>1)的增长速度则越来越慢，即存在一个x0，当x>x0时，有logax[即时应用]
1．世界人口在过去40年内翻了一番，则每年人口平均增长率是(参考数据lg 2≈0.301 0,100.007 5≈1.017)( )
A．1.5% B.1.6%
C．1.7% D．1.8%
解析：选C 设每年人口平均增长率为x，则(1＋x)40＝2，两边取以10为底的对数，则40lg(1＋x)＝lg 2，
所以lg(1＋x)＝≈0.007 5，
所以100.007 5＝1＋x，得1＋x＝1.017，所以x＝1.7%.
2．甲桶中的a升水缓慢注入空桶乙中，t分钟后甲桶中剩余的水符合指数衰减曲线y＝aen t．假设过5分钟后甲桶和乙桶的水量相等，若再过m分钟甲桶中的水只有，则m的值为( )
A．7 B.8
C．9 D．10
解析：选D 根据题意知＝e5n，令a＝aen t，即＝en t，因为＝e5n，故＝e15n，比较知t＝15，m＝15－5＝10.
3．函数y＝的图象大致是( )
解析：选C 易知函数的定义域为{x|x≠0}，可排除A；当x<0时，3x－1<0，∴y＝>0，可排除B；当x→＋∞ 时，指数函数y＝3x比幂函数y＝x3的增长速度快得多，所以函数的分母比分子大得多，于是x→＋∞时，y→0，排除D，选C.
方程根的分布问题
[典题例析]
1．已知b，c∈R，二次函数f(x)＝x2＋2bx＋c在区间上有两个不同的零点，则f(1)·f(5)的取值范围为________．
解析：设f(x)两个不同的零点为x1，x2且10且1答案：(0,16)
2．若关于x的方程lg(ax)·lg(ax2)＝4的所有解都大于1，求实数a的取值范围．
解：原方程可化为(lg a＋lg x)·(lg a＋2lg x)＝4，
即2(lg x)2＋3lg a·lg x＋(lg a)2－4＝0，
令lg x＝t，t>0，
则有2t2＋3t·lg a＋(lg a)2－4＝0的解都是正数，
设f(t)＝2t2＋3t·lg a＋(lg a)2－4，
则
解得lg a<－2，∴0∴实数a的取值范围是.
3．已知函数f(x)＝x2＋ax＋2，a∈R.
(1)若不等式f(x)≤0的解集为[1,2]，求不等式f(x)≥1－x2的解集；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋x2＋1在区间(1,2)上有两个不同的零点，求实数a的取值范围．
解：(1)因为不等式f(x)≤0的解集为[1,2]，
所以a＝－3，于是f(x)＝x2－3x＋2.
由f(x)≥1－x2，得1－x2≤x2－3x＋2，
解得x≤或x≥1，
所以不等式f(x)≥1－x2的解集为.
(2)函数g(x)＝2x2＋ax＋3在区间(1,2)上有两个不同的零点，
则即
解得－5所以实数a的取值范围是(－5，－2)．
[类题通法]
已知函数零点的分布求参数范围的方法
方 法
具体步骤
直接法
直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围
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
数形结合法
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，然后利用数形结合求解
[即时应用]
1．已知关于x的方程ax2＋bx＋c＝0(a>0，b，c∈R)有实根且实根均在区间(0,2)内．若c≥1,25a＋10b＋4c≥4，则实数a的最小值为( )
A．1 B.
C. D.
解析：设方程的两个根为x1，x2且0答案：
2．已知f(x)＝x2＋(a2－1)x＋(a－2)的一个零点比1大，一个零点比1小，求实数a的取值范围．
解：法一：设方程x2＋(a2－1)x＋(a－2)＝0的两根分别为x1，x2(x1即x1x2－(x1＋x2)＋1<0，由根与系数的关系，得(a－2)＋(a2－1)＋1<0，即a2＋a－2<0，
∴－2法二：函数图象大致如图，
则有f(1)<0，即1＋(a2－1)＋a－2<0，
故－2函数与方程思想的应用
[典题例析]
1．若对任意x∈[1,2]，不等式x2－2ax＋1>0恒成立，求实数a的取值范围．
解：法一：令f(x)＝x2－2ax＋1，问题可转化为当x∈[1,2]时，f(x)的最小值大于0.
当a≤1时，f(x)在[1,2]内递增，fmin(x)＝f(1)＝2－2a>0，解得a<1，故a<1；
当10，解得－1当a≥2时，f(x)在[1,2]内递减，fmin(x)＝f(2)＝5－4a>0，解得a<，无解；
综上所述，实数a的取值范围为(－∞，1)．
法二：因为x∈[1,2]，x2－2ax＋1>0可转化为2a2．若存在x∈[1,2]，使不等式x2－2ax＋1>0成立，求实数a的取值范围．
解：由题意，问题转化为f(x)＝x2－2ax＋1的最大值大于0，转化为2a<max，又max＝，所以a<，实数a的取值范围为.
[类题通法]
1．常见不等式类型与最值的关系
不等式类型
与最值的关系
任意x∈D，f(x)>M
任意x∈D，f(x)min>M
任意x∈D，f(x)任意x∈D，f(x)max存在x0∈D，f(x0)>M
任意x∈D，f(x)max>M
存在x0∈D，f(x0)任意x∈D，f(x0)min任意x∈D，f(x)>g(x)
任意x∈D，[f(x)－g(x)]min>0
任意x∈D，f(x)任意x∈D，[f(x)－g(x)]max<0
任意x1∈D1，x2∈D2，f(x1)>g(x2)
任意x∈D1，x∈D2，f(x)min>g(x)max
任意x1∈D1，存在x2∈D2，f(x1)>g(x2)
任意x∈D1，x∈D2，f(x)min>g(x)min
存在x1∈D1，任意x2∈D2，f(x1)>g(x2)
任意x∈D1，x∈D2，f(x)max>g(x)max
存在x1∈D1，x2∈D2，f(x1)>g(x2)
任意x∈D1，x∈D2，f(x)max>g(x)min
2.不等式中恒成立问题的解法
(1)分离变量：将要求解的参数与已知参数分开，转化为求一个新函数的最值问题．
(2)构造函数：将已知范围的参数看作自变量构造函数，然后利用此函数的图象与性质来解决．
(3)数形结合：通过构造两个函数，画出它们的图象，借助两个图象比较两函数值的大小，从而求出参数的取值范围．
[即时应用]
1．已知函数f(x)＝x2－2ax＋5在(－∞，2]上是减函数，且对任意的x1，x2∈[1，a＋1]，总有|f(x1)－f(x2)|≤4，则实数a的取值范围是________．
解析：f(x)＝(x－a)2＋5－a2，根据f(x)在区间(－∞，2]上是减函数知a≥2，且f(1)≥f(a＋1)，从而|f(x1)－f(x2)|max＝f(1)－f(a)＝a2－2a＋1，由a2－2a＋1≤4，解得－1≤a≤3，又a≥2，所以2≤a≤3.
答案：[2,3]
2．已知函数f(x)＝x2－2ax＋1，g(x)＝ax，若对任意x∈[1,2]，都有f(x)>g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
解：问题转化为h(x)＝f(x)－g(x)＝x2－3ax＋1>0对任意x∈[1,2]成立，解得a<，即实数a的取值范围为.
3．已知函数f(x)＝x2－2ax＋1，g(x)＝，其中a>0，x≠0，若对任意x1∈[1,2]，x2∈[2,4]，都有f(x1)>g(x2)恒成立，求实数a的取值范围．
解：问题转化为f(x)＝x2－2ax＋1，x∈[1,2]的最小值大于g(x)＝，x∈[2,4]的最大值．
又f (x) min＝而g (x) max＝，解得0为.
函数的综合应用
[典题例析]
1．已知函数f(x)＝·3x＋x2＋2nx，记函数y＝f(x)的零点构成的集合为A，函数y＝f[f(x)]的零点构成的集合为B，若A＝B，则m＋n的取值范围为________．
解析：设t＝f (x)，y＝f(t)，∵A＝B，∴f(t)＝0时，t＝0，即f (0)＝0，∴m－＝0，∴m＝，m＋n＝，∴f (x)＝x2＋2nx＝x(x＋2n)，由f(t)＝0得t＝0或t＝－2n，
则f(x)＝－2n无解，即x2＋2nx＋2n＝0无解，∴Δ＝4n2－8n<0,0又n＝0时符合题意，则0≤<.
答案：
2．设不等式2x－1>m(x2－1)对满足|m|≤2的一切实数m的取值都成立，求x的取值范围．
解：原不等式为(x2－1)m－(2x－1)<0，
设f (m)＝(x2－1)m－(2x－1)，则问题转化为求一次函数(或常函数)f (m)的值在[－2,2]内恒为负时应满足的条件，得
即
解得x∈.
[类题通法]
函数综合问题的求解策略
解决函数的综合问题，要认真分析、处理好各种关系，加深对函数的基础知识系统的整体把握，深入理解有关概念，正确运用有关性质，抓住函数的本质特征．解题时，一般选择恰当的变量，构建函数关系，利用函数知识与函数方法解决问题．
[即时应用]
1．已知函数f(x)＝若存在实数x1，x2，x3，x4满足f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，且x1＜x2＜x3＜x4，则的取值范围是( )
A．(20,32) B.(9,21)
C．(8,24) D．(15,25)
解析：选B 如图：
－log2x1＝log2x2?log2x1＋log2x2＝0?log2x1x2＝0?x1x2＝1，x3与x4关于x＝6对称，所以x3＋x4＝12，
∴(x3－1)·(x4－1)＝x3x4＋1－(x4＋x3)＝x4x3－11＝x3(12－x3)－11＝－x＋12x3－11，x3∈(2,4)．
又－x＋12x3－11＝－(x3－6)2＋25，x3∈(2,4)，
∴(x3－1)(x4－1)∈(9,21)．故选B.
2．已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)在区间(0,1)上有两个零点，则3a＋b的取值范围是________．
解析：不妨设x1，x2是函数的两个零点，0由根与系数的关系
得3a＋b＝－3＋x1x2＝－9.
易知∈，则3a＋b∈.
答案：(－5,0)
3．已知函数f(x)＝，如果关于x的方程f(x)＝kx2有四个不同的实数解，求实数k的取值范围．
解：∵f(x)＝，∴原方程即＝kx2.(*)
①x＝0恒为方程(*)的一个解；
②x≠0时，若k＝0，显然方程(*)只有一解，
若k≠0，方程(*)可化为＝|x|(x＋2)，
由题意，方程＝|x|(x＋2)有三个不同的非零实数解．
作出g(x)＝|x|(x＋2)的大致图象，如图所示．
则y＝与g(x)有三个交点．
由图象知0<<1，即k>1.
综上，使方程f(x)＝kx2有四个不同的实数解的k∈(1，＋∞)．
[基础随堂巩固]
一、选择题
1．在下列区间中，函数f(x)＝ln x＋x存在零点的是( )
A．(2，e) B．(1,2)
C．(e－1,1) D．(e－2，e－1)
答案：C
2．若函数f(x)＝x－(a∈R)在区间(1,2)上有零点，则a的值可能是( )
A．－2 B.0
C．1 D．3
答案：D
3．函数f(x)＝2x－3的零点的个数为( )
A．0 B.1
C．2 D．3
答案：B
4．某公司为了适应市场需求对产品结构作了重大调整，调整后初期利润增长迅速，后来增长越来越慢．若要建立恰当的函数模型来反映该公司调整后利润y与时间x的关系，可选用( )
A．一次函数 B.二次函数
C．指数型函数 D．对数型函数
答案：D
5．已知函数f(x)＝x－sin x，则f(x)在[0,2π]上的零点个数为( )
A．1 B.2
C．3 D．4
解析：选B 由f(x)＝0得x－sin x＝0，即x＝sin x，在同一坐标系中分别作出函数y＝x与y＝sin x的大致图象，则由图象易知它们在[0,2π]上有2个交点，即函数f(x)在[0,2π]上有2个零点，故选B.
二、填空题
6．函数f(x)＝ax2＋2ax＋c(a≠0)的一个零点为1，则它的另一个零点是________．
答案：－3
7．二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)中，若ac<0，则函数的零点的个数为________．
解析：因为ac<0，所以Δ＝b2－4ac>0，所以函数与x轴有两个不同的交点，即函数的零点个数为2.
答案：2
8．设函数f(x)＝若f(x)恰有2个零点，则实数a的取值范围是________．
解析：由于f(x)恰有2个零点，分两种情况讨论：当f(x)＝2x－a，x<1没有零点时，a≥2或a≤0.
当a≥2时，f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1时，有2个零点；
当a≤0时，f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1时无零点．因此a≥2满足题意．
当f(x)＝2x－a，x<1有一个零点时，0f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1有一个零点，此时a<1,2a≥1，因此≤a<1.
综上知实数a的取值范围是.
答案：
三、解答题
9．已知函数f(x)＝ax2－(a＋1)x＋1，a∈R.
(1)求证：函数f(x)的图象与x轴恒有公共点；
(2)当a>0时，求函数y＝的定义域；
(3)若存在m>0，使关于x的方程f(|x|)＝m＋有四个不同的实数根，求实数a的取值范围．
解：(1)证明：∵f(x)＝(ax－1)(x－1)，
∴f(x)图象与x轴恒有公共点(1,0)．
(2)当a>1时，x∈∪[1，＋∞)；当0(3)当m>0时，m＋≥2，令t＝m＋(t≥2)．y＝f(|x|)是偶函数，只要讨论x>0时函数f(x)的图象与函数y＝t的图象有两个公共点即可，以下只讨论x>0时的情形：y＝f(|x|)图象恒过点(0,1)，函数f(x)的图象的对称轴为直线x＝，①a>0时，根据函数图象，y＝t≥2与y＝f(x)(x>0)的图象只有一个公共点，不符合题意，舍去；②a<0且x＝<0时，y＝f(x)(x>0)单调递减，最大值为1，图象与y＝t≥2无交点，不符合题意，舍去；③a<0且x＝>0时，只要y＝f(x)(x>0)最大值1－>2即可，解得a<－3－2；④a＝0，显然不符．综上可得a的取值范围为(－∞，－3－2)．
[专题跟踪检测]
一、选择题
1．设f(x)是区间[a，b]上的单调函数，且f(a)·f(b)<0，则方程f(x)＝0在区间(a，b)上( )
A．至少有一实数根 B．至多有一实数根
C．没有实数根 D．必有唯一实数根
解析：选D f(x)在[a，b]上单调且两端异号，则f(x)在(a，b)上有且只有一个零点．
2．已知函数f(x)＝则函数f(x)的零点为( )
A.，0 B.－2,0
C. D．0
解析：选D 当x≤1时，由f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0；当x>1时，由f(x)＝1＋log2x＝0，解得x＝，
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，故选D.
3．设x0是方程2x＋x＝8的解．若x0∈(n，n＋1)(n∈N*)，则n的值为( )
A．1 B.2
C．3 D．4
解析：选B 设f(x)＝2x＋x－8，∵f(2)＝－2<0，f(3)＝3>0，∴x0∈(2,3)，n＝2.
4．某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入．若该公司2017年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是( )
(参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11, lg 2≈0.30)
A．2018年 B.2019年
C．2020年 D．2021年
解析：选D 设2017年后的第n年，该公司全年投入的研发资金开始超过200万元，由130(1＋12%)n＞200，得1.12n＞，两边取常用对数，得n＞≈＝，∴n≥4，
∴从2021年开始，该公司全年投入的研发资金开始超过200万元．
5．设x0是方程ln x＋x＝4的解，则x0属于( )
A．(0,1) B.(1,2)
C．(2,3) D．(3,4)
解析：选C 设f(x)＝ln x＋x－4，
∵f(2)＝ln 2－2<0，f(3)＝ln 3－1>0，∴x0∈(2,3)．
6．若关于x的方程x2＋mx＋1＝0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是( )
A．(－1,1) B．(－2,2)
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
解析：选C ∵方程x2＋mx＋1＝0有两个不相等的实数根，∴Δ＝m2－4>0，∴m>2或m<－2.
7．有一组试验数据如表所示：
x
2.01
3
4.01
5.1
6.12
y
3
8.01
15
23.8
36.04
则最能体现这组数据关系的函数模型是( )
A．y＝2x＋1－1 B.y＝x2－1
C．y＝2log2x D．y＝x3
解析：选B 由表格数据可知，函数的解析式应该是指数函数类型、二次函数类型、幂函数类型，选项C不正确．取x＝2.01，代入A选项，得y＝2x＋1－1>4，代入B选项，得y＝x2－1≈3，代入D选项，得y＝x3>8；取x＝3，代入A选项，得y＝2x＋1－1＝15，代入B选项，得y＝x2－1＝8，代入D选项，得y＝x3＝27，故选B.
8．已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝( )
A．－ B.
C. D．1
解析：选C f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)
＝(x－1)2＋a[ex－1＋e－(x－1)]－1，
令t＝x－1，则g(t)＝f(t＋1)＝t2＋a(et＋e－t)－1.
∵g(－t)＝(－t)2＋a(e－t＋et)－1＝g(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＝.
9．已知函数f(x)＝ax2＋2ax＋b(1A．f(x1)f(x2)
C．f(x1)＝f(x2) D．f(x1)与f(x2)的大小关系不能确定
解析：选A 函数图象的对称轴为x＝－1，而(x1＋1)＋(x2＋1)＝x1＋x2＋2＝3－a>0，因为x110．某商品销量q与售价p满足q＝10－λp，总成本c与销量满足c＝4＋μq，销售收入r与售价及销量之间满足r＝pq，其中λ，μ均为正常数．设利润＝销售收入－总成本，则利润最大时的售价为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 设利润为y.由题意化简得y＝－λp2＋(10＋λμ)p－4－10μ，这是一个关于p的二次函数，故当p＝时，利润y有最大值．
11．某公司招聘员工，面试人数按拟录用人数分段计算，计算公式为：
y＝其中x代表拟录用人数，y代表面试人数，若面试人数为60人，则该公司拟录用人数为( )
A．15 B.40
C．25 D．130
答案：C
12．已知x∈[－1,1]时，f(x)＝x2－ax＋>0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(0,2) B.(2，＋∞)
C．(0，＋∞) D．(0,4)
解析：选A 二次函数图象开口向上，对称轴为x＝，
又x∈[－1,1]时，f(x)＝x2－ax＋>0恒成立，
即f(x)最小值>0.
①当≤－1，即a≤－2时，f(－1)＝1＋a＋>0，解得a>－，与a≤－2矛盾；
②当≥1，即a≥2时，f(1)＝1－a＋>0，解得a<2，与a≥2矛盾；
③当－1<<1，即－2综上得实数a的取值范围是(0,2)．
13．已知三个函数f(x)＝2x＋x，g(x)＝x－2，h(x)＝log2x＋x的零点依次为a，b，c，则( )
A．aC．b解析：选B 法一：由于f(－1)＝－1＝－<0，f(0)＝1>0，
且f(x)为R上的递增函数．
故f(x)＝2x＋x的零点a∈(－1,0)．
∵g(2)＝0，∴g(x)的零点b＝2；
∵h＝－1＋＝－<0，h(1)＝1>0，
且h(x)为(0，＋∞)上的增函数，
∴h(x)的零点c∈，因此a法二：由f(x)＝0得2x＝－x；
由h(x)＝0得log2x＝－x.作出函数y＝2x，y＝log2x和y＝－x的图象(如图)．
由图象易知a<0,014．已知函数f(x)的值域为[0,4](x∈[－2,2])，函数g(x)＝ax－1，x∈[－2,2]，对于任意x1∈[－2,2]，总存在x0∈[－2,2]，使得g(x0)＝f(x1)成立，则实数a的取值范围是( )
A．[0,4] B.
C. D.∪
解析：选D 由题意知[0,4]是g(x)值域的子集．而g(x)的值域为[－2|a|－1,2|a|－1]．显然－2|a|－1<0，故只需2|a|－1≥4，即|a|≥，∴a≥或a≤－，即a∈∪.
15．关于x的方程a2x＋ax＋1＝0(a>0且a≠1)有解，则m的取值范围是( )
A. B.∪(0,1]
C. D．[1，＋∞)
解析：选A 依题意关于x的方程－＝ax＋有实数解，又ax＋≥2，当且仅当x＝0时取等号，因此有－≥2，即≤0，－≤m＜0，故选A.
16．若对任意实数x，cos2x＋2ksin x－2k－2<0恒成立，则实数k的取值范围是( )
A．(1－，1＋) B.(1－，＋∞)
C．(1－，1] D．(－1，＋∞)
解析：选B 不等式cos2x＋2ksin x－2k－2<0可化为sin2x－2ksin x＋2k＋1>0.
设sin x＝t，则t∈[－1,1]．
∴原不等式化为t2－2kt＋2k＋1>0在[－1,1]上恒成立，
∴ ①或 ②或 ③
由①得k∈(1－，1]，由②得k∈?，由③得k∈(1，＋∞)．
故实数k的取值范围为(1－，＋∞)．
17．设函数f(x)＝x2＋mx＋n2，g(x)＝x2＋(m＋2)x＋n2＋m＋1，其中x∈R，若对任意的t∈R，f(t)，g(t)至少有一个为非负值，则实数m的最大值是( )
A．1 B.
C．2 D.
解析：选A g(x)＝f(x＋1)，题目即为f(x)向左平移一个单位负的部分不重叠，即f(x)的零点x1，x2满足|x1－x2|≤1，即(x1＋x2)2－4x1x2≤1，即m2≤1＋4n2，即m2≤1，则实数的最大值为1.
18．设f(x)与g(x)是定义在同一区间[a，b]上的两个函数，若函数y＝f(x)－g(x)在x∈[a，b]上有两个不同的零点，则称f(x)和g(x)在[a，b]上是“关联函数”，区间[a，b]称为“关联区间”．若f(x)＝x2－3x＋4与g(x)＝2x＋m在[0,3]上是“关联函数”，则m的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选C 由题意知，y＝f(x)－g(x)＝x2－5x＋4－m在[0,3]上有两个不同的零点．在同一坐标系下作出函数y＝m与y＝x2－5x＋4(x∈[0,3])的图象如图所示．结合图象可知，当x∈[2,3]时，y＝x2－5x＋4∈，故当m∈时，函数y＝m与y＝x2－5x＋4(x∈[0,3])的图象有两个交点．故选C.
二、填空题
19．设函数f(x)＝若f[f(a)]＝2，则a＝________，且
f(a)＝________.
解析：若a＞0，则f(a)＝－a2＜0，f[f(a)]＝a4－2a2＋2＝2，得a＝.
若a≤0，则f(a)＝a2＋2a＋2＝(a＋1)2＋1＞0，f[f(a)]＝－(a2＋2a＋2)2＝2，此方程无解．故a＝，f(a)＝f()＝－()2＝－2.
答案： －2
20．函数y＝|log2|x||－1的零点个数为________．
解析：由题可得，令|log2|x||－1＝0，解得log2|x|＝±1，当log2|x|＝1时，解得|x|＝2，即x＝±2；当log2|x|＝－1，解得|x|＝，即x＝±.所以函数的零点有4个．
答案：4
21．设a∈R，若x∈[0,1]时均有(ex－a)(x－1－a)≤0(e为自然对数的底数)，则实数a的取值范围是________．
解析：(ex－a)(x－1－a)≤0，
即①或②
解①得a∈[0,1]，解②得a∈?，故a的范围为[0,1]．
答案：[0,1]
22．已知f(x)＝x2＋2(a－2)x＋4，若对x∈[－3,1]，f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围为________．
解析：由题意得或或解得a∈?或1≤a＜4或－∴a的取值范围为.
答案：
三、解答题
23.(2018年4月浙江省学考T25)如图，在直角坐标系xOy中，已知点A(2,0)，B(1，)，直线x＝t(0(1)分别求函数f(t)和g(t)的解析式；
(2)是否存在区间(a，b)，使得函数f(t)和g(t)在该区间上均单调递减？若存在，求b－a的最大值；若不存在，说明理由．
解：(1)当0当1所以f(t)＝
g(t)＝
(2)由(1)中f(t)的解析式可知，函数f(t)的单调递减区间是，所以(a，b)?，
另一方面，任取t1，t2∈，且t1则g(t1)－g(t2)
＝(t2－t1).由110<2(t1－1)(t2－1)<，
(2－t1)(2－t2)>，
从而0<2(t1－1)(t2－1)<(2－t1)(2－t2)，
即－>0.
所以g(t1)－g(t2)>0，得g(t)在区间上也单调递减，证得(a，b)＝.
所以存在区间，使得函数f(t)和g(t)在该区间上均单调递减，且b－a的最大值为.
24．已知函数f(x)＝x|x＋a|＋m|x－1|,0≤x≤2，其中a，m∈R.
(1)若a＝0，m＝1，求f(x)的单调区间；
(2)对于给定的实数a，若函数f(x)存在最大值1＋a，求实数m的取值范围(用a表示)．
解：(1)由题意知，f(x)＝x2＋|x－1|
＝
所以函数f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)由题意，得m≤－(3＋a)且a≥－1.
①若a≥0，则f(x)＝
当0≤x≤1时，对称轴为x＝，而≤－，故f(x)≤f(1)＝1＋a；
当1＜x≤2时，对称轴为x＝－，而－≥，故f(x)从而，对于给定的实数a≥0，若f(x)存在最大值1＋a，则m≤－(3＋a)．
②若－1≤a＜0，
则f(x)＝
当0≤x≤－a时，对称轴为x＝－，而m≤－(3＋a)<0，且－≥，
故f(x)≤f(－a)＝(1＋a)m≤1＋a；
当－a当1从而，对于给定的实数－1≤a<0，若f(x)存在最大值1＋a，则m≤－(3＋a)．
综上可得，m的取值范围为{m|m≤－3－a且a≥－1}．
25．设函数f(x)＝－，其中a，λ∈R.
(1)当a＝4，λ＝1时，判断函数f(x)在(3,4)上的单调性，并说明理由；
(2)记A1＝{(x，y)|x>0，y>0}，
A2＝{(x，y)|x<0，y>0}，
A3＝{(x，y)|x<0，y<0}，
A4＝{(x，y)|x>0，y<0}，
M＝{(x，y)|y＝f(x)}．
若对任意的λ∈(1,3)，恒有M∩Ai≠?(i＝1,2,3,4)，求实数a的取值范围．
解：(1)函数f(x)在区间(3,4)上单调递减．
证明：任取x1，x2∈(3,4)，且x1f(x1)－f(x2)＝－
＝－
＝－
＝.
因为30，
x1＋x2－6>0，(x1－4)(x2－4)(x1－2)(x2－2)>0.
所以f(x1)－f(x2)>0.
即f(x1)>f(x2)．
所以函数f(x)在区间(3,4)上单调递减．
(2)由已知f(x)＝－
＝＝.
因为λ∈(1,3)，所以1－λ<0.
①当a＝2时，f(x)＝，所以M∩A3＝?，不合题意．
②当a>2时，有－a＝>0.
所以>a>2.
所以当x∈(－∞，2)时，x－所以f(x)＝>0.
所以M∩A3＝?，不合题意．
③当a<2时，有－a＝<0.
所以因为当x∈(a,2)时，f(x)>0；
当x∈(2，＋∞)时，f(x)<0.
所以M∩A1≠?，M∩A4≠?.
又因为当x∈时，f(x)>0.
所以M∩A2≠?.
当x∈时，f(x)<0.
所以要满足题意，只需M∩A3≠?，
即在区间上存在负实数．
即需<0，即当λ∈(1,3)时，a<恒成立．
所以a≤.
综上所述，实数a的取值范围是.
