2018-2019学年福建省龙岩一中高一(上)模块数学试卷

2018-2019学年福建省龙岩一中高一（上）模块数学试卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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. 已知集合A＝{−1, 0, 1, 2}，B＝{x|x2＝x}，则A∩B＝（）
A.{0}
B.{1}
C.{0, 1}
D.{0, 1, 2}
2. 函数f(x)=log2(x−2)
x−3
的定义域是（）
A.(−∞, 2)
B.(2, +∞)
C.(2, 3)∪(3, +∞)
D.(3, +∞)
3. 下列函数中，满足“f(x+y)＝f(x)f(y)”的函数是（）
A.f(x)＝3x
B.f(x)＝x3
C.f(x)＝3x
D.f(x)＝log3x
4. 已知幂函数f(x)的图象经过点(4, 2)，则下列命题正确的是（）
A.f(x)是偶函数
B.f(x)是单调递增函数
C.f(x)的值域为R
D.f(x)在定义域内有最大值
5. 函数y＝a x−1+1(a>0, a≠1)的图象必经过点（）
A.(0, 1)
B.(1, 2)
C.(1, 1)
D.(2, 1)
6. 函数f(x)＝log2x+x−10的零点所在区间为（）
A.(5, 6)
B.(6, 7)
C.(7, 8)
D.(8, 9)
7. 设a=30.3,b=log33
10,c=(1
3
)−1.6，则a，b，c的大小关系是（）
A.a<b<c
B.b<c<a
C.c<b<a
D.b<a<c
8. 函数f(x)=log3
2(|x|−1)的大致图象是（）
A. B.
C. D.
9. 已知函数f(x)={
−x−1(−1≤x<0)
−x+1(0<x≤1)，则f(−x)<
1
2
的解集为（）
A.[−1, −1
2
)∪(0, 1] B.(−∞, −1)∪(1, +∞)
C.[−1, −1
2
]∪(0, 1) D.(−∞, 0)∪(1, +∞)
10. 已知函数f(x)＝x3+2021x，若实数a，b满足f(a−1)+f(b)＝0，则a+b等于（）
A.0
B.1
C.−1
D.2
11. 已知函数f(x)={
2−x−1(x≤0)
x2(x>0)
．若函数y＝f(x)−x−a恰有两个零点，则实数a的取值范围为（）
A.(−∞,−1
4
) B.(−∞,−1
4
] C.(−1
4
,+∞) D.[−1
4
,+∞)
12. 已知二次函数f(x)的二次项系数为正数，且对任意x∈R，都有f(x)＝f(4−x)成立，若f(1−2x2)<
f(1+2x−x2)，则实数x的取值范围是（）
A.(2, +∞)
B.(−∞, −2)∪(0, 2)
C.(−2, 0)
D.(−∞, −2)∪(0, +∞)
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．
已知函数f(x)＝log2(x2+a)，若f(2)＝1，则a＝________．
函数y＝21−x+1
x
，x∈[1, 2]的值域为________．
若函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在(−∞, 0)上是增函数，f(−2)＝0，则使得f(x+1)>0的x的取值范围是________．
已知f(x)={x2,x≥0
−x2,x<0
，若f(3a−2)>4f(a)，则a的取值范围是________．
三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．化简求值：
（1）(lg√2)2+lg√2⋅lg√5−1
2
lg√2；
（2）已知a+a−1＝3(a>0)，求a 1
2+a−
1
2
a2+a−2
．
已知集合A＝{x|−6≤x≤6}，B＝{x|m+1<x<2m−1}．（1）若m＝4，求(∁R A)∩B；
（2）若B⊆A，求实数m的取值范围．
某商品在最近100天内的单价f(t)与时间t的函数关系是f(t)={
t
4
+22(0≤t<40,t∈N)
−t
2
+52(40≤t≤100,t∈N)
，日销售量
g(t)与时间t的函数关系是g(t)=−1
3t+112
3
(0≤t≤100, t∈N)．求该商品的日销售额S(t)的最大值．（日销
售额＝日销售量×单价）
已知函数f(x)＝log a(x+1)−log a(1−x)，其中a>0且a≠1．（1）判断f(x)的奇偶性并予以证明；
（2）若a>1，解关于x的不等式f(x)>0．
已知函数f(x)=−3x+b
3+3
是奇函数．
（1）求实数b的值；（2）若对任意的t∈[1, 2]，不等式f(t2−2t)+f(2t2−k)<0恒成立，求实数k的取值范围．
对于区间[a, b](a<b)，若函数同时满足：①f(x)在[a, b]上是单调函数；②函数，的值域是[a, b]，则称区间为函数的“保值”区间．
（1）求函数f(x)＝x2的所有“保值”区间．
（2）函数f(x)＝x2−m是否存在“保值”区间？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，说明理由．
参考答案与试题解析
2018-2019学年福建省龙岩一中高一（上）模块数学试卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.
【答案】 C
【考点】 交集及其运算 【解析】
求出集合A ，B ，由此能求出A ∩B ． 【解答】
∵ 集合A ＝{−1, 0, 1, 2}， B ＝{x|x 2＝x}＝{0, 1}， ∴ A ∩B ＝{0, 1}． 2.
【答案】 C
【考点】
函数的定义域及其求法 【解析】
由对数式的真数大于0，分式的分母不为0联立不等式组求解． 【解答】
由{x −2>0x −3≠0 ，得x >2且x ≠3． ∴ 函数f(x)=log 2(x−2)x−3
的定义域是(2, 3)∪(3, +∞)．
3. 【答案】 C
【考点】
对数的运算性质
指数函数的图象与性质
【解析】
运用基本初等函数的运算性质逐一核对四个选项即可得到答案． 【解答】
∵ 3(x +y)＝3xy 不恒成立，∴ 选项A 不满足f(x +y)＝f(x)⋅f(y)； (x +y)3≠x 3y 3，∴ 选项B 不满足f(x +y)＝f(x)⋅f(y)； 3x ⋅3y ＝3x+y ，∴ 选项C 满足f(x +y)＝f(x)⋅f(y)；
log 3xy ＝log 3x +log 3y ，∴ 选项D 不满足f(x +y)＝f(x)⋅f(y)； 4. 【答案】
B
【考点】
幂函数的单调性、奇偶性及其应用 幂函数的概念、解析式、定义域、值域
【解析】
先设出幂函数的解析式，再根据条件求解析式，根据幂函数的性质即可得解 【解答】
解：设幂函数f(x)=x a ∵ 幂函数图象过点(4, 2) ∴ 4a =2 ∴ a =1
2
∴ f(x)=x 12
(x ≥0)
∴ 由f(x)的性质知，f(x)是非奇非偶函数，值域为[0, +∞)，在定义域内无最大值，在定义域内单调递增 故A 、C 、D 不正确，B 正确 故选B 5.
【答案】 B
【考点】
指数函数的图象与性质 【解析】
函数图象过定点(a, b)，即无论参数取何值，当x ＝a 时，y 总等于b ，由此可利用代入验证的方法找到正确答案
【解答】
∵ 当x ＝1时，无论a 取何值，y ＝a 0+1＝2
∴ 函数y ＝a x−1+1(a >0且a ≠1)的图象必经过定点(1, 2) 6.
【答案】 C
【考点】
函数零点的判定定理 【解析】
要判断函数f(x)＝log 2x +x −10的零点位置，我们可以根据零点存在定理，依次判断区间的两个端点对应的函数值，然后根据连续函数在区间(a, b)上零点，则f(a)与f(b)异号进行判断． 【解答】
∵ f( 7)＝log 2 7+7−10<0， f( 8)＝log 2 8+8−10>0，
故函数f(x)＝log 2x +x −10的零点必落在区间(7, 8) 7. 【答案】 D
【考点】
对数值大小的比较
【解析】
利用指数与对数运算性质即可得出大小关系． 【解答】
c ＝31.6>30.3＝a >1，c =log 33
10<0． ∴ c >a >b ． 8. 【答案】 B
【考点】
函数的图象与图象的变换 【解析】
利用奇偶性结合单调性即可选出答案． 【解答】
函数f(x)=log 32
(|x|−1)，可知函数f(x)是偶函数，排除C ，D ；
定义域满足：|x|−1>0， 可得x <−1或x >1．
当x >1时，y =log 32
(x −1)是递增函数，排除A ；
9.
【答案】 A
【考点】
分段函数的应用 【解析】
讨论−1≤−x <0或0<−x ≤1，由分段函数可得x 的不等式组，解不等式即可得到所求解集． 【解答】
当−1≤−x <0，即0<x ≤1，即有f(−x)＝x −1<1
2，
解得0<x ≤1；
当0<−x ≤1，即−1≤x <0，即有f(−x)＝x +1<1
2， 解得−1≤x <−1
2，
综上可得f(−x)<12的解集为[−1, −1
2)∪(0, 1]． 10. 【答案】 B
【考点】 函数的求值 求函数的值 【解析】
推导出f(−x)＝−x 3−2021x ＝−f(x)，由实数a ，b 满足f(a −1)+f(b)＝0，得(a −1)+b ＝0，由此能求出a +b 的值． 【解答】
∵ 函数f(x)＝x 3+2021x ，
∴ f(−x)＝−x 3−2021x ＝−f(x)， ∵ 实数a ，b 满足f(a −1)+f(b)＝0， ∴ (a −1)+b ＝0， ∴ a +b ＝1． 11. 【答案】 C
【考点】
分段函数的应用 【解析】
由题意，函数g(x)＝f(x)−x −a 恰有两个零点可化为函数f(x)与函数y ＝x +a 有两个不同的交点，从而作图求解． 【解答】
作出函数f(x)={2−x −1(x ≤0)
x 2(x >0) 的图象，
函数y ＝f(x)−x −a 恰有两个零点即为y ＝f(x)的图象 和直线y ＝x +a 有两个交点，
当直线y ＝x +a 与y ＝x 2(x >0)相切，可得x 2−x −a ＝0有两个相等实根， 可得△＝1+4a ＝0，即a =−1
4，
由图象可得当a >−1
4时，y ＝f(x)的图象和直线y ＝x +a 有两个交点， 12.
【答案】 C
【考点】
二次函数的图象 二次函数的性质
【解析】
由已知条件即可得到二次函数f(x)的对称轴为x ＝2，二次项系数又大于0，从而知道二次函数图象上的点和x ＝2的距离越大，函数值越大，从而得到|1−2x 2−2|<|1+2x −x 2|，通过整理及完全平方式即可得到关于x 的一元二次方程，解方程即得实数a 的取值范围． 【解答】
由f(x)＝f(4−x)知，二次函数f(x)的对称轴为x ＝2；
∵ 二次项系数为正数，∴ 二次函数图象的点与对称轴x ＝2的距离越大时，对应的函数值越大； ∴ 由f(1−2x 2)<f(1+2x −x 2)得|1−2x 2−2|<|1+2x −x 2−2|； 即2x 2+1<(x −1)2； 解得−2<x <0；
∴ 实数x 的取值范围是(−2, 0)．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．【答案】
−2
【考点】
函数的求值
求函数的值
【解析】
推导出f(2)＝log
2
(4+a)＝1，由此能求出a的值．
【解答】
∵函数f(x)＝log
2(x2+a)，f(2)＝1，
∴f(2)＝log
2
(4+a)＝1，
解得a＝−2．
【答案】
[1, 2]
【考点】
函数的值域及其求法
【解析】
可看出y＝21−x和y=1
x
在[1, 2]上都单调递减，从而得出原函数在[1, 2]上单调递减，这样即可求出值域．【解答】
y=21−x+1
x
在[1, 2]上单调递减；
x＝1时，y＝2；x＝2时，y＝1；
∴该函数的值域为[1, 2]．
【答案】
(−3, 1)
【考点】
抽象函数及其应用
【解析】
根据题意，结合函数的奇偶性与单调性分析可得区间(0, +∞)上，f(x)为减函数，且f(2)＝0；据此可得
f(x+1)>0⇒f(|x+1|)>f(2)⇒|x+1|<2，解可得x的取值范围，即可得答案．
【解答】
根据题意，函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在(−∞, 0)上是增函数，f(−2)＝0，
则在区间(0, +∞)上，f(x)为减函数，且f(2)＝0，
f(x+1)>0⇒f(|x+1|)>f(2)⇒|x+1|<2，
解可得：−3<x<1，
即x的取值范围为(−3, 1)；
【答案】
(2, +∞)
【考点】
分段函数的应用
【解析】
函数f(x)等价为f(x)＝x|x|，由二次函数的单调性可得f(x)在R上递增，f(3a−2)>4f(a)即为f(3a−2)> f(2a)，可得a的不等式，解不等式即可得到所求范围．
【解答】f(x)={x
2,x≥0
−x2,x<0
，等价为f(x)＝x|x|，
且x<0时，f(x)＝−x2递增，x>0时，f(x)＝x2递增，
且f(0)＝0，在x＝0处函数连续，
可得f(x)在R上递增，
f(3a−2)>4f(a)即为f(3a−2)>f(2)f(a)＝f(2a)，
可得3a−2>2a，
解得a>2，
即a的取值范围是(2, +∞)．
三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．【答案】
(lg√2)2+lg√2⋅lg√5−
1
2lg√2
＝lg√2(lg√2+lg√5)−1
2
lg√2
=
1
2lg√2−
1
2lg√2
＝0．
∵a+a−1＝3(a>0)，
∴(a12+a−12)2＝a+a−1+2＝5，
a12+a−12=√5，
a2+a−2＝(a+a−1)2−2＝7，
∴a
1
2+a−
1
2
a2+a−2
=√5
7
．
【考点】
对数的运算性质
【解析】
（1）利用对数的性质、运算法则直接求解．
（2）利用指数的性质、运算法则直接求解．
【解答】
(lg√2)2+lg√2⋅lg√5−
1
2lg√2
＝lg√2(lg√2+lg√5)−1
2
lg√2
=
1
2lg√2−
1
2lg√2
＝0．
∵a+a−1＝3(a>0)，
∴(a12+a−12)2＝a+a−1+2＝5，
a12+a−12=√5，
a2+a−2＝(a+a−1)2−2＝7，
∴
a 1
2+a
−12
a 2+a −2
=
√57
． 【答案】
∁R A ＝{x|x <−6, 或x >6}； m ＝4时，B ＝{x|5<x <7}； ∴ (∁R A)∩B ＝{x|6<x <7}； ∵ B ⊆A ；
∴ ①B ＝⌀时，m +1≥2m −1； ∴ m ≤2；
②B ≠⌀时，{m +1<2m −1
m +1≥−62m −1≤6 ；
∴ 2<m ≤7
2；
∴ 综上得，实数m 的取值范围为(−∞,7
2
]．
【考点】
交、并、补集的混合运算 【解析】
（1）进行补集、交集的运算即可；
（2）根据B ⊆A 可讨论B 是否为空集：B ＝⌀时，m +1≥2m −1；m ≠⌀时，{m +1<2m −1
m +1≥−62m −1≤6 ，这样即可
求出实数m 的取值范围． 【解答】
∁R A ＝{x|x <−6, 或x >6}； m ＝4时，B ＝{x|5<x <7}； ∴ (∁R A)∩B ＝{x|6<x <7}； ∵ B ⊆A ；
∴ ①B ＝⌀时，m +1≥2m −1； ∴ m ≤2；
②B ≠⌀时，{m +1<2m −1
m +1≥−62m −1≤6 ；
∴ 2<m ≤7
2；
∴ 综上得，实数m 的取值范围为(−∞,7
2]．
【答案】
由已知销售价f(t)={
t
4
+22(0≤t <40,t ∈N)−t
2+52(40≤t ≤100,t ∈N)
，
销售量g(t)=−1
3t +
112
3
(0≤t ≤100, t ∈N)，
∴ 日销售额为S(t)＝f(t)g(t)，
即当0≤t <40时，S(t)＝(1
4t +22)(−1
3t +1123
)=−112t 2+2t +
24643
，
此函数的对称轴为x ＝12，又t ∈N ， 最大值为S(12)=
25003
；
当40≤t ≤100时，S(t)＝(−1
2t +52)(−1
3t +1123
)=16t 2−36t +
58243
，
此时函数的对称轴为t ＝108>100，最大值为S(40)＝768． 由768<
25003
，可得这种商品日销售额S(t)的最大值为
25003
，
此时t ＝12． 【考点】
分段函数的应用 【解析】
由已知中销售单价f(t)与时间t(t ∈N)的函数f(t)，及销售量g(t)与时间t(t ∈N)的函数g(t)，结合销售额为S(t)＝f(t)g(t)，我们可以求出销售额为S(t)的函数解析式，再利用“分段函数分段处理”的原则，分别求出每一段上函数的最大值，即可得到商品日销售额S(t)的最大值． 【解答】
由已知销售价f(t)={
t
4+22(0≤t <40,t ∈N)
−t
2+52(40≤t ≤100,t ∈N)
，
销售量g(t)=−13
t +
112
3
(0≤t ≤100, t ∈N)，
∴ 日销售额为S(t)＝f(t)g(t)，
即当0≤t <40时，S(t)＝(1
4t +22)(−1
3t +1123
)=−112t 2+2t +
24643
，
此函数的对称轴为x ＝12，又t ∈N ， 最大值为S(12)=
25003
；
当40≤t ≤100时，S(t)＝(−1
2t +52)(−1
3t +1123
)=16t 2−36t +
58243
，
此时函数的对称轴为t ＝108>100，最大值为S(40)＝768． 由768<
25003
，可得这种商品日销售额S(t)的最大值为
25003
，
此时t ＝12． 【答案】
要使函数有意义，
则{x +1>01−x >0 ，即{x >−1x <1
，即−1<x <1， 即函数的定义域为(−1, 1)，
则f(−x)＝log a (−x +1)−log a (1+x)＝−[log a (x +1)−log a (1−x)]＝−f(x)， 则函数f(x)是奇函数．
若a >1，则由f(x)>0．得log a (x +1)−log a (1−x)>0， 即log a (x +1)>log a (1−x)， 即x +1>1−x ，则x >0，
∵ 定义域为(−1, 1)， ∴ 0<x <1，
即不等式的解集为(0, 1)．
【考点】
奇偶性与单调性的综合 【解析】
（1）先求出函数的定义域，结合函数奇偶性的定义进行证明即可． （2）根据对数函数的单调性解不等式即可． 【解答】
要使函数有意义，
则{x +1>01−x >0 ，即{x >−1x <1
，即−1<x <1， 即函数的定义域为(−1, 1)，
则f(−x)＝log a (−x +1)−log a (1+x)＝−[log a (x +1)−log a (1−x)]＝−f(x)， 则函数f(x)是奇函数．
若a >1，则由f(x)>0．得log a (x +1)−log a (1−x)>0， 即log a (x +1)>log a (1−x)， 即x +1>1−x ，则x >0， ∵ 定义域为(−1, 1)， ∴ 0<x <1，
即不等式的解集为(0, 1)．
【答案】
因为f(x)是定义在R 上的奇函数，所以f(0)＝0，即−1+b ＝0，解得，b ＝1， 经验证，b ＝1时，f(x)=−3x +1
3x+1+3为奇函数，符合题意． 故b ＝1；
∵ f(t 2−2t)+f(2t 2−k)<0， ∴ f(t 2−2t)<−f(2t 2−k)， 又f(x)为奇函数，
所以f(t 2−2t)<f(k −2t 2)， 又由f(x)=
−3x +13x+1+3
=−13+
2
3(3x +1)
是R 上的减函数，
所以t 2
−2t >k −2t 2
，即k <3t 2
−2t 对任意的t ∈[1, 2]恒成立， 设g(t)＝3t 2−2t ，t ∈[1, 2]，则k <g(t)min ， 因为g(t)＝3t 2
−2t 的对称轴t =1
3
<1，
所以g(t)在[1, 2]上是增函数，
所以t ＝1时，g(t)取得最小值g(1)＝1， 所以k <1，
故实数k 的取值范围是(−∞, 1)．
【考点】
函数恒成立问题 【解析】
（1）由f(0)＝0得出b ＝1，再验证f(x)为奇函数；
（2）利用函数的奇偶性和单调性化简不等式，再将恒成立转化为最值，最后构造函数求出最值即可． 【解答】
因为f(x)是定义在R 上的奇函数，所以f(0)＝0，即−1+b ＝0，解得，b ＝1， 经验证，b ＝1时，f(x)=−3x +1
3x+1+3为奇函数，符合题意． 故b ＝1；
∵ f(t 2−2t)+f(2t 2−k)<0， ∴ f(t 2−2t)<−f(2t 2−k)， 又f(x)为奇函数，
所以f(t 2−2t)<f(k −2t 2)，
又由f(x)=−3x +1
3x+1+3=−1
3+23(3x +1)是R 上的减函数，
所以t 2−2t >k −2t 2，即k <3t 2−2t 对任意的t ∈[1, 2]恒成立， 设g(t)＝3t 2−2t ，t ∈[1, 2]，则k <g(t)min ， 因为g(t)＝3t 2−2t 的对称轴t =1
3<1， 所以g(t)在[1, 2]上是增函数，
所以t ＝1时，g(t)取得最小值g(1)＝1， 所以k <1，
故实数k 的取值范围是(−∞, 1)．
【答案】
因为函数y ＝x 2的值域是[0, +∞)，且y ＝x 2在[a, b]的值域是[a, b]，
所以[a, b]⊆[0, +∞)，所以a ≥0，从而函数y ＝x 2在区间[a, b]上单调递增，
故有{a 2=a b 2=b
，解得{a =0a =1b =0b =1 ，
又a <b ，所以a ＝0，b ＝1，
所以函数y ＝x 2的“保值”区间为[0, 1]； 若函数y ＝x 2−m 存在“保值”区间，
若m ＝0，由（1）可得函数y ＝x 2的“保值”区间为[0, 1]；
若m ≠0，a <b ≤0，此时函数y ＝x 2−m 在区间[a, b]上单调递减，
可得{a 2
−m =b b 2−m =a
，
消去m 得a 2−b 2＝b −a ，整理得(a −b)(a +b +1)＝0，
因为a <b ，所以a +b +1＝0，即 a ＝−b −1．又b ≤0，−b −1<b ， 即有−1
2<b ≤0，
因为m ＝b 2−a ＝b 2+b +1＝(b +1
2
)2+3
4
，可得3
4
<m ≤1；
若b >a ≥0，此时函数y ＝x 2−m 在区间[a, b]上单调递增，
可得{a 2
−m =a b 2−m =b
，消去m 得a 2−b 2＝a −b ，整理得(a −b)(a +b −1)＝0．
因为a <b ，所以 a +b −1＝0，可得b ＝1−a ．又a ≥0，a <1−a ，可得0≤a <1
2． 由m ＝−a +a 2＝(a −1
2)2+1
4，
即有−1
4<m ≤0．
综合 ①、②得，函数y ＝x 2−m 存在“保值”区间， 此时m 的取值范围是(−1
4, 0]∪(3
4, 1]．
【考点】
函数与方程的综合运用 【解析】
（1）由已知中保值”区间的定义，结合函数y ＝x 2的值域是[0, +∞)，我们可得[a, b]⊆[0, +∞)，从而函数y ＝x 2在区间[a, b]上单调递增，可得a ，b 的方程组，结合a <b 即可得到函数y ＝x 2的“保值”区间；
（2）根据已知中保值区间的定义，我们分函数y ＝x 2−m 在区间[a, b]上单调递减，和函数y ＝x 2−m 在区间[a, b]上单调递增，两种情况分类讨论，最后综合讨论结果，即可得到答案． 【解答】
因为函数y ＝x 2的值域是[0, +∞)，且y ＝x 2在[a, b]的值域是[a, b]，
所以[a, b]⊆[0, +∞)，所以a ≥0，从而函数y ＝x 2在区间[a, b]上单调递增，
故有{a 2=a b 2=b
，解得{a =0a =1b =0b =1 ，
又a <b ，所以a ＝0，b ＝1，
所以函数y ＝x 2的“保值”区间为[0, 1]； 若函数y ＝x 2−m 存在“保值”区间，
若m ＝0，由（1）可得函数y ＝x 2的“保值”区间为[0, 1]；
若m ≠0，a <b ≤0，此时函数y ＝x 2−m 在区间[a, b]上单调递减，
可得{a 2
−m =b b 2−m =a
，
消去m 得a 2−b 2＝b −a ，整理得(a −b)(a +b +1)＝0，
因为a <b ，所以a +b +1＝0，即 a ＝−b −1．又b ≤0，−b −1<b ， 即有−1
2<b ≤0，
因为m ＝b 2−a ＝b 2+b +1＝(b +12
)2+34
，可得3
4
<m ≤1；
若b >a ≥0，此时函数y ＝x 2−m 在区间[a, b]上单调递增，
可得{a 2
−m =a b 2−m =b
，消去m 得a 2−b 2＝a −b ，整理得(a −b)(a +b −1)＝0．
因为a <b ，所以 a +b −1＝0，可得b ＝1−a ．又a ≥0，a <1−a ，可得0≤a <1
2
．
由m ＝−a +a 2＝(a −12)2+1
4， 即有−1
4<m ≤0．
综合 ①、②得，函数y ＝x 2−m 存在“保值”区间， 此时m 的取值范围是(−1
4, 0]∪(3
4, 1]．。