华师大二附中2016-2017学年高一上学期12月月考数学试卷 含解析

2016—2017学年上海市华师大二附中高一（上）12月月考数学试卷
一.填空题
1．已知2a=3，log35=b，则log1520= （用a，b表示）
2．已知lg(x﹣y)+lg（x+2y）=lg2+lgx+lgy，则= ．
3．已知a，b∈R，命题p：，命题q：|a+b｜=|a｜+｜b｜，则p是q成立的条件．
4．函数的单调递增区间是：．
5．借助计算器用二分法求方程2x+3x=7的近似解x0= （精确到0。

01）
6．设x∈R，［x］表示不大于x的最大整数，如，则使[｜x﹣1|］=3成立的x的取值范围．
7．函数f（x）=﹣x2+2x的定义域和值域分别是［m，n]和[3m，3n］,则m+n= ．
8．已知函数f（x）=满足对任意x1≠x2，都有
＜0成立,则a的取值范围是．
9．已知函数y=f（x)和y=g(x)在[﹣2，2]的图象如，给出下列四个命题：
（1）方程f[g(x）]=0有且仅有6个根
（2）方程g[f(x)］=0有且仅有3个根
（3）方程f[f（x）］=0有且仅有5个根
（4）方程g［g（x)］=0有且仅有4个根
其中正确命题是．
10．设x，y为实数，且满足,则x+y= ．11．不等式（x+1)（x2﹣4x+3）＞0有多种解法,其中有一种方法如下,在同一直角坐标系中作出y1=x+1和y2=x2﹣4x+3的图象然后进行求解，请类比求解以下问题：
设a,b∈Z，若对任意x≤0，都有(ax+2）(x2+2b）≤0，则a+b= ．12．已知函数若方程f（x）=x+a有且只有两个不相等的实数根,则实数a的取值范围是．
二。

选择题
13．由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪．直到1872年,德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数(史称戴德金分割），并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机．所谓戴德金分割,是指将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N，且满足M∪N=Q，M∩N=∅，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称（M，N）为戴德金分割试判断，对于任一戴德金分割(M，N），下列选项中，不可能成立的是（）
A．M没有最大元素,N有一个最小元素
B．M没有最大元素，N也没有最小元素
C．M有一个最大元素，N有一个最小元素
D．M有一个最大元素，N没有最小元素
14．若函数f（x）对任意x，y∈R满足f（x+y）+f（x﹣y）=2f(x)f （y），则下列关于函数奇偶性的说法一定正确的是（)
A．是偶函数但不是奇函数
B．是奇函数但不是偶函数
C．是非奇非偶函数
D．可能是奇函数也可能是偶函数
15．在同一坐标系中，函数y=ax+1与y=a｜x﹣1｜（a＞0且a≠1)的图象可能是（)
A．B．C．
D．
16．如图所示，点P在边长为1的正方形的边上运动，设M是CD 边的中点,则当P沿着A﹣B﹣C﹣M运动时，以点P经过的路程x 为自变量，三角形APM的面积为y，函数y=f(x）的图象大致是（）
A．B．C．D．
三.解答题
17．已知关于x的方程k•9x﹣3k•3x+6（k﹣5）=0，x∈［0，2］；分别求满足下列条件的实数k的取值范围:（1）有解;（2)有唯一解；（3）有两个解．
18．在一次水下考古活动中，潜水员需潜入水深为30米的水底进行作业．其用氧量包含以下三个方面：①下潜时，平均速度为每分钟x米，每分钟的用氧量为升；②水底作业需要10分钟，每分钟的用氧量为0。

3升；③返回水面时,速度为每分钟米，每分钟用氧量为0.2升;设潜水员在此次考古活动中的总用氧量为y升．(1)将y表示为x的函数；
（1）若x∈[4，8]，求总用氧量y的取值范围．
19．已知函数f（x）对任意实数x，y恒有f（x+y）=f（x）+f（y）且当x＞0，f(x）＜0，且f(1）=﹣2．
（1）判断f（x)的奇偶性；
（2）求f（x）在区间[﹣3，3］上的最大值;
（3）解关于x的不等式f（ax2）﹣2f(x）＜f（ax）+4．
20．定义符号函数sgn(x)=，已知a,b∈R，f（x）=x｜x﹣a｜sgn(x﹣1）+b．
(1）求f（2)﹣f(1）关于a的表达式，并求f（2）﹣f（1）的最小值．（2)当b=时，函数f（x）在（0，1)上有唯一零点，求a的取值范围．
(3）已知存在a,使得f(x）＜0对任意的x∈［1，2］恒成立，求b
的取值范围．
2016-2017学年上海市华师大二附中高一(上）12月月考数学试卷
参考答案与试题解析
一。

填空题
1．已知2a=3,log35=b,则log1520= （用a，b表示）
【考点】对数的运算性质．
【分析】2a=3,可得a=log23=，又log35=b=，可得lg3=alg2，lg5=blg3=balg2．代入log1520=即可得出．
【解答】解：∵2a=3，∴a=log23=,又log35=b=，
∴lg3=alg2，lg5=blg3=balg2．
则log1520===．
故答案为:．
2．已知lg（x﹣y）+lg(x+2y)=lg2+lgx+lgy，则= 2 ．
【考点】对数的运算性质．
【分析】根据对数运算知，lg[（x﹣y）（x+2y）］=lg（2xy）,即(x﹣y）（x+2y）=2xy，又因为x＞0，y＞0进而得到答案．
【解答】解:∵lg（x﹣y）+lg（x+2y）=lg[(x﹣y)（x+2y）]
lg2+lgx+lgy=lg(2xy)
∴（x﹣y）（x+2y）=2xy
∴(x﹣2y）（x+y）=0
又∵x＞0,y＞0
∴x=2y，∴=2
故答案为：2．
3．已知a，b∈R，命题p：，命题q:|a+b｜=｜a｜+|b|，则p是q成立的充分不必要条件．
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．
【分析】我们可以根据充要条件的定义进行判断,但解题的关键是绝对值不等式及不等式的性质应用
【解答】解：命题p：由，可得a＜0，b≤0，或a≤0，b＜0，命题q：｜a+b｜=|a｜+|b｜,可得ab≥0，
故p⇒q，但q推不出p，
故p是q成立的充分不必要，
故答案为:充分不必要
4．函数的单调递增区间是：．
【考点】指数函数的单调性与特殊点．
【分析】令t=，则y=，函数y的增区间就是t的减区间，问题转化为求t的减区间．
【解答】解：令t===,
∴y=,≥t≥0，﹣1≤x≤2，
故t的减区间为［，2］，
∴函数y的增区间为[，2]．
5．借助计算器用二分法求方程2x+3x=7的近似解x0= 1。

43 （精确到0。

01）
【考点】二分法求方程的近似解．
【分析】方程的近似解所在的区间即是函数f(x）=2x+3x﹣7的一个零点所在的区间,此区间应满足：①区间长度小于精度0。

01，②区间端点的函数值的符号相反．
【解答】解：令f(x）=2x+3x﹣7,
∵f（1)=2+3﹣7＜0,f（2）=4+6﹣7＞0，
∴f（x)=0的解在区间（1，2）上，
区间中点值中点函数值
(1,2）1。

50。

328427
（1，1。

5） 1.25﹣0.87159
（1.25,1.5） 1.375﹣0。

28132
(1.375，1。

5）1。

43750.021011
（1.375，1.435）1。

405﹣0。

136822
1。

42﹣0.064145
（1。

42，1.435）1。

4275﹣0.001769
(1。

4275，1.435） 1.43125﹣0。

009447
∴f（x）=0的解在区间（1.43125，1435)上，
二分法求方程2x+3x=7的近似解x0=1.43
故答案为:1。

43
6．设x∈R,[x]表示不大于x的最大整数，如,则使［|x﹣1|]=3成立的x的取值范围（﹣3,﹣2]∪［4,5）．【考点】函数的定义域及其求法．
【分析】由题意，根据所给的定义可将[|x﹣1|］=3转化为3≤|x
﹣1|＜4，解此绝对值不等式即可求出x的取值范围
【解答】解：由题意［|x﹣1｜］=3，则3≤|x﹣1｜＜4
∴3≤x﹣1＜4或﹣4≤x﹣1＜﹣3
解得4≤x＜5或﹣3＜x≤﹣2
所以使[|x﹣1|]=3成立的x的取值范围是(﹣3，﹣2］∪[4，5）
故答案为(﹣3，﹣2]∪［4，5）
7．函数f(x）=﹣x2+2x的定义域和值域分别是［m，n]和［3m，3n］,则m+n= ﹣1 ．
【考点】二次函数的性质．
【分析】由题意可得，函数在区间[m，n]上为增函数，则，解得即可．
【解答】解:函数f（x）=﹣x2+2x的对称轴方程式x=1,
由题意可得，函数在区间［m,n]上为增函数，则,
则m，n时方程﹣x2+2x=3x的两个根，
∴m+n=﹣1,
故答案为：﹣1
8．已知函数f（x）=满足对任意x1≠x2，都有
＜0成立,则a的取值范围是（0,］．
【考点】函数单调性的判断与证明．
【分析】根据已知条件可知函数f（x）在R上单调递减，所以对于a x，0＜a＜1；对于（a﹣3）x+4a，a＜3，又a x＞1，所以(a﹣3）x+4a
的最大值满足小于等于1，而(a﹣3）x+4a对于x≥0时的最大值为4a，所以4a≤1，所以得到，和前面的0＜a＜1的a的取值求交集即得a的取值范围．
【解答】解：∵对任意x1≠x2，都有＜0成立；
∴f（x1）﹣f（x2)与x1﹣x2异号，
即x1﹣x2＜0时,f（x1）﹣f（x2）＞0，即x1＜x2时，f（x1）＞f(x2）；∴函数f（x)在R上是减函数；
∴x＜0时，f(x）=a x，0＜a＜1;
x≥0时,f（x）=(a﹣3）x+4a,a﹣3＜0，a＜3，又a x＞1，（a﹣3）x+4a）=4a≤1，
max
∴；
又0＜a＜1，∴0＜a≤；
∴a的取值范围是．
故答案为:．
9．已知函数y=f（x)和y=g（x）在［﹣2,2］的图象如，给出下列四个命题:
（1)方程f［g（x）]=0有且仅有6个根
（2）方程g［f(x)］=0有且仅有3个根
(3）方程f[f(x）］=0有且仅有5个根
（4)方程g［g（x)]=0有且仅有4个根
其中正确命题是（1）（3）（4) ．
【考点】函数与方程的综合运用；根的存在性及根的个数判断．【分析】把复合函数的定义域和值域进行对接，看满足外层函数为零时内层函数有几个自变量与之相对应．
【解答】解：∵在y为[﹣2，﹣1］时，g（x）有两个自变量满足，在y=0，y为［1,2］时，g（x）同样都是两个自变量满足
∴(1）正确
∵f（x)值域在［﹣1，2］上都是一一对应,而在值域[0，1]上都对应3个原像，
∴（2）错误
同理可知（3)(4)正确．
故答案为：（1）（3）(4）．
10．设x,y为实数，且满足，则x+y= 2 ．【考点】有理数指数幂的化简求值．
【分析】设f(t)=t2017+2013t+1,根据导数判断函数的单调性,即可得到x﹣1=1﹣y，则x+y=2，问题得以解决．
【解答】解:方程组可化为
设f(t）=t2017+2013t+1，
则f′(t）=2017t2016+2013＞0，
所以（t）=t2017+2013t+1为单调递增函数，
所以x﹣1=1﹣y，
则x+y=2，
故答案为：2
11．不等式（x+1)（x2﹣4x+3）＞0有多种解法，其中有一种方法如下，在同一直角坐标系中作出y1=x+1和y2=x2﹣4x+3的图象然后进行求解，请类比求解以下问题:
设a,b∈Z，若对任意x≤0，都有（ax+2）（x2+2b）≤0,则a+b= ﹣1 ．
【考点】类比推理．
【分析】若对任意x≤0，都有（ax+2）(x2+2b）≤0，则y1=ax+2应为增函数，y2=x2+2b的图象顶点应在x轴下方，且函数与x负半轴交于同一点，结合a，b∈Z，可得答案．
【解答】解：类比图象法解不等式的方法，在同一坐标系中,画出y1=ax+2和y2=x2+2b的图象，
若对任意x≤0，都有（ax+2）（x2+2b）≤0，则两个函数图象应如下图所示：
则，
由a，b∈Z得：，
∴a+b=﹣1,
故答案为：﹣1
12．已知函数若方程f(x)=x+a有且只有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是(﹣∞，1）．
【考点】函数与方程的综合运用；分段函数的解析式求法及其图象的作法．
【分析】由题知f（x）为分段函数，当x大于0时,由f（x）=f(x﹣1）可知当x大于1时，f（x）=0，小于1大于0时函数为减函数；当x小于等于0时函数为减函数，而方程f（x）=x+a有且只有两个不相等的实数根即f（x)与y=x+a由两个交点,在同一坐标系中画出函数f(x)的图象与函数y=x+a的图象，利用数形结合,易求出满足条件实数a的取值范围．
【解答】解：函数f（x）=的图象如图所示,
当a＜1时，函数y=f(x)的图象与函数y=x+a的图象有两个交点，即方程f（x）=x+a有且只有两个不相等的实数根．
故答案为(﹣∞，1）
二.选择题
13．由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪．直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数(史称戴德金分割),并把实数理论建立在严格的科学基础上,才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机．所谓戴德金分割,是指将有理数集Q 划分为两个非空的子集M与N,且满足M∪N=Q,M∩N=∅，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素,则称（M，N）为戴德金分割试判断，对于任一戴德金分割（M,N），下列选项中,不可能成立的是( ）
A．M没有最大元素，N有一个最小元素
B．M没有最大元素,N也没有最小元素
C．M有一个最大元素,N有一个最小元素
D．M有一个最大元素，N没有最小元素
【考点】集合的表示法．
【分析】由题意依次举例对四个命题判断,从而确定答案．
【解答】解:若M=｛x∈Q｜x＜0}，N={x∈Q｜x≥0｝；则M没有
最大元素，N有一个最小元素0；故A正确；
若M={x∈Q｜x＜}，N={x∈Q｜x≥｝；则M没有最大元素，N 也没有最小元素；故B正确；
M有一个最大元素，N有一个最小元素不可能，故C不正确；
若M=｛x∈Q|x≤0}，N={x∈Q|x＞0}；M有一个最大元素，N没有最小元素，故D正确；
故选C．
14．若函数f（x)对任意x，y∈R满足f（x+y)+f（x﹣y)=2f（x）f （y），则下列关于函数奇偶性的说法一定正确的是（）A．是偶函数但不是奇函数
B．是奇函数但不是偶函数
C．是非奇非偶函数
D．可能是奇函数也可能是偶函数
【考点】抽象函数及其应用．
【分析】在抽象表达式中令x=y=0代入表达式，再分类讨论在抽象表达式中令x=0,y不动,结合（1）的结论即可获得f(﹣y）与f（y）之间的关系，从而获得函数的奇偶性．
【解答】解：令x=y=0则有f(0）+f（0）=2f（0)f(0），
则2f（0）=f（0）f（0）,
当f（0）=0时，再令x=0
则有f（y）+f(﹣y）=2f(0）f（y）=0
所以f（﹣y)=﹣f(y），
所以y=f（x)是奇函数．
当f（0）≠0，则f（0)=1．
再令x=0
则有f（y）+f(﹣y）=2f（0）f（y)，
所以f(﹣y)=f（y)，
所以y=f（x）是偶函数．
故选：D
15．在同一坐标系中,函数y=ax+1与y=a｜x﹣1|（a＞0且a≠1）的图象可能是（）
A．B．C．
D．
【考点】指数函数的图象变换．
【分析】当a＞1时，直线y=ax+1的斜率大于1，函数y=a|x﹣1|(a ＞0且a≠1）在（1,+∞)上是增函数；当1＞a＞0时，直线y=ax+1的斜率大于0且小于1,函数y=a|x﹣1|（a＞0且a≠1)在
（1，+∞)上是减函数，结合图象得出结论．
【解答】解：当a＞1时，直线y=ax+1的斜率大于1,函数y=a|x﹣1|(a ＞0且a≠1）在（1，+∞）上是增函数,选项C满足条件．
当1＞a＞0时,直线y=ax+1的斜率大于0且小于1，函数y=a|x﹣1｜（a＞0且a≠1）在（1，+∞)上是减函数，没有选项满足条件．
故选C．
16．如图所示，点P在边长为1的正方形的边上运动，设M是CD 边的中点，则当P沿着A﹣B﹣C﹣M运动时,以点P经过的路程x 为自变量，三角形APM的面积为y，函数y=f（x)的图象大致是（）
A．B．C．D．
【考点】函数的图象．
【分析】当点在AB上移动时、当点在BC上移动时、当点在CD 上时，讨论y随x的变化关
【解答】解：根据题意和图形可知：点P按A⇒B⇒C⇒M的顺序在边长为1的正方形边上运动，△APM的面积分为3段；
当点在AB上移动时，高不变底边逐渐变大，故面积逐渐变大；
当点在BC上移动时，y=S正方形﹣S△ADM﹣S△ABP﹣S△PCM
=1﹣﹣×1×（x﹣1）﹣××（2﹣x）=﹣x+，此函数是关于x的递减函数;
当点在CD上时，高不变，底边变小故面积越来越小直到0为止．故选：A．
三.解答题
17．已知关于x的方程k•9x﹣3k•3x+6（k﹣5）=0，x∈［0，2］;分别求满足下列条件的实数k的取值范围:(1）有解;（2）有唯一解；
（3）有两个解．
【考点】函数与方程的综合运用；根的存在性及根的个数判断．【分析】（1）设t=3x,由指数函数的单调性，可得t的范围，将方程化为k=在[1，9］有解,设f（t）=t2﹣3t+6,求出在［1，9］的值域，即可得到所求k的范围．
（2）利用（1）的结果，通过函数的单调性与函数图象，求解方程只有一个解时k的范围；
(3）利用函数的图象，写出由两个解时k的范围．
【解答】解：（1)设t=3x,由x∈［0，2]，可得t∈［1，9]，
方程k•9x﹣k•3x+1+6(k﹣5）=0,即为kt2﹣3kt+6（k﹣5）=0,
即k=在［1，9]有解，
由f（t）=t2﹣3t+6=(t﹣）2+，
当t=∈[1，9]时，f（t）取得最小值，
f（1)=4,f（9）=60，可得f（t）的最大值为60．
可得k的最小值为=,
k的最大值为=8，
即有k的取值范围是［，8］．
(2）由(1)可知k=在［1，9］有解，
由f（t）=t2﹣3t+6=（t﹣）2+,
t∈［1，)f（t）是减函数，函数k是增函数；
t∈(,9］，f（t）是增函数,函数k是减函数．
t=1时,k=，t=9时，k=，函数k=在［1,9]的图象如
图:
有唯一解；实数k的取值范围：;
（3）有两个解．实数k的取值范围：；
18．在一次水下考古活动中,潜水员需潜入水深为30米的水底进行作业．其用氧量包含以下三个方面:①下潜时，平均速度为每分钟x 米，每分钟的用氧量为升；②水底作业需要10分钟，每分钟的用氧量为0.3升；③返回水面时,速度为每分钟米，每分钟用氧量为0.2升;设潜水员在此次考古活动中的总用氧量为y升．
（1）将y表示为x的函数；
（1)若x∈［4，8］，求总用氧量y的取值范围．
【考点】函数模型的选择与应用．
【分析】(1)通过速度、时间与路程之间的关系可知下潜所需时间为分钟、返回所需时间为分钟，进而列式可得结论;
（2）通过基本不等式可知及x∈[4，8]可知在［4，6］上单调递减、在[6，8]上单调递增，比较当x=4、8时的取值情况即得结论．
【解答】解：(1）依题意，下潜所需时间为分钟;返回所需时间为分钟,
∴，
整理得:（x＞0)；
（2)由基本不等式可知，当且仅当即x=6时取等号,
因为x∈［4,8］，
所以在［4,6］上单调递减、在[6，8]上单调递增，
所以当x=6时，y取最小值7,
又因为当x=4时；当x=8时，
所以y的取值范围是：．
19．已知函数f（x）对任意实数x,y恒有f(x+y）=f(x)+f（y）且当x ＞0，f（x)＜0,且f(1）=﹣2．
（1）判断f（x）的奇偶性；
(2）求f（x）在区间[﹣3，3]上的最大值;
（3)解关于x的不等式f(ax2）﹣2f（x）＜f（ax）+4．
【考点】抽象函数及其应用;函数奇偶性的判断．
【分析】(1）取x=y=0可得f（0)=0；再取y=﹣x代入即可;（2）先判断函数的单调性,再求函数的最值；
（3）由于f（x)为奇函数，整理原式得f(ax2）+f(﹣2x）＜f（ax）+f（﹣2）；即f(ax2﹣2x）＜f（ax﹣2)；再由函数的单调性可得ax2﹣2x＞ax﹣2，从而求解．
【解答】解：(1）取x=y=0，
则f(0+0）=f（0)+f（0）；
则f（0）=0；
取y=﹣x，则f(x﹣x）=f（x)+f（﹣x），
∴f（﹣x)=﹣f（x）对任意x∈R恒成立
∴f（x）为奇函数；
（2)任取x1，x2∈(﹣∞，+∞）且x1＜x2，则x2﹣x1＞0；∴f（x2）+f（﹣x1)=f（x2﹣x1）＜0;
∴f(x2）＜﹣f(﹣x1)，
又∵f(x）为奇函数
∴f（x1）＞f（x2）；
∴f(x)在（﹣∞，+∞）上是减函数；
∴对任意x∈[﹣3，3］，恒有f（x）≤f（﹣3）
而f(3）=f（2+1）=f（2）+f（1）=3f（1)=﹣2×3=﹣6;∴f(﹣3）=﹣f(3）=6；
∴f（x）在［﹣3,3]上的最大值为6；
(3）∵f（x）为奇函数，
∴整理原式得f（ax2）+f(﹣2x）＜f（ax）+f（﹣2）；即f（ax2﹣2x）＜f（ax﹣2）;
而f（x）在（﹣∞，+∞)上是减函数，
∴ax2﹣2x＞ax﹣2；
∴(ax﹣2）（x﹣1）＞0．
∴当a=0时，x∈（﹣∞，1）;
当a=2时,x∈｛x｜x≠1且x∈R}；
当a＜0时,；
当0＜a＜2时,
当a＞2时，．
20．定义符号函数sgn（x）=，已知a，b∈R，f（x)=x|x﹣a｜sgn（x﹣1)+b．
（1）求f（2）﹣f（1）关于a的表达式，并求f(2）﹣f（1）的最小值．
（2)当b=时，函数f（x）在（0，1）上有唯一零点，求a的取值范围．
（3）已知存在a，使得f（x)＜0对任意的x∈[1,2］恒成立，求b 的取值范围．
【考点】分段函数的应用．
【分析】(1）根据已知求出f（2)﹣f(1）=2｜2﹣a｜﹣｜1﹣a｜=，分析其单调性可得函数的最小值；
（2）当x∈（0，1）时，f（x）=，由f（x）=0得:,即，令g（x）=｜x﹣a|,h（x）=，在同一坐标系中分别作出两个函数在（0,1）上的图象,数形结合可得答案；
（3）若存在a，使得f（x）＜0对任意的x∈［1，2］恒成立，则+x ＜a＜+x对任意的x∈［1，2]恒成立，分类讨论可得答案．【解答】解：(1）∵函数sgn（x)=，f（x）=x｜x﹣a|sgn(x ﹣1）+b．
∴f（2）=2|2﹣a｜+b，f（1)=｜1﹣a｜+b,
∴f（2)﹣f(1)=2｜2﹣a|﹣|1﹣a|=,
由f（2）﹣f(1）在（﹣∞，2]上为减函数,在（2，+∞）上为增函数,故当a=2时,f（2）﹣f（1）的最小值为﹣1；
(2）当b=时，函数f（x）=﹣x|x﹣a|+=，
当x∈(0，1）时，f（x)=，
由f（x)=0得：，即，
令g（x）=|x﹣a|，h（x)=,
在同一坐标系中分别作出两个函数在（0，1）上的图象，如下图所示：
由图可得：当a∈（﹣∞，）∪｛｝∪[,+∞）时,两个函数图象有且只有一个交点，
即函数f(x）在（0，1）上有唯一零点；
（3）x∈［1，2]时，f（x）=x｜x﹣a｜+b,
由f（x）＜0得：|x﹣a｜＜，
∴b＜0，且＜x﹣a＜对任意的x∈［1，2］恒成立，
即+x＜a＜+x对任意的x∈[1，2]恒成立，
∵y=+x在［1，2］上单调递增，故当x=2时，y=+x取最大值2+,
y=+x，x∈［1，2]的最小值为：，
①，解得：b∈（﹣1,﹣）；
②，解得：b∈［﹣4,﹣1]；
③解得：b∈（﹣∞，﹣4)，
综上可得:b∈（﹣∞，﹣）．
2017年4月17日。