2020_2021学年新教材高中数学第三章函数单元综合一课一练含解析第一册

专题突破专练
专题1函数的值域及应用
1。

设函数f（x）的定义域为R，以下三种说法:①若存在常数M，使得对任意x∈R,有f(x）≤M,则M是f(x)的最大值；②若存在x0∈R,使得对任意x∈R,有f（x）≤f(x0），则f（x0）是f(x)的最大值；
③若存在x0∈R，使得对任意x∈R，且x≠x0有f（x）≤f(x0)，则f （x0）是f(x)的最大值.其中正确说法的个数为（).
A.0 B。

1 C。

2 D.3
答案:C
解析：由函数最大值的概念知②③正确.
2。

(2018·衡水武邑中学高一月考）函数f（x)在区间[—2，5]上的图像如图3-4所示，则此函数在区间［—2,5]上的最小值、最大值分别是（）。

图3-4
A。

—2，f（2) B。

2，f（2) C。

-2,f（5) D。

2，f(5）
答案：C
解析：由函数最值的几何意义知，当x=-2时，有最小值—2；当x=5时,有最大值f（5)。

3.函数f（x）=x2+3x+2在区间(-5,5)上的最大值、最小值分别为(）。

A.42,12 B。

42,-1
4
C 。

12，-14 D.无最大值,最小值为—1
4
答案:D
解析：∵f （x ）=(x +32)2-1
4,x ∈(-5,5),
∴当x =—32时,f (x ）有最小值-14
,f （x )无最大值。

4。

(2018·茂名高一检测）函数f (x ）=11-x (1-x )的最大值是（ )。

A 。

45 B.54 C .34 D .43
答案：D
解析：令t =1-x (1-x )=(x -12)2
+34≥34,∴0<f (x ）≤43，即f （x )的最大值为43。

5。

（2018·张家口高一检测)函数f (x )={x 2-2x +4,x <-1,
-2x +5,-1≤x <1,3,x ≥1
的值域是（ )。

A 。

（-∞,3］
B 。

［3,+∞)
C 。

(-∞，-3]
D 。

［-3,+∞） 答案：B
解析:作出函数的图像如图所示，由图像知函数的值域为[3,+∞）。

6。

（2019·温州十校联合体高一期中联考）定义域为R 的函数y =f (x )的值域为[a ,b ］，则函数y =f （x +a )的值域为( )。

A.［a ,b ] B.[2a ，a +b ］
C 。

［0，b -a ］
D 。

［-a ,a +b ] 答案：A
解析：函数y=f(x)的图像左右平移后得y=f(x+a）的图像,因此它们的值域是相同的。

【易错点拨】对于抽象函数而言，充分利用图像平移规律,数形结合是解题的关键。

专题2函数的性质及应用
7.（2018·阜阳临泉县一中高一月考）已知函数f（x)=x+1
2x
+2，其中x∈[1，+∞）。

（1）试判断它的单调性；
答案:函数f(x）=x+1
2x +2,设1≤x1<x2，f(x1)—f（x2）=(x1—x2）+(1
2x1
-1
2x2
)=
（x1—x2)·(1-1
2x1x2)=（x1—x2)·2x1x2-1
2x1x2
.∵1≤x1〈x2,∴x1—x2〈0,x1x2〉
1,∴2x1x2—1>0，∴f（x1)—f(x2）〈0,即f（x1）<f(x2）,∴f(x）在区间［1,+∞)上单调递增。

(2)试求它的最小值。

答案:由（1)知当x=1时，f（x）有最小值7
2。

【易错点拨】（1)求函数的最值问题实质上就是求函数的值域问题，因此求函数值域的方法也可以用来求函数的最值。

(2)需要注意的是分段函数的最大(小)值是各段函数最大(小)值中的最大（小)者。

8.（2019·平邑县实验中学高一月考）奇函数f（x)的定义域为R,若f（x-9)=f（x),且f（1）=1，则f（8)+f（9)=（）。

A.-2
B.—1 C。

0 D。

1
答案：B
解析:f(8）=f（8-9）=f（—1）。

∵f（-x）=—f(x)，且x∈R,
∴f （0）=0,f (—1)=—f (1)=—1,即f （8）=-1。

又f （9-9）=f (9），即
f （0）=f (9）=0，
∴f (8)+f （9)=-1。

9.(2018·南充一中高一月考）函数y =x 2
(x+1)
x+1（ )。

A.是奇函数 B 。

是偶函数
C 。

既是奇函数也是偶函数 D.既不是奇函数也不是偶函数 答案：D
解析：∵函数y =
x 2(x+1)x+1
的定义域为{x ｜x ≠—1},不关于原点对称，
∴此函数既不是奇函数也不是偶函数.
【易错点拨】一个函数不论是奇函数还是偶函数，它的定义域一定关于坐标原点对称，否则这个函数不满足奇函数或偶函数的条件,即这个函数既不是奇函数也不是偶函数。

10。

(2019·石家庄二中高一期中)设奇函数f (x )在(0,+∞)上为增函数,且f (2)=0,则不等式f (x )-f (-x )x <0的解集为（ )。

A 。

（-2，0)∪（2，+∞) B 。

(-2，0)∪(0，2） C 。

(—∞,-2)∪（2,+∞） D 。

(-∞,-2)∪(0，2） 答案：B
解析：f (x )-f (-x )x 〈0可变成{f (x )-f (-x )>0,x <0, ①
或{f (x )-f (-x )<0,x >0。

②
∵f (x ）是奇函数,在(0，+∞）上是增函数, ∴在(-∞,0)上也是增函数。

又f（2)=0,
∴f（—2)=—f（2）=0。

解得—2<x〈0;
∴不等式组①变成{f(x)>0=f(-2),
x<0,
解得0<x<2。

不等式组②变成{f(x)<0=f(2),
x>0,
∴原不等式的解集是（-2,0）∪（0,2）。

11.（2019·吉林实验中学高一期末)已知f(x）为奇函数,在区间［3,6]上是增函数,且在此区间上的最大值为8，最小值为-1，则2f（—6）+f（—3）=().
A.-15
B.-13
C.-5 D。

5
答案：A
解析：因为函数在［3，6]上是增函数,所以f（6）=8，f(3）=—1,又函数f（x)为奇函数,所以2f（—6）+f(—3）=—2f
（6)—f(3)=-2×8+1=-15,故选A。

12.(2018·西宁高一期末)设函数f（x）在定义域R上满足f(—x)+f （x）=0，若f(x）在（0,+∞)上是减函数,且f（—2)=0,则满足（x—1)f(x）〉0的x的取值范围为（）。

A。

(-∞，1)∪(1,2） B.（—2,0）∪（1,2）
C。

(-2,1)∪（2,+∞） D.（-∞,-2)∪(1,+∞）
答案：B
解析：由条件知函数f（x)是奇函数，且在(0，+∞）上是减函数,f(-2）=0，f(2）=0,根据这些特点可以画出图像(图略），得到f（x)〈0的x的取值范围为(—2,0）∪（2,+∞)，f（x)〉0的x的取值范围为(—∞,—2)
∪（0，2)。

故可求得满足(x -1)f （x )〉0的x 的取值范围为（-2，0）∪（1，2)。

13。

函数f （x )是定义在R 上的偶函数,且函数图像关于x =1对称,当
x ∈［0,1]时，f （x ）=2x ,若在区间[-2，3］上,方程ax +2a -f (x )=0恰有
四个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是（ )。

A 。

(0,25) B.(25,23) C 。

[25,23] D.(2
3
,1) 答案：B
解析：将方程转化为a (x +2)=f （x ),于是问题转化为函数y =f （x ）与
y =a （x +2）的图像的交点问题。

在同一坐标系中作出函数y =f （x )
与y =a (x +2)的图像,如图所示,y =a （x +2）为过(-2,0)的直线,此直线在
[-2,3］上与函数y =f （x )有4个不同的交点，只需满足{3a <f (1)=2,5a >f (3)=2,
解得25〈a 〈2
3
,故选B.
专题3函数图像及应用 14.已知函数f （x )=
{-x 2+2x ,x >0,
1,x =0,-x -1,x <0。

（1）求f ｛f [f (-1)]}的值; 答案:f （—1)=-(—1）—1=0,
f [f (-1）]=f (0)=1，
f {f ［f (—1)］}=f (1)=-12+2×1=1。

（2）画出函数的图像；
答案：图像如图所示。

（3)指出函数的单调区间。

答案：由图像得单调递减区间为（-∞，0），(1,+∞)，
单调递增区间为(0，1).
15。

已知一次函数y=ax+b与二次函数y=ax2+bx+c(a≠0）,则它们在同一坐标系中的大致图像是（)。

图3—5
图3—6
答案：D
解析：选项A中,一次函数中b<0，二次函数中b=0,排除A;选项B，C中，一次函数中b>0,二次函数中b=0,排除B，C。

故选D。

16.(2019·大庆铁人中学高一段考)如图3—6是张大爷离开家晨练过程中离家距离y与行走时间x之间函数关系的图像.若用黑点表示张大爷家的位置，则张大爷散步行走的路线可能是(）。

图3—7
答案：D
解析：由题图可知散步前期随着时间的增加距离增大，因此行进时远离家,中期与家的距离不变,因此行进在以家为圆心的圆弧上,后期随着时间的增加离家的距离减小，因此回家。

17。

(2018·北京西城区高一检测)函数y=x+1
x
的大致图像是（).
图3—8
答案：B
解析:设f(x）=x+1
x ，则f（—x）=（-x）+1
-x
=—(x+1
x
)=—f(x),
∴f(x)是奇函数，图像关于原点对称。

又x>0时，1
x >0，∴f（x)=x+1
x
〉0.故选B。

18。

若函数y=f（x+1）是偶函数，则下列说法不正确的是(）。

A。

y=f(x）的图像关于直线x=1对称
B.y=f(x+1）的图像关于y轴对称
C。

必有f（1+x)=f(—1-x)成立
D.必有f(1+x)=f(1-x)成立
答案：C
解析:由题意，y =f (x +1）是偶函数，所以f (x +1)的图像关于y 轴对称,故B 正确；将y =f （x +1)的图像向右平移一个单位即得函数y =f (x ）的图像,故A 正确;令g (x ）=f (x +1），由题意g (—x )=g （x ),得f （-x +1)=f （x +1),故D 正确.故选C 。

19。

(2018·北京实验中学高一期中）已知f （x ）是定义在区间[-2，2］上的奇函数,它在(0，2］上的图像是一条如图3-9所示的线段(不含点（0,1)),则不等式f (x ）-f （-x ）〉x 的解集为 。

图3-9
答案：［-2,-1）∪(0,1）
解析：由已知,当0〈x ≤2时，f (x ）=-12
x +1,又因为f (x ）为奇函数,所以当—2≤x <0时,f (x )=—f (—x ）=——12·（—x )+1=-12
x —1,f （0)=0。

不等式f （x ）—f （-x ）〉x 可化为2f （x ）>x ，显然x =0不是它的解。

当0〈x ≤2时,2(-12
x +1)>x ,解得0〈x <1;
当-2≤x <0时，2(-12x -1)〉x ，解得—2≤x 〈-1。

综上,不等式的解集为[-2，-1）∪（0，1）。

专题4抽象函数及其应用
20。

具有性质:f (1
x )=—f (x ）的函数,我们称为满足“倒负”变换的函数,下列函数：①y =x —1x ；②y =x +1x ;③y =
{x ,0<x <1,
0,x =1,-1
x
,x >1,
其中满足“倒负"变换
的函数是（ ）.
A 。

①②
B 。

①③
C 。

②③
D 。

① 答案：B
解析:对于①，设f (x )=x -1x ,则f (1
x )=-f (x ）,所以满足“倒负"变换的概念；对于②，设f （x )=x +1x ,满足f (1x )=f (x )，不满足“倒负”变换的概念;
对于③，设f (x ）=
{x ,0<x <1,
0,x =1,-1
x ,x >1,
当0〈x 〈1时,f (1
x )=-x =-f (x )，当x 〉1
时,f (1x )=1x =—f （x ),当x =1时，1x =1,所以f (1
x )=-f (x ）成立,满足“倒负”
变换的概念。

故选B 。

21.(2018·包头高一期末)已知定义在（0,+∞)上的减函数f (x ）满足条件：对任意x ，y ∈(0,+∞）,总有f (xy ）=f （x )+f （y ）-1，则关于
x 的不等式f (x —1）>1的解集是（ ）。

A.(1，+∞) B .（1，2） C 。

（-∞,2） D.（0,2) 答案：B
解析：令x =y =1,得f （1×1）=2f (1）-1,则f （1)=1,故所求不等式等
价于{x -1>0,f (x -1)>f (1)。

又函数f (x ）在（0,+∞）上为减函数,故上述不等式组变为{x -1>0,x -1<1,
解得1〈x <2。

22.(2019·菏泽高一期中)已知函数f (x ）对任意的实数x ，y 都有
f (x +y )=f （x )+f （y )—1，且当x >0时，f (x )〉1。

(1）求证：函数f （x ）在R 上是增函数;
答案：证明：设x1,x2是R上的任意两个数,且x1<x2,则x2—x1〉0，∴f （x2-x1)〉1，∴f（x2)=f（x2-x1+x1）=f（x2-x1）+f（x1）-1〉f(x1),∴f(x)在R上是增函数。

（2）若关于x的不等式f（x2—ax+5a）〈f(m）的解集为{x｜-3<x 〈2}，求m的值。

答案：解:∵f（x）是R上的增函数,且f（x2-ax+5a）<f（m）的解集为{x｜—3<x<2},∴x2—ax+5a<m的解集为（—3，2),∴-3和2为方程x2-ax+5a-m=0的两个根，由根与系数的关系得{a=-1,
5a-m=-6,
解得m=1.
23.（2018·曲阜二中高一检测）定义在R上的函数f（x)，满足当x>0时，f(x）〉1,且对任意的x,y∈R，有f(x+y）=f（x）·f(y)，f （1）=2。

(1)求f(0）的值；
答案：解：由题意知对任意x，y∈R，f（x+y）=f（x)·f(y),
∴令x=y=0,得f(0)=f（0)·f（0），即f（0）·[f(0)—1]=0.令y=0，得f(x)=f（x)·f(0),对任意x∈R成立，
所以f（0)≠0，因此f（0)=1。

(2）求证:对任意x∈R,都有f（x）〉0；
答案:证明:对任意x∈R，有f(x)=f(x
2+x
2
)=f(x2)·f(x2)=[f(x2)]2≥0。

假设存在x0∈R,使f（x0）=0，则对任意x〉0，有f(x）=f[(x-x0)+x0]=f(x—x0)·f（x0）=0。

这与已知当x>0时，f（x）>1矛盾。

∴对任意x∈R,均有f（x)〉0成立。

（3)解不等式f(3—2x）>4.
答案:解:令x=y=1有f(1+1）=f（1)·f（1）,
∴f（2)=2×2=4。

任取x1,x2∈R，且x1<x2,则f(x2)—f（x1)=f［（x2—x1）+x1］-f(x1）=f(x2—x1）·f(x1）—f（x1)=f(x1）·[f（x2-x1）-1]。

∵x1<x2，∴x2—x1>0，由已知得f(x2-x1）〉1，
∴f（x2-x1）-1>0，
由（2)知x1∈R,f（x1）〉0,∴f（x2）—f（x1)>0,
即f（x1）〈f（x2），故函数f（x)在（-∞，+∞)上是增函数。

由f(3-2x）〉4，得f(3—2x）>f（2),。

即3—2x〉2，解得x<1
2
∴不等式的解集是(-∞,1
).
2
真题分类专练
题组1求函数解析式及函数值的应用
1.（2017·浙江卷·T5）若函数f（x）=x2+ax+b在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m,则M—m的值（).
A.与a有关，且与b有关
B.与a有关，但与b无关
C。

与a无关，且与b无关
D.与a无关，但与b有关
答案：B
解析:因为最值在f(0)=b,f（1)=1+a+b,f(-a
)=b—a24中取,所以最值之差
2
与a有关,与b无关,选B.
2.（2017·山东卷文·T9)设f （x )={√x ,0<x <1,2(x -1),x ≥1,
若f (a ）=f （a +1)，则f (1a )=（ ）. A 。

2 B.4 C 。

6 D.8 答案:C
解析：由当x ≥1时,f (x ）=2(x -1)是增函数可知,若a ≥1,则f （a ）≠f (a +1），
所以0<a 〈1，由f (a ）=f （a +1）得√a =2(a +1—1),解得a =14,则f (1
a
)=f （4）=2×(4-1)=6，故选C.
3.(湖北卷·T6)已知符号函数sgn x =
{1,x >0,
0,x =0,-1,x <0。

f （x ）是R 上的增函
数,g (x )=f （x ）—f (ax )（a >1）,则（ ）。

A.sgn ［g （x ）］=sgn x B 。

sgn ［g (x )］=-sgn x C.sgn[g （x )］=sgn ［f （x )] D.sgn[g (x ）］=—sgn ［f （x )］ 答案:B
解析：因为f （x ）是R 上的增函数,令f （x ）=x ,所以g (x ）=(1-a )x ,又因为a 〉1,所以g （x ）是R 上的减函数，由符号函数sgn x ={1,x >0,0,x =0,-1,x <0,
知，sgn[g （x ）］=
{-1,x >0,0,x =0,1,x <0
=—sgn x 。

4.（2017·全国Ⅱ卷·T14)已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，当
x ∈（-∞,0）时,f (x ）=2x 3+x 2，则f （2）= .
答案:12
解析：函数f (x ）是定义在R 上的奇函数，f （—x ）=-f (x )，则f （x ）=—f （-x ),f （2)=—f (-2）=-[2×(-2）3+(—2）2]=12.
5。

（浙江卷·T12）设函数f (x )=x 3+3x 2+1。

已知a ≠0，且f (x ）—f （a ）=(x -b ）(x —a )2，x ∈R,则实数a = ，b = 。

答案：—2 1
解析：f (x ）-f （a )=x 3+3x 2+1—a 3-3a 2-1=x 3+3x 2—a 3—3a 2,(x —b )（x —a ）
2
=x 3-（2a +b )x 2+（a 2+2ab )x -a 2b ,
所以{-2a -b =3,a 2+2ab =0,-a 2b =-a 3-3a 2,
解得
{a =-2,b =1。

6.(江苏卷·T11)设f (x ）是定义在R 上且周期为2的函数，在区间［-1,1）
上,f （x ）={x +a ,-1≤x <0,
|25
-x|,0≤x <1,其中a ∈R.若f (-52)=f (92
)，则f (5a ）的值是 。

答案：—25
解析：f (-52)=f (-12)=f (92)=f (12)⇒—12+a =12—25⇒a =35， 因此f （5a ）=f （3）=f （1）=f (—1）=-1+35=-25
. 7.(2019·浙江卷·T4）函数y =√7+6x -x 2的定义域是 。

答案：[—1，7］
解析：由已知得7+6x —x 2≥0,即x 2—6x -7≤0，解得—1≤x ≤7,故函数的定义域为［—1，7］。

8。

(浙江卷文·T20）设函数f （x ）=x 2+ax +b (a ,b ∈R ）。

（1）当b =a 2
4 +1时,求函数f (x ）在[-1，1］上的最小值g (a ）的表达
式；
答案：当b =a 2
4+1时，f （x )=(x +a 2)2
+1，故其对称轴为x =-a 2。

当—a 2≥1,即a ≤—2时，g (a )=f （1）=a
2
4
+a +2。

当—1≤—a 2<1,即-2<a ≤2时，g (a )=f (-a 2
)=1。

当—a
2〈—1,即a >2时，g (a ）=f (-1）=a 2
4—a +2。

综上,g (a ）=
{ a 2
4+a +2,a ≤-2,
1,-2<a ≤2,a 2
4-a +2,a >2。

（2)已知函数f （x ）在[-1,1]上存在零点,0≤b —2a ≤1，求b 的取值范围。

答案：设s ,t 为方程f (x )=0的解，且-1≤t ≤1，则{s +t =-a ,
st =b 。

由于0≤b -2a ≤1，因此-2t t+2≤s ≤1-2t
t+2(-1≤t ≤1).
当0≤t ≤1时,-2t 2
t+2≤b ≤t -2t 2
t+2,
由于—23≤-2t 2
t+2≤0和—13≤t -2t 2
t+2
≤9-4√5, 所以—23
≤b ≤9-4√5. 当—1≤t <0时，t -2t 2
t+2≤b ≤-2t 2
t+2,
由于-2≤-2t 2
t+2〈0和-3≤t -2t 2
t+2〈0，所以—3≤b 〈0。

综上可知，b 的取值范围是[—3,9-4√5]。

题组2函数图像及性质的相关应用
9.(2018·全国Ⅱ卷·T11）已知f （x )是定义域为（-∞,+∞）的奇函数，满足f (1—x )=f （1+x ）。

若f （1）=2，则f (1）+f （2)+f （3)+…+f (50)=( ).
A 。

-50 B.0 C.2 D.50 答案:C
解析：因为f （x )是定义域为(-∞,+∞)的奇函数,且f （1—x ）=f (1+x ), 所以f (1+x ）=-f (x —1),
∴f (3+x )=—f （x +1）=f (x —1)。

∴T =4，因此f (1)+f (2)+f (3)+…+f （50)=12［f （1)+f （2）+f （3）+f （4)]+f （1）+f (2）,
因为f (3)=—f (1)，f (4）=-f （2),所以f （1)+f (2）+f （3）+f (4)=0， ∵f (2）=f (-2)=-f （2）,∴f （2）=0,从而f （1）+f （2）+f (3）+…+f (50)=f (1)=2，选C.
【易错点拨】函数的奇偶性与周期性相结合的问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换,将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解。

10。

（2017·天津卷·T8）已知函数f （x ）={|x |+2,x <1,x +2
x
,x ≥1。

设a ∈R,若关于x 的不等式f （x )≥|x 2+a|在R 上恒成立,则a 的取值范围是（ ）。

A 。

［—2，2］ B 。

[-2√3,2] C.[-2,2√3］ D.[—2√3，2√3] 答案：A
解析:作出f （x )的图像如图所示,当y =|x 2
+a|的图像经过点(0，2)时,可知a =±2.当y =x 2+a 的图像与y =x +2x 的图像相切时,由x 2+a =x +2x
，得x 2-2ax +4=0,由Δ=0，并结合图像可得a =2.要使f （x ）≥|
x 2
+a|
恒成立,
当a ≤0时,需满足—a ≤2，即—2≤a ≤0;当a 〉0时，需满足a ≤2.综
上，-2≤a ≤2.
11。

（2018·天津卷文·T14)已知a ∈R,函数f （x )={x 2
+2x +a -2,x ≤0,
-x 2+2x -2a ,x >0,
若对任意x ∈［-3,+∞）,f （x )≤｜x |恒成立,则a 的取值范围是 。

答案：[18
,2] 解析:分类讨论:①当x 〉0时，f （x )≤|x ｜即-x 2+2x —2a ≤x ,
整理可得a ≥-12
x 2+12x , 由恒成立的条件可知a ≥(-12x 2+12x)max
（x >0)，
结合二次函数的性质可知：
当x =12时,(-12x 2+12x)max
=-18+14=18，则a ≥1
8； ②当—3≤x ≤0时，f （x )≤|x ｜即x 2+2x +a -2≤-x ，整理可得a ≤—x 2-3x +2,
由恒成立的条件可知:a ≤(—x 2—3x +2）min (-3≤x ≤0）， 结合二次函数的性质可知:
当x =—3或x =0时，(-x 2-3x +2）min =2,则a ≤2； 综合①②可得a 的取值范围是[18
,2]。

【易错点拨】对于恒成立问题,常用到以下两个结论:（1）a ≥f （x )恒成立⇔a ≥f （x ）max ;
（2)a ≤f （x ）恒成立⇔a ≤f （x )min 。

有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图像是探求解题思路的有效方法.
一般从：①开口方向;②对称轴位置；③判别式;④端点函数值符号四个方面分析.
12。

（江苏卷·T10）已知函数f （x )=x 2+mx —1，若对于任意的x ∈[m ，m +1］都有f (x ）〈0，则实数m 的取值范围为 。

答案：(-√22,0)
解析：据题意得{f (m )=m 2+m 2-1<0,
f (m +1)=(m +1)2+m (m +1)-1<0,解得—√22<m <0。

13。

（上海卷·T12)设a 为实常数,y =f （x )是定义在R 上的奇函数,且当x <0时,f (x )=9x +a 2
x +7。

若f （x )≥a +1对一切x ≥0成立，则a 的
取值范围是 . 答案：(-∞,-87
]
解析:∵y =f (x )是定义在R 上的奇函数，∴f (0）=0, ∴当x 〉0时，f (x )=—f （-x ）=9x +a 2
x —7，
而9x +a 2
x -7≥2√9x ·a 2
x -7=6｜a ｜—7,当且仅当x =|a |3
时,“=”成立， ∴当x 〉0时,要使f （x )≥a +1恒成立,只需6｜a |-7≥a +1⇒a ≤—87
或a ≥85
,
又∵x =0时,f （0）=0≥a +1， ∴a ≤—1，
综上，故实数a 的取值范围是(-∞,-87]。

题组3函数零点及有关问题
14。

(2017·山东卷·T10）已知当x ∈［0，1］时,函数y =(mx -1）2的图像与y =√x +m 的图像有且只有一个交点，则正实数m 的取值范围是( )。

A.（0，1］∪[2√3，+∞）
B.(0,1]∪［3，+∞）
C 。

（0，√2]∪[2√3,+∞） D.（0，√2］∪［3,+∞） 答案:B
解析:当0〈m ≤1时，需满足1+m ≥（m —1）2,解得0≤m ≤3，故这时0〈m ≤1；当m >1时，需满足(m —1)2≥1+m ,解得m ≥3或m ≤0,故这时m ≥3。

综上可知,正实数m 的取值范围为(0,1]∪[3,+∞)。

15.(全国Ⅱ卷·T12)已知函数f (x ）(x ∈R ）满足f （x ）=f （2-x ），若函数y =｜x 2—2x -3|与y =f (x )图像的交点为（x 1,y 1)，(x 2，y 2)，…,（x m ，
y m ），则∑i=1
m x i
=（ ）.
A.0 B 。

m C.2m D.4m 答案：B
解析:因为y =f （x ),y =|x 2-2x -3｜的图像都关于x =1对称,所以它们图像的交点也关于x =1对称,当m 为偶数时,其和为2×m 2=m ;当m 为奇数时，其和为2×m -12+1=m ,因此选B 。

【易错点拨】如果函数f (x ),满足∀x ∈D ,恒有f （a +x )=f （b -x ），那么函数的图像有对称轴x =a+b 2
;如果函数f (x )，满足∀x ∈D ,恒有f (a —x )=—f （b +x ）,那么函数f (x )的图像有对称中心(
a+b 2
,0)。

16.（天津卷文·T8)已知函数f （x )={2-|x |,x ≤2(x -2)2
,x >2,
函数g （x )=3-f (2-x )，则函数y =f (x ）—g (x )的零点的个数为( ）。

A.2 B.3 C 。

4 D 。

5 答案：A
解析:当x<0时,2—x〉2,所以f(x)=2-｜x|=2+x，f（2—x)=x2，此时
函数f（x）-g（x)=f（x）+f(2-x）—3=x2+x—1,其小于零的零点为
x=—1+√5
；当0≤x≤2时，f(x)=2-｜x｜=2-x,f（2-x)=2-｜2-x|=x，函2
数f(x)—g(x)=2-x+x—3=-1无零点;当x>2时,f(x）=（x—2）2,f （2—x)=2—｜2—x|=4-x,函数f(x）-g(x）=（x—2）2+4-x—3=x2—5x+5，。

综上可得函数y=f（x）—g(x）的零点的其大于2的零点为x=5+√5
2
个数为2。

故选A。

函数g(x)=b—f（2-x），17。

（天津卷·T8)已知函数f（x)={2-|x|,x≤2,
(x-2)2,x>2,
其中b∈R,若函数y=f(x）-g（x）恰有4个零点，则b的取值范围是（）。

A.(7
,+∞)B.(-∞,74)
4
C。

(0,7
) D。

(74,2)
4
答案：D
解析：函数y=f(x）-g（x）恰有4个零点,即方程f（x)-g(x)=0,即b=f （x)+f（2-x)有4个不同的实数根,即直线y=b与函数y=f（x)+f(2—x）
的图像有四个不同的交点。

又y=f（x）+f（2—x）={x2+x+2,x<0,
2,0≤x≤2,
x2-5x+8,x>2,
作出该函数的图像如图所示,由图像得当7
<b〈2时,直线y=b与函数
4
y=f(x）+f（2—x)的图像有4个不同的交点，故函数y=f(x)-g（x）恰
有4个零点时,b的取值范围是(7
,2)，故选D.
4
18.（2018·浙江卷·T15)已知λ∈R ，函数f (x )={x -4,x ≥λ,
x 2-4x +3,x <λ,
当λ=2时,不等式f （x ）<0的解集是 .若函数f (x ）恰有2个零点,则λ的取值范围是 。

答案：（1，4） (1,3］∪（4，+∞)
解析:由题意得{x ≥2,x -4<0
或{x <2,x 2-4x +3<0,解得2≤x 〈4或1<x 〈2，即1〈x <4，不等式f （x )<0的解集是(1,4）.当λ>4时，f （x )=x —4>0，此时f (x ）=x 2-4x +3=0，x =1，3，即在(-∞，λ）上有两个零点；当λ≤4时，f (x ）=x —4=0，x =4，由f (x )=x 2-4x +3在（-∞,λ）上只能有一个零点得1〈λ≤3。

综上,λ的取值范围为(1，3］∪（4，+∞)。

19。

（2018·天津卷·T14）已知a 〉0，函数f （x ）={x 2+2ax +a ,x ≤0,-x 2
+2ax -2a ,x >0。

若
关于x 的方程f （x )=ax 恰有2个互异的实数解，则a 的取值范围
是 。

答案：(4,8)
解析：当x ≤0时,由x 2+2ax +a =ax ，得a =-x 2-ax ；当x 〉0时,由—x 2
+2ax —2a =ax ,得2a =—x 2
+ax 。

令g （x ）=
{-x 2-ax ,x ≤0,
-x 2
+ax ,x >0。

作出直线y =a ，
y =2a ，函数g (x ）的图像如图所示,g (x )的最大值为-a 24
+a 22
=a 24
,由图像可
知，若f （x ）=ax 恰有2个互异的实数解，则a <a 2
4〈2a ，解得4<a
〈8.
20.(广东卷文·T21)设a 为实数，函数f （x )=（x -a )2+|x —a ｜-a （a —1)。

(1）若f (0）≤1,求a 的取值范围;
答案：f (0)=a 2+｜a ｜—a 2+a =|a ｜+a ，因为f （0）≤1,所以|a |+a ≤1，当a ≤0时，0≤1，显然成立;当a 〉0,则有2a ≤1,即a ≤12，所以0<a ≤12。

综上所述，a 的取值范围是(-∞,12]。

（2)讨论f (x ）的单调性;
答案：f (x )={x 2
-(2a -1)x ,x ≥a ,x 2-(2a +1)x +2a ,x <a ,
对于u 1=x 2—(2a -1）x ,其对称轴为x =2a -12=a —12<a ,开口向上,所以f (x )在[a ，+∞)上单调递增;
对于u 2=x 2—（2a +1)x +2a ，其对称轴为x =2a+12=a +12
>a ，图像开口向上， 所以f （x ）在（—∞，a ）上单调递减.
综上所述,f （x )在[a ，+∞）上单调递增，在（—∞,a )上单调递减。

(3)当a ≥2时,讨论f (x )+4x 在区间(0,+∞)内的零点个数。

答案：由（2）得f (x )在［a ,+∞)上单调递增,在（0，a )上单调递减，所以f （x ）min =f （a )=a -a 2.
①当a =2时,f (x )min =f (2）=-2，f （x )=
{x 2-3x ,x ≥2,
x 2-5x +4,x <2,
令f (x )+4x =0,即f （x )=—4x （x 〉0）,
因为f （x )在(0,2）上单调递减,所以f (x ）〉f （2）=—2，
而y =—4
x 在(0，2）上单调递增,y <f （2）=-2， 所以y =f (x )与y =-4x 在（0,2)无交点.
当x ≥2时，f (x )=x 2-3x =-4x ，即x 3-3x 2+4=0，所以x 3—2x 2-x 2+4=0,所以（x —2)2（x +1)=0,因为x ≥2，所以x =2,即当a =2时,f (x ）+4x 有一个零
点x =2.
②当a>2时,f（x）min=f（a）=a—a2，
当x∈（0，a)时,f(0)=2a〉4，f(a)=a—a2,而y=-4
x
在x∈（0，a)上单调递增，
当x=a时,y=—4
a 。

下面比较f（a)=a—a2与—4
a
的大小。

因为
a—a2-(-4
a )=-(a3-a2-4)
a
=-(a-2)(a2+a+2)
a
〈0,
所以f(a）=a-a2〈—4
a
，
结合图像不难得到当a>2时，y=f（x）与y=—4
x
有两个交点。

综上所述,当a=2时，f（x）+4
x 有一个零点x=2;当a〉2时,f（x)+4
x
有
两个零点。