2013年高考数学二轮复习学案：专题2函数的性质及应用试题和解析(II)

2013年高考数学二轮复习学案：专题2函数的性质及应用试题和解析（II ）高考中考查函数性质的形式不一，时而填空题，时而解答题，时而与其他章节综合，在解决问题的某一步骤中出现.在二轮复习中要注重知识点之间的联系，同时还要注意结合函数图象解决问题.,此外，函数的对称性、周期性常与函数的奇偶性、单调性综合起来考查；函数的零点问题是近年来新增的一个考点，也要引起足够的重视.1．已知函数F (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x ＋12－1是R 上的奇函数，a n ＝f (0)＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f (1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项a n ＝________.解析：由题意知F (－x )＝－F (x )，即f ⎝⎛⎭⎫－x ＋12－1＝－f ⎝⎛⎭⎫x ＋12＋1，f ⎝⎛⎭⎫x ＋12＋f ⎝⎛⎭⎫－x ＋12＝2.[来源:学科网]令t ＝x ＋12，则f (t )＋f (1－t )＝2.分别令t ＝0，1n ，2n ，…，n －1n ，n n ，得f (0)＋f (1)＝f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＝ (2)∵a n ＝f (0)＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f (1)， ∴由倒序相加法得2a n ＝2(n ＋1)，故a n ＝n ＋1. 答案：n ＋12．(2012·徐州期末)设函数f (x )＝x |x |＋bx ＋c ，给出下列四个命题 ①当c ＝0，y ＝f (x )是奇函数；②当b ＝0，c <0时，方程f (x )＝0只有一个实数根； ③y ＝f (x )的图象关于点(0，c )对称； ④方程f (x )＝0至多有两个实数根． 其中命题正确的是________．解析：当c ＝0时f (－x )＝－x |x |－bx ＝－f (x )，①正确；当b ＝0，c <0时由f (x )＝0得x |x |＋c ＝0，只有一个正根，②正确；若P (x ，y )是y ＝f (x )图象上的任意一点，则f (－x )＝－x |x |－bx ＋c ＝2c －(x |x |＋bx ＋c )＝2c －y ，即P ′(－x,2c －y )也在y ＝f (x )的图象上，③正确；④不正确，如b ＝－2，c ＝0时，f (x )＝0有3个实数根．答案：①②③3．已知函数f (x )＝|x 2－2ax ＋b |(x ∈R )．给出下列命题： ①f (x )必是偶函数；②当f (0)＝f (2)时，f (x )的图象必关于直线x ＝1对称； ③若a 2－b ≤0，则f (x )在区间[a ，＋∞)上是增函数； ④f (x )有最大值|a 2－b |. 其中正确的序号是________．解析：①显然是错的；②由于函数加了绝对值，所以对于一个函数值可能对应的x 值有4个，故不一定得到对称轴是x ＝1；由于a 2－4≤0时，f (x )＝x 2－2ax ＋b ，故③正确；④结合函数图象，可以判定函数无最大值．答案：③4．(2012·淮阴联考)给出下列四个结论：①函数y ＝k ·3x (k 为非零常数)的图象可由函数y ＝3x 的图象经过平移得到； ②不等式⎪⎪⎪⎪ax －1x >a 的解集为M ，且2∉M ，则a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫14，＋∞； ③定义域为R 的函数f (x )满足f (x ＋1)·f (x )＝－1，则f (x )是周期函数；④已知f (x )满足对x ∈R 都有f ⎝⎛⎭⎫12＋x ＋f ⎝⎛⎭⎫12－x ＝2成立，则f ⎝⎛⎭⎫18＋f ⎝⎛⎭⎫28＋…＋f ⎝⎛⎭⎫78＝7. 其中正确结论的序号是________．(把你认为正确命题的序号都填上) 解析：由|k |·3x ＝3x ＋log 3|k |(k ≠0)知①正确；由2∉M 得⎪⎪⎪⎪2a －12≤a ，即a ≥14，故②不正确；由f (x ＋1)＝－1f (x )得f (x ＋2)＝f (x )，故③正确；由f ⎝⎛⎭⎫12＋x ＋f ⎝⎛⎭⎫12－x ＝2得f (x )＋f (1－x )＝2且f ⎝⎛⎭⎫12＝1，故f ⎝⎛⎭⎫18＋f ⎝⎛⎭⎫28＋…＋f ⎝⎛⎭⎫78＝7正确．答案：①③④5．给出定义：若m －12<x ≤m ＋12(其中m 为整数)，则m 叫做离实数x 最近的整数，记作{x }，即{x }＝m .在此基础上给出下列关于函数f (x )＝|x －{x }|的四个命题： ①函数y ＝f (x )的定义域是R ，值域是⎣⎡⎦⎤0，12； ②函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝k2(k ∈Z )对称；③函数y ＝f (x )是周期函数，最小正周期是1； ④函数y ＝f (x )在⎣⎡⎦⎤－12，12上是增函数． 则其中真命题是________．解析：由m －12＜x ≤m ＋12解得－12≤x －m ≤12，故命题①正确；由f (k －x )＝|k －x －{k －x }|＝|k －x －(k－{x })|＝|－x ＋{x }|＝f (x )知②正确，④不正确；同理③正确．答案：①②③[典例1](2012·泰兴中学调研)设n 为正整数，规定：f n (x )＝f {f […f (x )]}n 个f ，已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2(1－x )，0≤x ≤1，x －1， 1＜x ≤2.(1)解不等式f (x )≤x ；(2)设集合A ＝{0,1,2}，对任意x ∈A ，证明：f 3(x )＝x ； (3)探求f 2 012⎝⎛⎭⎫89；(4)若集合B ＝{x |f 12(x )＝x ，x ∈[0,2]}，证明：B 中至少包含有8个元素． [解] (1)①当0≤x ≤1时，由2(1－x )≤x 得， x ≥23.∴23≤x ≤1. ②当1＜x ≤2时，∵x －1≤x 恒成立，∴1＜x ≤2.由①，②得，f (x )≤x 的解集为⎩⎨⎧x ⎪⎪⎭⎬⎫23≤x ≤2. (2)证明：∵f (0)＝2，f (1)＝0，f (2)＝1， ∴当x ＝0时，f 3(0)＝f (f (f (0)))＝f (f (2))＝f (1)＝0； 当x ＝1时，f 3(1)＝f (f (f (1)))＝f (f (0))＝f (2)＝1； 当x ＝2时，f 3(2)＝f (f (f (2)))＝f (f (1))＝f (0)＝2.[来源:学科网ZXXK] 即对任意x ∈A ，恒有f 3(x )＝x . (3)f 1⎝⎛⎭⎫89＝f ⎝⎛⎭⎫89＝2⎝⎛⎭⎫1－89＝29， f 2⎝⎛⎭⎫89＝f ⎝⎛⎭⎫f ⎝⎛⎭⎫89＝f ⎝⎛⎭⎫29＝149， f 3⎝⎛⎭⎫89＝f ⎝⎛⎭⎫f 2⎝⎛⎭⎫89＝f ⎝⎛⎭⎫149＝149－1＝59， f 4⎝⎛⎭⎫89＝f ⎝⎛⎭⎫f 3⎝⎛⎭⎫89＝f ⎝⎛⎭⎫59＝2⎝⎛⎭⎫1－59＝89. 一般地，f 4k ＋r ⎝⎛⎭⎫89＝f r ⎝⎛⎭⎫89(k ∈N ，r ∈N *)． ∴f 2 012⎝⎛⎭⎫89＝f 4⎝⎛⎭⎫89＝89.(4)由(1)知，f ⎝⎛⎭⎫23＝23，∴f n ⎝⎛⎭⎫23＝23.则f 12⎝⎛⎭⎫23＝23.∴23∈B .[来源:学#科#网Z#X#X#K] 由(2)知，对x ＝0，或1，或2，恒有f 3(x )＝x ， ∴f 12(x )＝f 4×3(x )＝x .[来源:学+科+网] 则0,1,2∈B .由(3)知，对x ＝89，29，149，59，恒有f 12(x )＝f 4×3(x )＝x ， ∴89，29，149，59∈B . 综上所述23，0,1,2，89，29，149，59∈B .∴B 中至少含有8个元素．本题给出新定义内容，第一问就是解不等式，第二问实际就是对定义的认识直接套用，第三问就需要对定义进行更深一步的认识，探究函数值之间存在的规律．[演练1]对于定义在D 上的函数y ＝f (x )，若同时满足(1)存在闭区间[a ，b ]⊆D ，使得任取x 1∈[a ，b ]，都有f (x 1)＝c (c 是常数)； (2)对于D 内任意x 2，当x 2∉[a ，b ]时总有f (x 2)>c . 称f (x )为“平底型”函数．判断f 1(x )＝|x －1|＋|x －2|，f 2(x )＝x ＋|x －2|是否是“平底型”函数？简要说明理由． 解：f 1(x )＝|x －1|＋|x －2|是“平底型”函数，[来源:学,科,网Z,X,X,K] 存在区间[1,2]使得x ∈[1,2]时，f (x )＝1， 当x <1和x >2时，f (x )>1恒成立； f 2(x )＝x ＋|x －2|不是“平底型”函数，不存在[a ，b ]⊆R 使得任取x ∈[a ，b ]，都有f (x )＝常数． [典例2](2012·南京一模)对于函数f (x )，若存在实数对(a ，b )，使得等式f (a ＋x )·f (a －x )＝b 对定义域中的每一个x 都成立，则称函数f (x )是“(a ，b )型函数”．(1)判断函数f (x )＝4x 是否为“(a ，b )型函数”，并说明理由；(2)已知函数g (x )是“(1,4)型函数”，当x ∈[0,2]时，都有1≤g (x )≤3成立，且当x ∈[0,1]时，g (x )＝x 2－m (x －1)＋1(m >0)，试求m 的取值范围．[解] (1)函数f (x )＝4x 是“(a ，b )型函数”， 因为由f (a ＋x )·f (a －x )＝b ，得16a ＝b ，所以存在这样的实数对，如a ＝1，b ＝16. (2)由题意得，g (1＋x )·g (1－x )＝4， 所以当x ∈[1,2]时，g (x )＝4g (2－x )，其中2－x ∈[0,1]．而x ∈[0,1]时，g (x )＝x 2＋m (1－x )＋1＝x 2－mx ＋m ＋1>0，且其对称轴方程为x ＝m2.①当m2>1，即m >2时，g (x )在[0,1]上的值域为[g (1)，g (0)]，即[2，m ＋1]．则g (x )在[0,2]上的值域为[2，m ＋1]∪⎣⎡⎦⎤4m ＋1，2＝⎣⎡⎦⎤4m ＋1，m ＋1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧m ＋1≤3，4m ＋1≥1，此时无解；②当12≤m 2≤1，即1≤m ≤2时，g (x )的值域为⎣⎡⎦⎤g ⎝⎛⎭⎫m 2，g (0)，即⎣⎡⎦⎤m ＋1－m 24，m ＋1， 所以g (x )在[0,2]上的值域为⎣⎡⎦⎤m ＋1－m 24，m ＋1∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤4m ＋1，4m ＋1－m 24， 由题意得⎩⎨⎧4m ＋1－m24≤3，m ＋1≤3，且⎩⎨⎧m ＋1－m 24≥1，4m ＋1≥1，解得1≤m ≤2；③当0＜m 2≤12，即0＜m ≤1时，g (x )的值域为⎣⎡⎦⎤g ⎝⎛⎭⎫m 2，g (1)，即⎣⎡⎦⎤m ＋1－m 24，2，则g (x )在[0,2]上的值域为⎣⎡⎦⎤m ＋1－m 24，2∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，4m ＋1－m 24 ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤m ＋1－m 24，4m ＋1－m 24，则⎩⎪⎨⎪⎧m ＋1－m 24≥1，4m ＋1－m24≤3，解得2－263≤m ≤1.综上所述，所求m 的取值范围是⎣⎡⎦⎤2－263，2.本题主要考查函数的综合性质，分类讨论思想，第一问比较容易，好入手，第二问转化有点困难，应先把函数在[1,2]上的解析式求出来，然后求值域并转化为子集关系解题．求值域实质就是二次函数中轴动区间定的类型，并且同时研究两个二次函数，要进行比较．[演练2](2012·金陵中学期末)已知函数f (x )的图象在[a ，b ]上连续不断，定义： f 1(x )＝min{f (t )|a ≤t ≤x }(x ∈[a ，b ])， f 2(x )＝max{f (t )|a ≤t ≤x }(x ∈[a ，b ])．其中，min{f (x )|x ∈D }表示函数f (x )在区间上的最小值，max{f (x )|x ∈D }表示函数f (x )在区间上的最大值．若存在最小正整数k ，使得f 2(x )－f 1(x )≤k (x －a )对任意的x ∈[a ，b ]成立，则称函数为区间[a ，b ]上的“k 阶收缩函数”．(1)若f (x )＝cos x ，x ∈[0，π]，试写出f 1(x )，f 2(x )的表达式；(2)已知函数f (x )＝x 2，x ∈[－1,4]，试判断f (x )是否为[－1,4]上的“k 阶收缩函数”，如果是，求出相应的k ；如果不是，请说明理由；(3)已知b >0，函数f (x )＝－x 3＋3x 2是[0，b ]上的2阶收缩函数，求b 的取值范围． 解：(1)f 1(x )＝cos x ，x ∈[0，π]，f 2(x )＝1，x ∈[0，π]．(2)∵f 1(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ∈[－1，0)，0，x ∈[0，4]，f 2(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ∈[－1，1)，x 2，x ∈[1，4]，∴f 2(x )－f 1(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－x 2，x ∈[－1，0)，1，x ∈[0，1)，x 2，x ∈[1，4].当x ∈[－1,0]时，1－x 2≤k (x ＋1)， ∴k ≥1－x ，即k ≥2；当x ∈(0,1)时，1≤k (x ＋1)，∴k ≥1x ＋1，即k ≥1；当x ∈[1,4]时，x 2≤k (x ＋1)，∴k ≥x 2x ＋1，即k ≥165.综上，存在k ＝4，使得f (x )是[－1,4]上的4阶收缩函数． (3)∵f ′(x )＝－3x 2＋6x ＝－3x (x －2)，∴在(0,2)上f ′(x )>0，f (x )递增，在(2，＋∞)上f ′(x )<0，f (x )递减． ①当0<b ≤2时，f (x )在[0，b ]上递增， ∴f 2(x )＝f (x )＝－x 3＋3x 2，f 1(x )＝f (0)＝0. ∵f (x )＝－x 3＋3x 2是[0，b ]上的2阶收缩函数， ∴(ⅰ)f 2(x )－f 1(x )≤2(x －0)对x ∈[0，b ]恒成立， 即－x 3＋3x 2≤2x 对x ∈[0，b ]恒成立， 即0≤x ≤1或x ≥2.∴0＜b ≤1.(ⅱ)存在x ∈[0，b ]，使得f 2(x )－f 1(x )>(x －0)成立．即存在x ∈[0，b ]，使得x (x 2－3x ＋1)<0成立．即x <0或3－52<x <3＋52，∴只需b >3－52.综上3－52<b ≤1.②当2＜b ≤3时，f (x )在[0,2]上递增，在[2，b ]上递减， ∴f 2(x )＝f (2)＝4，f 1(x )＝f (0)＝0， f 2(x )－f 1(x )＝4，x －0＝x .∴当x ＝0时，f 2(x )－f 1(x )≤2(x －0)不成立． ③当b >3时，f (x )在[0,2]上递增，在[2，b ]上递减， ∴f 2(x )＝f (2)＝4，f 1(x )＝f (b )<0， f 2(x )－f 1(x )＝4－f (b )>4，x －0＝x .∴当x ＝0时，f 2(x )－f 1(x )≤2(x －0)也不成立． 综上3－52＜b ≤1.[典例3](2012·栟茶模拟)已知函数f (x )＝a x ＋x 2－x ln a (a >0，a ≠1)． (1)当a >1时，求证：函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； (2)若函数y ＝|f (x )－t |－1有三个零点，求t 的值；(3)若存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1，试求a 的取值范围． [解] (1)证明：f ′(x )＝a x ln a ＋2x －ln a ＝2x ＋(a x －1)·ln a ， 由于a >1，故当x ∈(0，＋∞)时，ln a >0，a x －1>0， 所以f ′(x )>0.故函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)当a >0，a ≠1时，因为f ′(0)＝0，且f ′(x )在R 上单调递增， 故f ′(x )＝0有惟一解x ＝0.所以x ，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表所示：x (－∞，0)0 (0，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ f (x )递减极小值递增又函数y ＝|f (x )－t |－1有三个零点，所以方程 f (x )＝t ±1有三个根，而t ＋1>t －1，所以t －1＝(f (x ))min ＝f (0)＝1，解得t ＝2.(3)因为存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1，所以当x ∈[－1,1]时，|f (x )max －f (x )min |＝f (x )max－f (x )min ≥e －1.由(2)知，f (x )在[－1,0]上递减，在[0,1]上递增，所以当x ∈[－1,1]时，f (x )min ＝f (0)＝1，[来源:学科网ZXXK] f (x )max ＝max{f (－1)，f (1)}．而f (1)－f (－1)＝(a ＋1－ln a )－⎝⎛⎭⎫1a ＋1＋ln a ＝a －1a －2ln a ， 记g (t )＝t －1t－2ln t (t >0)，因为g ′(t )＝1＋1t 2－2t ＝⎝⎛⎭⎫1t －12≥0(当且仅当t ＝1时取等号)， 所以g (t )＝t －1t －2ln t 在t ∈(0，＋∞)上单调递增，而g (1)＝0，所以当t >1时，g (t )>0；当0<t <1时，g (t )<0， 也就是当a >1时，f (1)>f (－1)； 当0<a <1时，f (1)<f (－1)． ①当a >1时，由f (1)－f (0)≥e －1 ⇒a －ln a ≥e －1⇒a ≥e ，②当0<a <1时，由f (－1)－f (0)≥e －1 ⇒1a ＋ln a ≥e －1⇒0＜a ≤1e， 综上知，所求a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤0，1e ∪[e ，＋∞)．本题考查函数与导数的综合性质，函数模型并不复杂，一二两问是很常规的，考查利用导数证明单调性，考查函数与方程的零点问题．第三问要将“若存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1”转化成|f (x )max －f (x )min |＝f (x )max －f (x )min ≥e －1成立，最后仍然是求值域问题，但在求值域过程中，问题设计比较巧妙，因为在过程中还要构造函数研究单调性来确定导函数的正负．[演练3](2012·无锡期中)已知二次函数g (x )对任意实数x 都满足g (x －1)＋g (1－x )＝x 2－2x －1，且g (1)＝－1.令f (x )＝g ⎝⎛⎭⎫x ＋12＋m ln x ＋98(m ∈R ，x >0)． (1)求g (x )的表达式；(2)若∃x >0使f (x )≤0成立，求实数m 的取值范围； (3)设1＜m ≤e ，H (x )＝f (x )－(m ＋1)x ，证明：对∀x 1，x 2∈[1，m ]，恒有|H (x 1)－H (x 2)|<1. 解：(1)设g (x )＝ax 2＋bx ＋c ，于是g (x －1)＋g (1－x )＝2a (x －1)2＋2c ＝(x －1)2－2， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，c ＝－1.又g (1)＝－1，则b ＝－12.所以g (x )＝12x 2－12x －1.(2)f (x )＝g ⎝⎛⎭⎫x ＋12＋m ln x ＋98 ＝12x 2＋m ln x (m ∈R ，x >0)． 当m >0时，由对数函数性质，f (x )的值域为R ； 当m ＝0时，f (x )＝x 22>0对∀x >0，f (x )>0恒成立；当m <0时，由f ′(x )＝x ＋mx＝0⇒x ＝－m ，列表：x (0，－m )－m (－m ，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ f (x )减极小值增这时，f (x )min ＝f (－m )＝－m2＋m ln －m .f (x )min >0⇔⎩⎪⎨⎪⎧－m 2＋m ln －m >0，m <0⇒－e<m <0.所以若∀x >0，f (x )>0恒成立，则实数m 的取值范围是(－e,0]． 故∃x >0，使f (x )≤0成立，实数m 的取值范围(－∞，－e]∪(0，＋∞)．(3)证明：因为对∀x ∈[1，m ]，H ′(x )＝(x －1)(x －m )x ≤0，所以H (x )在[1，m ]内单调递减．于是|H (x 1)－H (x 2)|≤H (1)－H (m )＝12m 2－m ln m －12.|H (x 1)－H (x 2)|<1⇔12m 2－m ln m －12<1⇔12m －ln m －32m<0. 记h (m )＝12m －ln m －32m (1＜m ≤e)，则h ′(m )＝12－1m ＋32m 2＝32⎝⎛⎭⎫1m －132＋13>0， 所以函数h (m )＝12m －ln m －32m 在(1，e]上是单调增函数．所以h (m )≤h (e)＝e 2－1－32e ＝(e －3)(e ＋1)2e <0，故命题成立．[专题技法归纳](1)对复杂函数的对称性应注意利用最根本的定义解决，奇偶性只是对称性中最特殊的一种． (2)对于形如：∀x 1，x 2∈[1，m ]，恒有|H (x 1)－H (x 2)|<1的问题，要注意转化成最值问题处理．同时在利用导数的正负探究函数的单调性时，为判断导函数的正负，有时还需要设计成研究导函数的最值问题．1．定义域为R 的函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg|x －2||，x ≠2，1， x ＝2，则关于x 的方程f 2(x )＋bf (x )＋c ＝0有5个不同的实数根x 1，x 2，x 3，x 4，x 5，求f (x 1＋x 2＋x 3＋x 4＋x 5)＝________.解析：作出函数f (x )的图象可以得到x 1＋x 2＋x 3＋x 4＋x 5＝9.f (9)＝|lg 7|＝lg 7. 答案：lg 72．若函数f (x )满足：f (x ＋3)＝f (5－x )且方程f (x )＝0恰有5个不同实根，求这些实根之和为________． 解析：由题意可得到图象关于x ＝4对称，所以和为20. 答案：203．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 在区间[－1,2]上是减函数，则b ＋c 的最大值是________． 解析：由题意f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c 在区间[－1,2]上满足f ′(x )≤0恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(－1)≤0，f ′(2)≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2b －c －3≥0，4b ＋c ＋12≤0，此问题相当于在约束条件⎩⎪⎨⎪⎧2b －c －3≥0，4b ＋c ＋12≤0，下求目标函数z ＝b ＋c 的最大值．作出可行域(图略)，由图可知，当直线l ：b ＋c ＝z 过2b －c －3＝0与4b ＋c ＋12＝0的交点M ⎝⎛⎭⎫－32，－6时，z 最大，∴z max ＝－32－6＝－152. 答案：－1524．某同学在研究函数f (x )＝x1＋|x |(x ∈R )时，分别给出下面几个结论： ①等式f (－x )＋f (x )＝0在x ∈R 时恒成立； ②函数f (x )的值域为(－1,1)； ③若x 1≠x 2，则一定有f (x 1)≠f (x 2)； ④函数g (x )＝f (x )－x 在R 上有三个零点．其中正确结论的序号有________(请将你认为正确的结论的序号都填上) 解析：①显然正确；由|f (x )|＝|x |1＋|x |<1＋|x |1＋|x |＝1知②正确；可以证明f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，故③正确；由f (x )－x ＝0得x1＋|x |＝x ，此方程只有一根x ＝0，故④不正确．答案：①②③5．若关于x 的方程x 2＝2－|x －t |至少有一个负数解，则实数t 的取值范围是________． 解析：方程等价于|x －t |＝2－x 2，结合y ＝|x －t |与y ＝2－x 2图象，如图，找出两边临界值，可得－94≤t ＜2.答案：⎣⎡⎭⎫－94，2 6．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ， x ≥2，(x －1)3， x <2，若关于x 的方程f (x )＝k 有两个不同的实根，则实数k 的取值范围是________．解析：f (x )＝2x (x ≥2)单调递减且值域为(0,1]，f (x )＝(x －1)3(x <2)单调递增且值域为(－∞，1)，f (x )＝k 有两个不同的实根，则实数k 的取值范围是(0,1)．答案：(0,1)7．对于实数a 和b ，定义运算“*”：a *b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 2－ab ，a ≤b ，b 2－ab ，a >b ，设f (x )＝(2x －1)*(x －1)，且关于x 的方程为f (x )＝m (m ∈R )恰有三个互不相等的实数根x 1，x 2，x 3，则x 1x 2x 3的取值范围是________．解析：由定义运算“*”可知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(2x －1)2－(2x －1)(x －1)，2x －1≤x －1，(x －1)2－(2x －1)(x －1)，2x －1>x －1， ＝⎩⎨⎧2⎝⎛⎭⎫x －142－18，x ≤0，－⎝⎛⎭⎫x －122＋14，x >0，画出该函数图象可知满足条件的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫1－316，0.答案：⎝⎛⎭⎪⎫1－316，08．定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋6)＝f (x )．当－3≤x <－1时，f (x )＝－(x ＋2)2，当－1≤x <3时，f (x )＝x .则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 012)＝________.解析：由f (x ＋6)＝f (x )，可知函数的周期为6，所以f (－3)＝f (3)＝－1，f (－2)＝f (4)＝0，f (－1)＝f (5)＝－1，f (0)＝f (6)＝0，f (1)＝1，f (2)＝2，所以在一个周期内有f (1)＋f (2)＋…＋f (6)＝1＋2－1＋0－1＋0＝1，所以f (1)＋f (2)＋…＋f (2 012)＝f (1)＋f (2)＋335×1＝335＋3＝338.答案：3389．(2012·南师附中)设f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x <0时，f (x )＝x 2，对于任意x ∈[t －2，t ]，不等式f (x ＋t )≥2f (x )恒成立，则实数t 的取值范围是________．解析：f (x ＋t )≥2f (x )等价于f (x ＋t )≥f (2x )根据奇偶性得到函数在定义域上是单调递减函数，所以x ＋t ≤2x 恒成立，解得t ≤－ 2.答案：(－∞，－ 2 ]10．(2012·北京高考)已知f (x )＝m (x －2m )(x ＋m ＋3)，g (x )＝2x －2.若同时满足条件： ①∀x ∈R ，f (x )＜0或g (x )＜0； ②∃x ∈(－∞，－4)，f (x )g (x )＜0.则m 的取值范围是________．解析：当x ＜1时，g (x )＜0，当x ＞1时，g (x )＞0，当x ＝1时，g (x )＝0.m ＝0不符合要求；当m ＞0时，根据函数f (x )和函数g (x )的单调性，一定存在区间[a ，＋∞)使f (x )≥0且g (x )≥0，故m ＞0时，不符合第①条的要求；当m ＜0时，如图所示，如果符合①的要求，则函数f (x )的两个零点都得小于1，如果符合第②条要求，则函数f (x )至少有一个零点小于－4，问题等价于函数f (x )有两个不相等的零点，其中较大的零点小于1，较小的零点小于－4.函数f (x )的两个零点是2m ，－(m ＋3)，故m 满足⎩⎪⎨⎪⎧m ＜0，2m ＜－(m ＋3)，2m ＜－4，－(m ＋3)＜1或者⎩⎪⎨⎪⎧m ＜0，－(m ＋3)＜2m ，2m ＜1，－(m ＋3)＜－4，解第一个不等式组得－4＜m ＜－2，第二个不等式组无解，故所求m 的取值范围是(－4，－2)．答案：(－4，－2 )11．(2012·栟茶一模)已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c .(1)若a >b >c ，且f (1)＝0，是否存在m ∈R ，使得f (m )＝－a 成立时，f (m ＋3)为正数？若存在，证明你的结论；若不存在，说明理由；(2)若对x 1，x 2∈R ，且x 1<x 2，f (x 1)≠f (x 2)，方程f (x )＝12[f (x 1)＋f (x 2)]有2个不等实根，证明必有一个根属于(x 1，x 2)；(3)若f (0)＝0，是否存在b 的值使{x |f (x )＝x }＝{x |f [f (x )]＝x }成立？若存在，求出b 的取值范围；若不存在，说明理由．解：(1)因为f (1)＝a ＋b ＋c ＝0，且a >b >c ， 所以a >0且c <0.∵f (1)＝0，∴1是f (x )＝0的一个根， 由韦达定理知另一根为ca .[来源:学科网ZXXK]∵a >0且c <0，∴ca <0<1.又a >b >c ，b ＝－a －c ，∴－2<c a <－12.假设存在这样的m ，由题意，则 a ⎝⎛⎭⎫m －c a (m －1)＝－a <0，∴ca <m <1. ∴m ＋3>ca ＋3>－2＋3＝1.∵f (x )在(1，＋∞)单调递增， ∴f (m ＋3)>f (1)＝0，即存在这样的m 使f (m ＋3)>0. (2)令g (x )＝f (x )－12[f (x 1)＋f (x 2)]，则g (x )是二次函数． ∵g (x 1)·g (x 2)＝⎣⎡⎦⎤f (x 1)－f (x 1)＋f (x 2)2⎣⎡⎦⎤f (x 2)－f (x 1)＋f (x 2)2 ＝－14[f (x 1)－f (x 2)]2≤0，又∵f (x 1)≠f (x 2)，g (x 1)·g (x 2)<0，∴g (x )＝0有两个不等实根，且方程g (x )＝0的根必有一个属于(x 1，x 2)． (3)由f (0)＝0得c ＝0，∴f (x )＝ax 2＋bx . 由f (x )＝x ，得方程ax 2＋(b －1)x ＝0， 解得x 1＝0，x 2＝1－b a，又由f [f (x )]＝x 得a [f (x )]2＋bf (x )＝x . ∴a [f (x )－x ＋x ]2＋b [f (x )－x ＋x ]＝x .∴a [f (x )－x ]2＋2ax [f (x )－x ]＋ax 2＋b [f (x )－x ]＋bx －x ＝0. ∴[f (x )－x ][af (x )－ax ＋2ax ＋b ＋1]＝0， 即[f (x )－x ][a 2x 2＋a (b ＋1)x ＋b ＋1]＝0. ∴f (x )－x ＝0或a 2x 2＋a (b ＋1)x ＋b ＋1＝0. (*) 由题意(*)式的解为0或1－ba 或无解，当(*)式的解为0时，可解得b ＝－1， 经检验符合题意；当(*)式的解为1－ba 时，可解得b ＝3，经检验符合题意；当(*)式无解时，Δ＝a 2(b ＋1)2－4a 2(b ＋1)<0， 即a 2(b ＋1)(b －3)<0， ∴－1<b <3.综上可知，当－1≤b ≤3时满足题意． 12．已知函数f 1(x )＝e |x－2a ＋1|，f 2(x )＝e |x－a |＋1，x ∈R ，1≤a ≤6.[来源:学|科|网](1)若a ＝2，求f (x )＝f 1(x )＋f 2(x )在[2,3]上的最小值；(2)若|f 1(x )－f 2(x )|＝f 2(x )－f 1(x )对于任意的实数x 恒成立，求a 的取值范围；[来源:Z*xx*] (3)求函数g (x )＝f 1(x )＋f 2(x )2－|f 1(x )－f 2(x )|2在[1,6]上的最小值．解：(1)对于a ＝2，x ∈[2,3]，f (x )＝e |x －3|＋e |x－2|＋1＝e 3－x ＋e x －1≥2e 3－x ·e x －1＝2e ，当且仅当e 3－x ＝e x －1，即x ＝2时等号成立，∴f (x )min ＝2e.(2)|f 1(x )－f 2(x )|＝f 2(x )－f 1(x )对于任意的实数x 恒成立，即f 1(x )≤f 2(x )对于任意的实数x 恒成立，亦即e |x－2a ＋1|≤e |x－a |＋1对于任意的实数x 恒成立，∴|x －2a ＋1|≤|x －a |＋1，即|x －2a ＋1|－|x －a |≤1对于任意的实数x 恒成立． 又|x －2a ＋1|－|x －a |≤|(x －2a ＋1)－(x －a )|＝|－a ＋1|对于任意的实数x 恒成立， 故只需|－a ＋1|≤1，解得0≤a ≤2. 又1≤a ≤6，∴a 的取值范围为1≤a ≤2.(3)g (x )＝f 1(x )＋f 2(x )2－|f 1(x )－f 2(x )|2＝⎩⎪⎨⎪⎧f 1(x )，f 1(x )≤f 2(x )，f 2(x )，f 1(x )>f 2(x )，①当1≤a ≤2时，由(2)知f 1(x )≤f 2(x )，g (x )＝f 1(x )＝e |x－2a ＋1|，图象关于直线x ＝2a －1对称，如右图，又此时1≤2a －1≤3，故对x ∈[1,6]，g (x )min ＝f 1(2a －1)＝1.②当2＜a ≤6时，(2a －1)－a ＝a －1>0， 故2a －1>a . x ≤a 时，f 1(x )＝e －x ＋(2a －1)>e－x ＋a ＋1＝f 2(x )，g (x )＝f 2(x )＝e |x－a |＋1；x ≥2a －1时，f 1(x )＝e x －(2a －1)<e x－a ＋1＝f 2(x )，g (x )＝f 1(x )＝e |x－2a ＋1|；a <x <2a －1时，由f 1(x )＝e －x ＋(2a －1)≤e x－a ＋1＝f 2(x )，得x ≥3a －22，其中a <3a －22<2a －1，故3a －22≤x ＜2a －1时，g (x )＝f 1(x )＝e |x －2a ＋1|，a <x <3a －22时，g (x )＝f 2(x )＝e |x －a |＋1. 因此，2＜a ≤6时，g (x )＝⎩⎨⎧f 1(x )，x ≥3a －22，f 2(x )，x <3a －22.令f 1(x )＝e |x －2a ＋1|＝e ，得x 1＝2a －2，x 2＝2a ，且3a －22<2a －2，如右图． (ⅰ)当a ≤6≤2a －2，即4≤a ≤6时，g (x )min ＝f 2(a )＝e ；(ⅱ)当2a －2＜6≤2a －1，即72≤a ＜4时，g (x )min ＝f 1(6)＝e |6－2a ＋1|＝e 2a －7；[来源:学科网](ⅲ)当2a －1<6，即2<a <72时，g (x )min ＝f 1(2a －1)＝1，g (x )min＝⎩⎪⎨⎪⎧1，1≤a <72，e 2a －7，72≤a ＜4，e ，4≤a ≤6.。