考点03函数的概念与性质（8种题型10个易错考点）

考点03函数的概念与性质〔8种题型10个易错考点〕【课程支配细目表】真题抢先刷，考向提前知二、考点清单三、题型方法四、易错分析五、刷好题六.刷压轴一一、真题抢先刷，考向提前知一．选择题〔共3小题〕1．〔2022•上海〕以下函数定义域为R的是〔〕A．y＝ B．y＝x﹣1 C．y＝ D．y＝【分析】化分数指数幂为根式，分别求出四个选项中函数的定义域得答案．【解答】解：，定义域为{x|x＞0}，，定义域为{x|x≠0}，，定义域为R，，定义域为{x|x≥0}．∴定义域为R的是．应选：C．【点评】此题考查函数的定义域及其求法，是根底题．2．〔2023•上海〕以下函数是偶函数的是〔〕A．y＝sinx B．y＝cosx C．y＝x3 D．y＝2x【分析】依据偶函数的定义逐项分析推断即可．【解答】解：对于A，由正弦函数的性质可知，y＝sinx为奇函数；对于B，由正弦函数的性质可知，y＝cosx为偶函数；对于C，由幂函数的性质可知，y＝x3为奇函数；对于D，由指数函数的性质可知，y＝2x为非奇非偶函数．应选：B．【点评】此题考查常见函数的奇偶性，属于根底题．3．〔2021•上海〕以下哪个函数既是奇函数，又是减函数〔〕A．y＝﹣3x B．y＝x3 C．y＝log3x D．y＝3x【分析】结合根本初等函数的单调性及奇偶性分别检验各选项即可推断．【解答】解：y＝﹣3x在R上单调递减且为奇函数，A符合题意；由于y＝x3在R上是增函数，B不符合题意；y＝log3x，y＝3x为非奇非偶函数，C不符合题意；应选：A．【点评】此题主要考查了根本初等函数的单调性及奇偶性的推断，属于根底题．二．填空题〔共2小题〕4．〔2020•上海〕假设函数y＝a•3x+为偶函数，那么a＝1．【分析】依据题意，由函数奇偶性的定义可得a•3〔﹣x〕+＝a•3x+，变形分析可得答案．【解答】解：依据题意，函数y＝a•3x+为偶函数，那么f〔﹣x〕＝f〔x〕，即a•3〔﹣x〕+＝a•3x+，变形可得：a〔3x﹣3﹣x〕＝〔3x﹣3﹣x〕，必有a＝1；故答案为：1．【点评】此题考查函数的奇偶性的性质以及应用，关键是把握函数奇偶性的定义，属于根底题．5．〔2022•上海〕设函数f〔x〕满意对任意x∈[0，+∞〕都成立，其值域是Af，对任何满意上述条件的f〔x〕都有{y|y＝f〔x〕，0≤x≤a}＝Af，那么a的取值范围为．【分析】由题可得，再依据时不合题意，进而即得；或等价于恒成立，即恒成立，进而即得．【解答】解：法一：令，解得〔负值舍去〕，当时，，当时，，且当时，总存在，使得f〔x1〕＝f〔x2〕，故，假设，易得，所以，即实数a的取值范围为；法二：原命题等价于任意，所以恒成立，即恒成立，又a＞0，所以，即实数a的取值范围为．故答案为：．【点评】此题考查了抽象函数的性质的应用，同时考查了集合的应用，属于中档题．三．解答题〔共3小题〕6．〔2020•上海〕非空集合A⊆R，函数y＝f〔x〕的定义域为D，假设对任意t∈A且x∈D，不等式f〔x〕≤f〔x+t〕恒成立，那么称函数f〔x〕具有A性质．〔1〕当A＝{﹣1}，推断f〔x〕＝﹣x、g〔x〕＝2x是否具有A性质；〔2〕当A＝〔0，1〕，f〔x〕＝x+，x∈[a，+∞〕，假设f〔x〕具有A性质，求a的取值范围；〔3〕当A＝{﹣2，m}，m∈Z，假设D为整数集且具有A性质的函数均为常值函数，求全部符合条件的m的值．【分析】〔1〕利用函数的单调性结合新定义，逐个推断即可；〔2〕依题意，为增函数，由双勾函数的图象及性质即得解；〔3〕依据条件，分m≤0，m为正偶数和m为正奇数三种状况，求出条件的m的值．【解答】解：〔1〕∵f〔x〕＝﹣x为减函数，∴f〔x〕＜f〔x﹣1〕，∴f〔x〕＝﹣x具有A性质；∵g〔x〕＝2x为增函数，∴g〔x〕＞g〔x﹣1〕，∴g〔x〕＝2x不具有A性质；〔2〕依题意，对任意t∈〔0，1〕，f〔x〕≤f〔x+t〕恒成立，∴为增函数〔不行能为常值函数〕，由双勾函数的图象及性质可得a≥1，当a≥1时，函数单调递增，满意对任意t∈〔0，1〕，f〔x〕≤f〔x+t〕恒成立，综上，实数a的取值范围为[1，+∞〕．〔3〕∵D为整数集，具有A性质的函数均为常值函数，当m≤0时，取单调递减函数f〔x〕＝﹣x，两个不等式恒成立，但f〔x〕不为常值函数；当m为正偶数时，取，两个不等式恒成立，但f〔x〕不为常值函数；当m为正奇数时，依据对任意t∈A且x∈D，不等式f〔x〕≤f〔x+t〕恒成立，可得f〔x﹣m〕≤f〔x〕≤f〔x+m〕≤f〔x+1〕≤f〔x﹣1〕≤f〔x﹣m〕，那么f〔x〕＝f〔x+1〕，所以f〔x〕为常值函数，综上，m为正奇数．【点评】此题以新定义为载体，考查抽象函数的性质及其运用，考查规律推理力量及敏捷运用学问的力量，属于中档题．7．〔2021•上海〕函数f〔x〕＝﹣x．〔1〕假设a＝1，求函数的定义域；〔2〕假设a≠0，假设f〔ax〕＝a有2个不同实数根，求a的取值范围；〔3〕是否存在实数a，使得函数f〔x〕在定义域内具有单调性？假设存在，求出a的取值范围．【分析】〔1〕把a＝1代入函数解析式，由根式内部的代数式大于等于0求解肯定值的不等式得答案；〔2〕f〔ax〕＝a⇔，设ax+a＝t≥0，得a＝t﹣t2，t≥0，求得等式右边关于t的函数的值域可得a的取值范围；〔3〕分x≥﹣a与x＜﹣a两类变形，结合复合函数的单调性可得使得函数f〔x〕在定义域内具有单调性的a的范围．【解答】解：〔1〕当a＝1时，f〔x〕＝，由|x+1|﹣1≥0，得|x+1|≥1，解得x≤﹣2或x≥0．∴函数的定义域为〔﹣∞，﹣2]∪[0，+∞〕；〔2〕f〔ax〕＝，f〔ax〕＝a⇔，设ax+a＝t≥0，∴有两个不同实数根，整理得a＝t﹣t2，t≥0，∴a＝，t≥0，当且仅当0≤a＜时，方程有2个不同实数根，又a≠0，∴a的取值范围是〔0，〕；〔3〕当x≥﹣a时，f〔x〕＝﹣x＝，在[，+∞〕上单调递减，此时需要满意﹣a≥，即a，函数f〔x〕在[﹣a，+∞〕上递减；当x＜﹣a时，f〔x〕＝﹣x＝，在〔﹣∞，﹣2a]上递减，∵a＜0，∴﹣2a＞﹣a＞0，即当a时，函数f〔x〕在〔﹣∞，﹣a〕上递减．综上，当a∈〔﹣∞，﹣]时，函数f〔x〕在定义域R上连续，且单调递减．【点评】此题考查函数定义域的求法，考查函数零点与方程根的关系，考查函数单调性的判定及其应用，考查规律思维力量与推理论证力量，属难题．8．〔2021•上海〕x1，x2∈R，假设对任意的x2﹣x1∈S，f〔x2〕﹣f〔x1〕∈S，那么有定义：f〔x〕是在S关联的．〔1〕推断和证明f〔x〕＝2x﹣1是否在[0，+∞〕关联？是否有[0，1]关联？〔2〕假设f〔x〕是在{3}关联的，f〔x〕在x∈[0，3〕时，f〔x〕＝x2﹣2x，求解不等式：2≤f〔x〕≤3．〔3〕证明：f〔x〕是{1}关联的，且是在[0，+∞〕关联的，当且仅当“f〔x〕在[1，2]是关联的〞．【分析】〔1〕任取x1﹣x2∈[0，+∞〕，证明f〔x1〕﹣f〔x2〕∈[0，+∞〕，证明f〔x〕＝2x﹣1在[0，+∞〕关联，取x1＝1，x2＝0，证明f〔x〕在[0，1]不关联；〔2〕先得到f〔x+3〕﹣f〔x〕＝3，再得到x∈[0，3〕和x∈[3，6〕的解析式，进而得到答案；〔3〕先证明f〔x〕在{1}是关联的⇒f〔x〕是在{1}关联的，且是在[0，+∞〕关联的，再证明f〔x〕在[1，2]是关联的⇒f〔x〕是在{1}关联的，且是在[0，+∞〕关联的．【解答】解：〔1〕f〔x〕在[0，+∞〕关联，在[0，1]不关联，任取x1﹣x2∈[0，+∞〕，那么f〔x1〕﹣f〔x2〕＝2〔x1﹣x2〕∈[0，+∞〕，∴f〔x〕在[0，+∞〕关联；取x1＝1，x2＝0，那么x1﹣x2＝1∈[0，1]，∵f〔x1〕﹣f〔x2〕＝2〔x1﹣x2〕＝2∉[0，1]，∴f〔x〕在[0，1]不关联；〔2〕∵f〔x〕在{3}关联，∴对于任意x1﹣x2＝3，都有f〔x1〕﹣f〔x2〕＝3，∴对任意x，都有f〔x+3〕﹣f〔x〕＝3，由x∈[0，3〕时，f〔x〕＝x2﹣2x，得f〔x〕在x∈[0，3〕的值域为[﹣1，3〕，∴f〔x〕在x∈[3，6〕的值域为[2，6〕，∴2≤f〔x〕≤3仅在x∈[0，3〕或x∈[3，6〕上有解，x∈[0，3〕时，f〔x〕＝x2﹣2x，令2≤x2﹣2x≤3，解得≤x＜3，x∈[3，6〕时，f〔x〕＝f〔x﹣3〕+3＝x2﹣8x+18，令2≤x2﹣8x+18≤3，解得3≤x≤5，∴不等式2≤f〔x〕≤3的解为[，5]，〔3〕证明：①先证明：f〔x〕是在{1}关联的，且是在[0，+∞〕关联的⇒f〔x〕在[1，2]是关联的，由条件可得，f〔x+1〕＝f〔x〕+1，∴f〔x+n〕＝f〔x〕+n，n∈Z，又∵f〔x〕是在[0，+∞〕关联的，∴任意x2＞x1，f〔x2〕＞f〔x1〕成立，假设1≤x2﹣x1≤2，∴x1+1≤x2≤x1+2，∴f〔x1+1〕≤f〔x2〕≤f〔x1+2〕，即f〔x1〕+1≤f〔x2〕≤f〔x1〕+2，∴1≤f〔x2〕﹣f〔x1〕≤2，∴f〔x〕是[1，2]关联，②再证明：f〔x〕在[1，2]是关联的⇒f〔x〕是在{1}关联的，且是在[0，+∞〕关联的，∵f〔x〕在[1，2]是关联的，∴任取x1﹣x2∈[1，2]，都有f〔x1〕﹣f〔x2〕∈[1，2]成立，即满意1≤x1﹣x2≤2，都有1≤f〔x1〕﹣f〔x2〕≤2，下面用反证法证明f〔x+1〕﹣f〔x〕＝1，假设f〔x+1〕﹣f〔x〕＞1，那么f〔x+2〕﹣f〔x〕＝f〔x+2〕﹣f〔x+1〕+f〔x+1〕﹣f〔x〕＞2，与f〔x〕在[1，2]是关联的冲突，假设f〔x+1〕﹣f〔x〕＜1，而f〔x〕在[1，2]是关联的，那么f〔x+1〕﹣f〔x〕≥1，冲突，∴f〔x+1〕﹣f〔x〕＝1成立，即f〔x〕是在{1}关联的，再证明f〔x〕是在[0，+∞〕关联的，任取x1﹣x2∈[n，+∞〕〔n∈N〕，那么存在n∈N，使得任取x1﹣x2∈[n，n+1]〔n∈N〕，∵1≤x1﹣〔n﹣1〕﹣x2≤2，∴f[x1﹣〔n﹣1〕]﹣f〔x2〕＝f〔x1〕﹣〔n﹣1〕﹣f〔x2〕∈[1，2]，∴f〔x1〕﹣f〔x2〕⊆[n，n+1]⊆[0，+∞〕，∴f〔x〕是在[0，+∞〕关联的；综上所述，f〔x〕是{1}关联的，且是在[0，+∞〕关联的，当且仅当“f〔x〕在[1，2]是关联的〞，故得证．【点评】该题考查了函数求解析式，解不等式，函数恒成立的学问，对同学规律推理力量提出了很高的要求，属于难题．二二、考点清单设A，B是两个非空数集，假如依据确定的法那么f，对A中的任意数x，都有唯一确定的数y与它对应，那么就称f：A→B为从集合A到集合B的一个函数，记作y＝f(x)，x∈A.2.函数的定义域、值域(1)函数y＝f(x)自变量取值的范围(数集A)叫做这个函数的定义域；全部函数值构成的集合{y|y＝f(x)，x∈A}叫做这个函数的值域.(2)假如两个函数的定义域相同，并且对应法那么完全全都，那么这两个函数为相等函数.表示函数的常用方法有解析法、图象法和列表法.(1)在函数的定义域内，对于自变量x的不同取值区间，有着不同的对应法那么，这种函数称为分段函数.(2)分段函数是一个函数，分段函数的定义域是各段定义域的并集，值域是各段值域的并集.5.函数的单调性(1)单调函数的定义增函数减函数定义设函数y＝f(x)的定义域为A，区间M⊆A，假如取区间M中任意两个值x1，x2，转变量Δx＝x2－x1>0，那么当Δy＝f(x2)－f(x1)>0时，就称函数y＝f(x)在区间M上是增函数Δy＝f(x2)－f(x1)<0时，就称函数y＝f(x)在区间M上是减函数图象描述自左向右看图象是上升的自左向右看图象是下降的(2)假如一个函数在某个区间M上是增函数或是减函数，就说这个函数在这个区间M上具有单调性，区间M称为单调区间.6.函数的最值前提设函数y＝f(x)的定义域为I，假如存在实数M满意条件(1)对于任意x∈I，都有f(x)≤M；(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M(3)对于任意x∈I，都有f(x)≥M；(4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M结论M为最大值M为最小值7.函数的奇偶性奇偶性定义图象特点奇函数设函数y＝f(x)的定义域为D，假如对D内的任意一个x，都有－x∈D，且f(－x)＝－f(x)，那么这个函数叫做奇函数关于原点对称偶函数设函数y＝g(x)的定义域为D，假如对D内的任意一个x，都有－x∈D，且g(－x)＝g(x)，那么这个函数叫做偶函数关于y轴对称8.函数的周期性(1)周期函数：对于函数y＝f(x)，假如存在一个非零常数T，使得当x取定义域内的任何值时，都有f(x＋T)＝f(x)，那么就称函数y＝f(x)为周期函数，称T为这个函数的周期.(2)最小正周期：假如在周期函数f(x)的全部周期中存在一个最小的正数，那么这个最小正数就叫做f(x)的最小正周期.三三、题型方法一．函数的定义域及其求法〔共3小题〕1．〔2023•虹口区二模〕函数y＝lg〔x﹣1〕+的定义域为〔2，+∞〕．【分析】由对数式的真数大于0，分母中根式内部的代数式大于0，联立不等式组求解．【解答】解：要使原函数有意义，那么，解得x＞2．∴函数y＝lg〔x﹣1〕+的定义域为〔2，+∞〕．故答案为：〔2，+∞〕．【点评】此题考查函数的定义域及其求法，是根底题．2．〔2023•普陀区二模〕函数的定义域为〔﹣∞，0〕∪[，+∞〕．【分析】由根式内部的代数式大于等于0，求解分式不等式得答案．【解答】解：要使原函数有意义，那么3﹣≥0，即，解得x＜0或x．∴函数的定义域为〔﹣∞，0〕∪[，+∞〕．故答案为：〔﹣∞，0〕∪[，+∞〕．【点评】此题考查函数的定义域及其求法，考查分式不等式的解法，是根底题．3．〔2023•浦东新区模拟〕函数的定义域为〔﹣∞，﹣1〕．【分析】由题意，利用对数、偶次根式的性质，求得x的范围．【解答】解：对于函数，可得，求得x＜﹣1，可得函数的定义域为〔﹣∞，﹣1〕，故答案为：〔﹣∞，﹣1〕．【点评】此题主要考查对数、偶次根式的性质，属于根底题．二．函数的值域〔共1小题〕4．〔2023•虹口区二模〕对于定义在R上的奇函数y＝f〔x〕，当x＞0时，，那么该函数的值域为〔﹣∞，﹣5]∪{0}∪[5，+∞〕．【分析】依据奇函数的性质求得f〔0〕＝0，再结合根本不等式求x＞0时y＝f〔x〕的取值范围，再结合奇函数的性质求x＜0时函数值的范围，由此可得函数值域．【解答】解：由于y＝f〔x〕为R上的奇函数所以f〔﹣x〕＝﹣f〔x〕，所以f〔0〕＝0，又当x＞0时，2x+1＞2，所以＝2x+1+﹣1≥2﹣1＝5，当且仅当x＝1时等号成立，即当x＞0时，f〔x〕≥5，由于y＝f〔x〕为R上的奇函数，所以函数y＝f〔x〕的图象关于原点对称，所以x＜0时，f〔x〕≤﹣5，所以函数y＝f〔x〕的值域为〔﹣∞，﹣5]∪{0}∪[5，+∞〕．故答案为：〔﹣∞，﹣5]∪{0}∪[5，+∞〕．【点评】此题考查函数的值域和奇偶性，属于根底题．三．函数解析式的求解及常用方法〔共1小题〕5．〔2023•宝山区校级模拟〕a＞0，函数〔x∈[1，2]〕的图象的两个端点分别为A、B，设M是函数f〔x〕图象上任意一点，过M作垂直于x轴的直线l，且l与线段AB交于点N，假设|MN|≤1恒成立，那么a的最大值是6+4．【分析】由A、B的坐标可以将直线l的方程找到，通过M点坐标可以得到N的坐标，将其纵坐标做差可以得到关于a的不等式，通过求范围可以将肯定值去掉，由根本不等式可以得到a的最大值．【解答】解：∵f〔x〕＝x﹣〔x∈[1，2]〕，a＞0，∴A〔1，1﹣a〕，B〔2，2﹣〕∴直线l的方程为y＝〔1+〕〔x﹣1〕+1﹣a设M〔t，t﹣〕∴N〔t，〔1+〕〔t﹣1〕+1﹣a〕∵|MN|≤1恒成立∴|〔1+〕〔t﹣1〕+1﹣a﹣〔t﹣〕|≤1恒成立∴|a|≤1∵g〔t〕＝t2﹣3t+2，在t∈[1，2]上小于等于0恒成立∴﹣a≤1①t＝1或t＝2时，0≤1恒成立．②t∈〔1，2〕时，a≤＝∴由根本不等式得：a≤＝4+6此时t＝∴a的最大值为6+4【点评】此题考查通过两点坐标求直线l方程，去肯定值，以及由根本不等式确定a的范围．四．函数的图象与图象的变换〔共2小题〕6．〔2023•黄浦区模拟〕设a，b，c，d∈R，假设函数y＝ax3+bx2+cx+d的局部图像如下图，那么以下结论正确的选项是〔〕A．b＞0，c＞0 B．b＞0，c＜0 C．b＜0，c＞0 D．b＜0，c＜0【分析】由中函数y＝ax3+bx2+cx+d的局部图像，运用韦达定理结合图像推断b、c的符号．【解答】解：∵y＝ax3+bx2+cx+d，∴y'＝3ax2+2bx+c，由图知，两个极值点，设为x1，x2，那么x1＜0，x2＞0，由图知〔﹣∞，x1〕，〔x2，+∞〕单调递增，〔x1，x2〕单调递减，那么a＞0，那么＜0，∴c＜0，由图知x1+x2＝﹣＞0，∴b＜0，应选：D．【点评】此题主要考查了利用导数争论函数的单调性，考查了韦达定理的应用，属于根底题．7．〔2023•上海模拟〕函数，那么其图象大致是〔〕A． B． C． D．【分析】依据函数的定义域可排解选项A和C，再考虑x→﹣∞时，f〔x〕的取值状况，即可得解．【解答】解：由于ex﹣1≠0，所以x≠0，即函数的定义域为〔﹣∞，0〕∪〔0，+∞〕，所以选项A和C均错误，当x→﹣∞时，ex→0，所以f〔x〕→0，即B正确，D错误．应选：B．【点评】此题考查函数的图象与性质，考查规律推理力量和运算力量，属于根底题．五．函数的最值及其几何意义〔共3小题〕8．〔2023•浦东新区校级一模〕函数f〔x〕＝x，g〔x〕＝x2﹣x+2．假设存在x1，x2，…，xn∈[0，]，使得f〔x1〕+f〔x2〕+…+f〔xn﹣1〕+g〔xn〕＝g〔x1〕+g〔x2〕+…+g〔xn﹣1〕+f〔xn〕，那么n的最大值是〔〕A．11 B．13 C．14 D．18【分析】由得n﹣2＝〔xn﹣1〕2﹣[〔x1﹣1〕2+〔x2﹣1〕2+…+〔xn﹣1﹣1〕2]，又x1，x2，…，xn∈[0，]，可求n的最大值．【解答】解：∵f〔x1〕+f〔x2〕+…+f〔xn﹣1〕+g〔xn〕＝x1+x2+…+xn﹣1+xn2﹣xn+2，g〔x1〕+g〔x2〕+…+g〔xn﹣1〕+f〔xn〕＝x12+x22+…+xn﹣12﹣〔x1+x2+…+xn﹣1〕+2〔n﹣1〕+xn，∴〔x1﹣1〕2+〔x2﹣1〕2+…+〔xn﹣1﹣1〕2+〔n﹣2〕＝〔xn﹣1〕2，∴n﹣2＝〔xn﹣1〕2﹣[〔x1﹣1〕2+〔x2﹣1〕2+…+〔xn﹣1﹣1〕2]当x1＝x2＝…＝xn﹣1＝1，xn＝时，〔n﹣2〕max＝〔﹣1〕2＝，∴n﹣2≤，又∵n∈N，∴nmax＝14．应选：C．【点评】此题考查参数的最值，配方是关键，考查推理力量和计算力量，属中档题．9．〔2023•徐汇区二模〕函数，x∈[b，+∞〕，其中b＞0，a∈R，假设f〔x〕的最小值为2，那么实数a的取值范围是〔﹣∞，1〕．【分析】依据a争论函数单调性，再依据单调性确定函数最值，最终依据最值确定a的取值范围．【解答】解：①当a＞0时，f〔x〕在上单调递增，在上单调递减，〔i〕当时，f〔x〕在[b，+∞〕上单调递增，∴，那么2b2﹣2b+a＝0，∴，∴a≤b2，2b﹣2b2≤b2，b＞0，∴，∴，∵或或，∴；〔ii〕当时，f〔x〕在上单调递增，在上单调递减，∴，∵，即，∴；②当a≤0时，f〔x〕在[b，+∞〕上单调递增，∴，∵b＞0，∴，因此a≤0满意题意；综上，a的取值范围为〔﹣∞，1〕．故答案为：〔﹣∞，1〕．【点评】此题考查函数性质的综合运用，考查分类争论思想以及运算求解力量，属于中档题．10．〔2023•浦东新区二模〕函数在区间上的最小值为2﹣1．【分析】利用对数的运算性质化简函数解析式可得y＝2log4〔2x〕+﹣1，再利用根本不等式求解即可．【解答】解：y＝＝1+log2x+﹣1＝log2〔2x〕+﹣1＝+﹣1＝2log4〔2x〕+﹣1，∵x∈〔，+∞〕，∴2x∈〔1，+∞〕，∴log4〔2x〕＞0，∴y＝2log4〔2x〕+﹣1﹣1＝2﹣1，当且仅当2log4〔2x〕＝，即log4〔2x〕＝时，等号成立，即函数在区间上的最小值为2﹣1．故答案为：2﹣1．【点评】此题主要考查了对数的运算性质，考查了利用根本不等式求最值，属于中档题．六．函数奇偶性的性质与推断〔共6小题〕11．〔2023•闵行区二模〕以下函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的为〔〕A．y＝0 B． C．y＝x2 D．y＝2x【分析】依据根本初等函数的图象与性质，即可得解．【解答】解：选项A，y＝0既是奇函数又是偶函数，不符合题意；选项B，y＝是奇函数，不符合题意；选项C，y＝x2是偶函数，不符合题意；选项D，y＝2x是非奇非偶函数，符合题意．应选：D．【点评】此题考查函数奇偶性的推断，娴熟把握根本初等函数的图象与性质是解题的关键，考查规律推理力量，属于根底题．12．〔2023•杨浦区二模〕以下函数中，既是偶函数，又在区间〔﹣∞，0〕上严格递减的是〔〕A．y＝2|x| B．y＝ln〔﹣x〕 C． D．【分析】依据题意，依次分析选项中函数的奇偶性和单调性，综合可得答案．【解答】解：依据题意，依次分析选项：对于A，y＝2|x|＝，既是偶函数，又在区间〔﹣∞，0〕上严格递减，符合题意；对于B，y＝ln〔﹣x〕，其定义域为〔﹣∞，0〕，既不是奇函数也不是偶函数，不符合题意；对于C，y＝＝，是偶函数，但在区间〔﹣∞，0〕上严格递增，不符合题意；对于D，y＝﹣，是偶函数，但在区间〔﹣∞，0〕上严格递增，不符合题意；应选：A．【点评】此题考查函数的奇偶性和单调性的推断，留意常见函数的奇偶性和单调性，属于根底题．13．〔2023•奉贤区二模〕y＝f〔x〕为R上的奇函数，且当x≥0时，，那么y＝f〔x〕的驻点为．【分析】先求当x≥0时的导函数，再设g〔x〕＝〔x≥0〕，利用导数可求出g〔x〕≥g〔〕＝4，从而可得f′〔x〕≥0，从而得f〔x〕在〔0，+∞〕上单调递增，又＝0，从而再依据驻点的概念与函数的性质，即可得解．【解答】解：依据题意可得：当x≥0时，，令g〔x〕＝〔x≥0〕，那么＝，∴当x∈〔0，〕时，g′〔x〕＜0，g〔x〕单调递减；当x∈〔，+∞〕时，g′〔x〕＞0，g〔x〕单调递增，∴g〔x〕≥g〔〕＝4，∴≥4﹣4＝0，∴f〔x〕在〔0，+∞〕上单调递增，且＝4﹣4sin＝0，又y＝f〔x〕为R上的奇函数，∴y＝f〔x〕的驻点为．故答案为：．【点评】此题考查利用导数争论函数的驻点，化归转化思想，属中档题．14．〔2023•金山区二模〕y＝f〔x〕是定义域为R的奇函数，当x≥0时，f〔x〕＝2x3+2x﹣1，那么f〔﹣2〕＝﹣19．【分析】由题意可得f〔2〕＝2×23+22﹣1＝19，再由函数为奇函数，即可得f〔﹣2〕的值．【解答】解：由题意可得f〔2〕＝2×23+22﹣1＝19，又由于f〔x〕为R上的奇函数，所以f〔﹣2〕＝﹣f〔2〕＝﹣19．故答案为：﹣19．【点评】此题考查了奇函数性质的应用，属于根底题．15．〔2023•静安区二模〕函数为偶函数，那么函数f〔x〕的值域为〔0，]．【分析】利用f〔x〕为偶函数，求得a＝，化简可得f〔x〕＝，再结合根本不等式，得解．【解答】解：函数的定义域为R，由于f〔x〕为偶函数，所以f〔1〕＝f〔﹣1〕，即＝，解得a＝±〔舍负〕，所以f〔x〕＝＝≤＝，当且仅当＝，即x＝0时，等号成立，又＞0，所以f〔x〕的值域为〔0，]．故答案为：〔0，]．【点评】此题考查函数奇偶性的应用，值域的求法，考查规律推理力量和运算力量，属于根底题．16．〔2023•宝山区校级模拟〕设定义在R上的奇函数y＝f〔x〕，当x＞0时，f〔x〕＝2x﹣4，那么不等式f〔x〕≤0的解集是〔﹣∞，﹣2]∪[0，2]．【分析】依据函数奇偶性的性质，先求出函数的解析式，然后解不等式即可．【解答】解：当x＜0，那么﹣x＞0，此时f〔﹣x〕＝2﹣x﹣4，∵f〔x〕是奇函数，∴f〔0〕＝0，f〔﹣x〕＝2﹣x﹣4＝﹣f〔x〕，即f〔x〕＝﹣2﹣x+4，x＜0，当x＞0时，由f〔x〕＝2x﹣4≤0，得0＜x≤2，当x＝0时，f〔x〕≤0成立，当x＜0时，由f〔x〕＝﹣2﹣x+4≤0，得2﹣x≥4，即﹣x≥2，那么x≤﹣2，综上0≤x≤2或x≤﹣2，即不等式的解集为〔﹣∞，﹣2]∪[0，2]，故答案为：〔﹣∞，﹣2]∪[0，2]，【点评】此题主要考查不等式的求解，利用函数奇偶性的性质求出函数的解析式是解决此题的关键．留意要进行分类争论．七．奇偶性与单调性的综合〔共3小题〕17．〔2023•崇明区二模〕以下函数中，既是定义域内单调递增函数，又是奇函数的为〔〕A．f〔x〕＝tanx B． C．f〔x〕＝x﹣cosx D．f〔x〕＝ex﹣e﹣x【分析】依据奇函数定义推断奇偶性，依据函数的图象推断单调性，但要留意单调区间是定义域的子集．【解答】解：A项中，f〔﹣x〕＝tan〔﹣x〕＝﹣tanx＝﹣f〔x〕，那么f〔x〕＝tanx是奇函数，但在定义域内不单调，不符合；B项中，f〔﹣x〕＝﹣f〔x〕，是奇函数，但在定义域内不单调，不符合；C项中，f〔﹣x〕＝〔﹣x〕﹣cos〔﹣x〕＝﹣x﹣cosx≠±f〔x〕，那么f〔x〕为非奇非偶函数，不符合；D项中，f〔﹣x〕＝﹣f〔x〕，是奇函数，又y＝ex在x∈R上单调递增，y＝e﹣x在x∈R上单调递减，那么f〔x〕在x∈R上单调递增，符合．应选：D．【点评】此题考查函数的奇偶性，单调性，属于根底题．18．〔2023•浦东新区模拟〕以下函数在定义域中，既是奇函数又是严格减函数的是〔〕A．y＝﹣lnx B． C．y＝ex﹣e﹣x D．y＝﹣x|x|【分析】依据函数的奇偶性及单调性逐一推断即可．【解答】解：对于A，y＝﹣lnx，x＞0，定义域不关于原点对称，所以不是奇函数，故不符题意．对于B，由题意可得定义域为〔﹣∞，0〕∪〔0，+∞〕，为奇函数，在〔﹣∞，0〕和〔0，+∞〕上均为减函数，但在定义域内不是减函数，故不符题意；对于C，y＝ex﹣e﹣x，x∈R，由于y＝ex在R上单调递增，y＝﹣e﹣x在R上单调递增，所以y＝ex﹣e﹣x在R上单调递增，故不符题意；对于D，y＝﹣x|x|＝，x∈R，由于f〔﹣x〕＝﹣〔﹣x〕|﹣x|＝x|x|＝﹣f〔x〕，所以为奇函数，由二次函数的性质可知y＝f〔x〕在R上单调递减，符合题意．应选：D．【点评】此题考查了函数的奇偶性及单调性，属于根底题．19．〔2023•浦东新区校级三模〕以下函数中，既是定义域内单调增函数，又是奇函数的是〔〕A．f〔x〕＝tanx B．f〔x〕＝x﹣ C．f〔x〕＝x﹣cosx D．f〔x〕＝x〔ex+e﹣x〕【分析】由函数的奇偶性与单调性及排解法进行推断即可．【解答】解：对于A，f〔x〕＝tanx为奇函数，在定义域内不单调，不符合题意；对于B，f〔x〕＝x﹣，定义域为〔﹣∞，0〕∪〔0，+∞〕，f〔﹣x〕＝﹣f〔x〕，所以f〔x〕为奇函数，在〔﹣∞，0〕和〔0，+∞〕上分别单调递增，不符合题意；对于C，f〔x〕＝x﹣cosx，f〔﹣x〕＝﹣x﹣cos〔﹣x〕＝﹣x﹣cosx≠﹣f〔x〕，故函数不是奇函数，不符合题意；由排解法可知选项D符合题意．应选：D．【点评】此题主要考查函数奇偶性与单调性的推断，属于根底题．八．函数恒成立问题〔共6小题〕20．〔2023•浦东新区三模〕定义在R上的函数y＝f〔x〕．对任意区间[a，b]和c∈[a，b]，假设存在开区间I，使得c∈I∩[a，b]，且对任意x∈I∩[a，b]〔x≠c〕都成立f〔x〕＜f〔c〕，那么称c为f〔x〕在[a，b]上的一个“M点〞．有以下两个命题：①假设f〔x0〕是f〔x〕在区间[a，b]上的最大值，那么x0是f〔x〕在区间[a，b]上的一个M点；②假设对任意a＜b，b都是f〔x〕在区间[a，b]上的一个M点，那么f〔x〕在R上严格增．那么〔〕A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①、②都是真命题 D．①、②都是假命题【分析】举出反例，得到①②错误．【解答】解：对于①，设f〔x〕＝1，满意f〔x0〕是f〔x〕在区间[a，b]上的最大值，但x0不是f〔x〕在区间[a，b]上的一个M点，①错误；对于②，设，对于区间[a，b]，令b为有理数，满意对任意x∈[a，b]〔x≠b〕都成立f〔x〕＜f〔b〕，故b为区间[a，b]上的一个M点，但f〔x〕在R上不是严格增函数，②错误．应选：D．【点评】此题考查了函数新定义的应用，属于中档题．21．〔2023•金山区二模〕函数y＝f〔x〕和y＝g〔x〕的表达式分别为，g〔x〕＝x|x2﹣a|，假设对任意，假设存在x2∈[﹣3，0]，使得g〔x1〕＜f〔x2〕，那么实数a的取值范围是〔2﹣，3〕．【分析】由题意可得f〔x〕max＞g〔x〕max，由二次函数及幂函数的性质可得f〔x〕在[﹣3，0]上的最大值为2，所以只需利用导数及分类争论思想，求出g〔x〕在[1，]上的最大值，代入求解即可．【解答】解：由于对任意，假设存在x2∈[﹣3，0]，使得g〔x1〕＜f〔x2〕，所以f〔x〕max＞g〔x〕max，由于，所以当x∈[﹣3，0]时，f〔x〕max＝f〔﹣2〕＝2，当a≤0时，g〔x〕＝x〔x2﹣a〕＝x3﹣ax，g'〔x〕＝3x2﹣a≥0，所以g〔x〕在[1，]上单调递增，所以g〔x〕max＝g〔〕＝2﹣a，所以2﹣a＜2，解得a＞2﹣，与a≤0冲突，舍去；当a＞0时，g〔x〕＝x|x2﹣a|＝，当x＜﹣或x＞时，g〔x〕＝x3﹣ax，g'〔x〕＝3x2﹣a，令g'〔x〕＝3x2﹣a＝0，得x1＝﹣，x2＝，又由于＜，所以当x＞时，g'〔x〕＞0，g〔x〕单调递增；当﹣≤x≤时，g〔x〕＝﹣x3+ax，g'〔x〕＝﹣3x2+a，g'〔x〕＝3x2﹣a＝0，得x3＝﹣，x4＝，所以当x∈〔0，〕时，g'〔x〕＞0，g〔x〕单调递增；当x∈〔，〕时，g'〔x〕＜0，g〔x〕单调递减；综上所述：g〔x〕的单调递增区间为〔0，〕，〔，+∞〕；单调递减区间为∈〔，〕；所以当≥，即a≥6时，g〔x〕在[1，]上单调递增，所以g〔x〕max＝g〔〕＝﹣2+a，由﹣2+a＜2，解得a＜2﹣，与a≥6冲突，故舍去；当1＜＜，即3＜a＜6时，g〔x〕在〔1，〕上单调递增，在〔，〕上单调递减，所以g〔x〕max＝g〔〕＝﹣•+a•＝，由＜2，解得a＜3，与3＜a＜6冲突，故舍去；当，即2≤a≤3时，g〔x〕在[1，]上单调递减，所以g〔x〕max＝g〔1〕＝﹣1+a，由﹣1+a＜2，解得a＜3，又由于2≤a≤3，所以2≤a＜3；当1＜＜，即1＜a＜4时，g〔x〕在〔1，〕上单调递减，在〔，〕上单调递增，又由于g〔1〕＝a﹣1，g〔〕＝2﹣a，当g〔〕≥g〔1〕，即2﹣a≥a﹣1，1＜a≤3﹣时，g〔x〕max＝g〔〕＝2﹣a，由2﹣a＜2，解得a＞2﹣，所以1＜a≤3﹣；当g〔〕＜g〔1〕，即2﹣a＜a﹣1，3﹣＜a＜4时，g〔x〕max＝g〔1〕＝a﹣1，由a﹣1＜2，解得a＜3，所以3﹣＜a＜3；当≤1，即a≤1时，g〔x〕在[1，]上单调递增，所以g〔x〕max＝g〔〕＝2﹣a，由2﹣a＜2，解得a＞2﹣，所以2﹣＜a≤1；综上所述，a的取值范围为：〔2﹣，3〕．故答案为：〔2﹣，3〕．【点评】此题考查了转化思想、导数的综合运用及分类争论，难点在求g〔x〕在[1，]上的最大值，属于难题．22．〔2023•长宁区二模〕假设对任意x∈[1，2]，均有|x2﹣a|+|x+a|＝|x2+x|，那么实数a的取值范围为[﹣1，1]．【分析】依据条件，推得|x2+x|＝|〔x2﹣a〕+〔x+a〕|＝|x2﹣a|+|x+a|，再分类争论，即可求解．【解答】解：∵在肯定值不等式|a+b|≤|a|+|b|中，当a，b同号时，有|a+b|＝|a|+|b|，又∵|x2+x|＝|〔x2﹣a〕+〔x+a〕|＝|x2﹣a|+|x+a|，∴〔x2﹣a〕〔x+a〕≥0在x∈[1，2]恒成立，∴或在x∈[1，2]恒成立，即或在x∈[1，2]恒成立，即或∅，综上所述，实数a的取值范围为[﹣1，1]．故答案为：[﹣1，1]．【点评】此题主要考查函数恒成立问题，考查转化力量，属于中档题．23．〔2023•奉贤区二模〕设函数y＝f〔x〕的定义域是R，它的导数是f'〔x〕．假设存在常数m〔m∈R〕，使得f〔x+m〕＝﹣f'〔x〕对一切x恒成立，那么称函数y＝f〔x〕具有性质P〔m〕．〔1〕求证：函数y＝ex不具有性质P〔m〕；〔2〕判别函数y＝sinx是否具有性质P〔m〕．假设具有求出m的取值集合；假设不具有请说明理由．【分析】〔1〕依据条件，结合假设法，以及性质P〔m〕的定义，即可求解；〔2〕依据条件，结合正弦函数的求导法那么，以及性质P〔m〕的定义，即可求解．【解答】证明：〔1〕假设y＝ex具有性质P〔m〕，即ex+m＝﹣〔ex〕′对一切x恒成立，ex+m＝ex•em＝﹣ex，解得em＝﹣1，明显不存在实数m使得em＝﹣1成立，故假设错误，原命题成立；〔2〕解：假设y＝sinx具有性质P〔m〕，即sin〔x+m〕＝﹣〔sinx〕′对一切x恒成立，即sin〔x+m〕＝﹣cosx对一切x恒成立，故sinxcosm+〔sinm+1〕cosx＝0，即，解得，综上所述，当时，y＝sinx具有性质P〔m〕．【点评】此题主要考查函数恒成立问题，考查转化力量，属于中档题．24．〔2023•松江区模拟〕fa〔x〕＝|x|+|x﹣a|，其中a∈R．〔1〕推断函数y＝fa〔x〕的奇偶性，并说明理由；〔2〕当a＝4时，对任意非零实数c，不等式均成立，求实数t的取值范围．【分析】〔1〕先求y＝fa〔x〕定义域，当a＝0时，推断奇偶性，当a≠0时，利用奇偶性的定义推断f〔﹣a〕与f〔a〕的关系即可推断；〔2〕依据根本不等式有，再利用三角不等式取等号条件即可得出结果．【解答】解：〔1〕函数y＝fa〔x〕的定义域为R，当a＝0时，fa〔x〕＝2|x|，任取x∈R，那么fa〔﹣x〕＝2|﹣x|＝2|x|＝fa〔x〕，所以函数y＝fa〔x〕为偶函数；当a≠0时，由fa〔a〕＝|a|，fa〔﹣a〕＝3|a|，得fa〔﹣a〕≠fa〔a〕，且fa〔﹣a〕≠﹣fa〔a〕，fa〔x〕＝|x|+|x﹣a|为非奇非偶函数．〔2〕对于任意非零实数c，依据根本不等式有，所以fa〔t〕≤4，即|t|+|t﹣a|≤4，由于a＝4，所以|t|+|t﹣4|≤4，由三角不等式可得|t|+|t﹣4|≥4，当且仅当t⋅〔t﹣4〕≤0时取等号，实数t的取值范围为t∈[0，4]．【点评】此题考查函数的奇偶性以及不等式的恒成立问题，考查分类争论思想以及运算求解力量，属于中档题．25．〔2023•黄浦区模拟〕定义在R上的函数y＝f〔x〕，y＝g〔x〕，假设|f〔x1〕﹣f〔x2〕|≥|g〔x1〕﹣g〔x2〕|对任意的x1，x2∈R成立，那么称函数y＝g〔x〕是函数y＝f〔x〕的“附属函数〞．〔1〕假设函数y＝g〔x〕是函数y＝f〔x〕的“附属函数〞且y＝f〔x〕是偶函数，求证：y＝g〔x〕是偶函数；〔2〕假设，求证：当a≥1时，函数y＝g〔x〕是函数y＝f〔x〕的“附属函数〞；〔3〕设定义在R上的函数y＝f〔x〕与y＝g〔x〕，它们的图像各是一条连续的曲线，且函数y＝g〔x〕是函数y＝f〔x〕的“附属函数〞．设α：“函数y＝f〔x〕在R上是严格增函数或严格减函数〞；β：“函数y＝g〔x〕在R上为严格增函数或严格减函数〞，试推断α是β的什么条件？请说明理由．【分析】〔1〕依据“附属函数〞的定义和偶函数的性质可证对任意x∈R，0＝|f〔x〕﹣f〔﹣x〕|≥|g〔x〕﹣g〔﹣x〕|恒成立，即可证明y＝g〔x〕是偶函数；〔2〕不妨设x1＞x2，当a≥1时，利用放缩法可证|f〔x1〕﹣f〔x2〕|≥|x1﹣x2|≥|g〔x1〕﹣g〔x2〕|，即可得证函数y＝g〔x〕是函数y＝f〔x〕的“附属函数〞；〔3〕充分性，可通过举反例证明非充分，必要性，即证：函数y＝g〔x〕是函数y＝f〔x〕的“附属函数〞，假设函数y＝g〔x〕在R上为严格增函数或严格减函数，那么函数y＝f〔x〕在R上是严格增函数或严格减函数，分状况争论得证．【解答】解：〔1〕由于y＝f〔x〕是R上的偶函数，故对任意的x∈R都有f〔x〕﹣f〔﹣x〕＝0，又y＝g〔x〕是y＝f〔x〕的“附属函数〞，于是0＝|f〔x〕﹣f〔﹣x〕|≥|g〔x〕﹣g〔﹣x〕|恒成立，即g〔x〕﹣g〔﹣x〕＝0对任意的x∈R成立，故y＝g〔x〕是偶函数．〔2〕不妨设x1＞x2，当a≥1时，y＝f〔x〕在R上是严格增函数，有．而，所以|f〔x1〕﹣f〔x2〕|≥|x1﹣x2|≥|g〔x1〕﹣g〔x2〕|，因此，当a≥1时，函数y＝g〔x〕是函数y＝f〔x〕的“附属函数〞．〔3〕α是β的必要非充分条件．充分性，举反例，令f〔x〕＝x，g〔x〕＝|x|，明显y＝f〔x〕在R上是严格增函数．由于|g〔x1〕﹣g〔x2〕|＝||x1|﹣|x2||≤|x1﹣x2|＝|f〔x1〕﹣f〔x2〕|，所以函数y＝g〔x〕是函数y＝f〔x〕的“附属函数〞，但y＝g〔x〕在R上不是单调函数．因此α不是β的充分条件．必要性证明，即证：函数y＝g〔x〕是函数y＝f〔x〕的“附属函数〞，假设函数y＝g〔x〕在R上为严格增函数或严格减函数，那么函数y＝f〔x〕在R上是严格增函数或严格减函数．任取u，v∈R，且，有|f〔u〕﹣f〔v〕|≥|g〔u〕﹣g〔v〕|＞0，即对任意u，v∈R，且，有|f〔u〕﹣f〔v〕|＞0．下面证明：对任意的实数x1＜x2，有f〔x2〕﹣f〔x1〕＞0或f〔x2〕﹣f〔x1〕＜0成立．假设存在x1，x2，x3∈R，x1＜x2＜x3，使得f〔x1〕≥f〔x2〕且…①，其中不妨设f〔x3〕≥f〔x1〕…②，当①或②式中有等号成立时，那么与0＜|f〔u〕﹣f〔v〕|〔其中〕冲突，当①②两式中等号均不成立时，考虑y＝h〔x〕＝f〔x〕﹣f〔x1〕，x∈R，由于h〔x2〕＝f〔x2〕﹣f〔x1〕＜0，h〔x3〕＝f〔x3〕﹣f〔x1〕＞0，由连续函数的零点存在定理知，必存在s∈〔x2，x3〕使得f〔s〕＝f〔x1〕，也与0＜|f〔u〕﹣f〔v〕|〔其中〕冲突，同理可证且f〔x2〕≥f〔x3〕也不行能，因此，对任意的实数x1＜x2，有f〔x2〕﹣f〔x1〕＞0成立或f〔x2〕﹣f〔x1〕＜0成立，假设f〔x2〕﹣f〔x1〕＞0成立，那么y＝f〔x〕在R上是严格增函数；假设f〔x2〕﹣f〔x1〕＜0成立，y＝f〔x〕在R上是严格减函数．必要性得证．【点评】此题主要考查函数的新定义，函数恒成立问题，函数的奇偶性与单调性，考查规律推理力量，属于难题．四四、易错分析易错点1：求函数的单调区间无视定义域致错函数y＝eq\r(x2＋3x)的单调递减区间为()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，＋∞))C．[0，＋∞) D．(－∞，－3]【错解】选A令t＝x2＋3x，y＝eq\r(x2＋3x)是由y＝eq\r(t)与t＝x2＋3x复合而成，又外层函数y＝eq\r(t)在[0，＋∞)上单调递增，内层函数t＝x2＋3x在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))上单调递减，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，＋∞))上单调递增，依据复合函数同增异减的原那么可知，函数y＝eq\r(x2＋3x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))．【错因】没有考虑函数y＝eq\r(x2＋3x)的定义域，【正解】选D由题意，x2＋3x≥0，可得x≤－3或x≥0，函数y＝eq\r(x2＋3x)的定义域为(－∞，－3]∪[0，＋∞)．令t＝x2＋3x，那么外层函数y＝eq\r(t)在[0，＋∞)上单调递增，内层函数t＝x2＋3x在(－∞，－3]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，所以，函数y＝eq\r(x2＋3x)的单调递减区间为(－∞，－3]．易错点2：推断函数的奇偶性无视定义域致错推断函数f(x)＝eq\r(\f(1－x,1＋x))的奇偶性：【错解】，所以函数f(x)＝eq\r(\f(1－x,1＋x))为偶函数。【错因】没有考虑函数f(x)＝eq\r(\f(1－x,1＋x))的定义域，【正解】由于f(x)有意义，那么满意eq\f(1－x,1＋x)≥0，所以－1<x≤1，所以f(x)的定义域不关于原点对称，所以f(x)为非奇非偶函数．易错点3：有关分段函数的不等式问题无视定义域致错设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋12，x<1，,4－\r(x－1)，x≥1，))那么使得f(x)≥1的自变量x的取值范围为__________．【错解】由及f(x)≥1可得．(x＋1)2≥1或4－eq\r(x－1)≥1，由(x＋1)2≥1⇒x≤－2或x≥0，由4－eq\r(x－1)≥1，即eq\r(x－1)≤3，所以1≤x≤10.综上所述，x∈[1,10]．【错因】没有考虑函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋12，x<1，,4－\r(x－1)，x≥1，))的定义域，【正解】由于f(x)是分段函数，所以f(x)≥1应分段求解．当x<1时，f(x)≥1⇒(x＋1)2≥1⇒x≤－2或x≥0，所以x≤－2或0≤x<1.当x≥1时，f(x)≥1⇒4－eq\r(x－1)≥1，即eq\r(x－1)≤3，所以1≤x≤10.综上所述，x∈(－∞，－2]∪[0,10]．易错点4：有关抽象函数的不等式问题无视定义域致错设a∈R，函数y＝f(x)是定义在[－4,4]上的减函数，且f(a＋1)>f(2a)，那么a的取值范围是()A．[－4,1) B．(1,4]C．(1,2] D．C．〔1，＋∞)【错解】∵y＝f(x)是定义在[－4,4]上的减函数，且f(a＋1)>f(2a)，∴a＋1<2a，解得1<a，选D.【错因】没有考虑函数y＝f(x)的定义域，【正解】∵函数y＝f(x)是定义在[－4,4]上的减函数，且f(a＋1)>f(2a)，∴－4≤a＋1<2a≤4，解得1<a≤2，应选C.易错点5：有关分段函数的单调性问题无视端点值致错函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x<1，,x2－2ax，x≥1))在R上单调递增，那么实数a的取值范围为________．【错解】要使f(x)在R上单调递增，必需满意：f(x)在(－∞，1)上单调递增，f(x)在(1，＋∞)上单调递增；又x≥1时，，作出大致图象如下图．结合图象可知a≤1,故实数a的取值范围为(－∞，1].【错因】没有考虑端点值2与的大小关系，【正解】要使f(x)在R上单调递增，必需满意三条：第一条：f(x)在(－∞，1)上单调递增；其次条：f(x)在(1，＋∞)上单调递增；第三条：(x2－2ax)|x＝1≥(x＋1)|x＝1.作出大致图象如下图．结合图象可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤1，,1－2a≥2，))解得a≤－eq\f(1,2).故实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))).易错点6：有关奇函数的解析式无视自变量0的函数值致错定义在R上的奇函数f(x)，当x>0时，f(x)＝x2＋x－1，那么函数f(x)的解析式为_______．【错解】设x<0，那么－x>0，由题意可知f(－x)＝(－x)2－x－1＝x2－x－1，由于f(x)是R上的奇函数，所以f(x)＝－f(－x)＝－x2＋x＋1.综上所述，【错因】没有考虑自变量0的函数值，【正解】设x<0，那么－x>0，由题意可知f(－x)＝(－x)2－x－1＝x2－x－1，由于f(x)是R上的奇函数，所以f(x)＝－f(－x)＝－x2＋x＋1，且f(0)＝0.综上所述，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋x－1，x>0，,0，x＝0，,－x2＋x＋1，x<0.))易错点7：使用换元法无视新变量的取值范围致错假设f(2x)＝4x－2x，那么f(x)＝________.【错解】由题意，f(2x)＝4x－2x＝(2x)2－2x，设t＝2x，那么f(t)＝t2－t，所以f(x)＝x2－x.【错因】没有考虑2x的取值范围，由于2x大于零，所以t大于零，【正解】由题意，f(2x)＝4x－2x＝(2x)2－2x，设t＝2x>0，那么f(t)＝t2－t，t>0，所以f(x)＝x2－x，x>0.易错点8：无视零点存在性定理前提条件而致错对于函数f(x)，假设f(－1)f(3)<0，那么()A．方程f(x)＝0肯定有实数解B．方程f(x)＝0肯定无实数解C．方程f(x)＝0肯定有两实根D．方程f(x)＝0可能无实数解【错解】由于f(－1)f(3)<0，由零点存在性定理知函数f(x)在(－1,3)上必有零点，故方程f(x)＝0肯定有实数解，所以选A。【错因】零点存在性定理要求f(x)的图象在区间[a，b]上连续。【正解】选D由于函数f(x)的图象在(－1,3)上未必连续，所以尽管f(－1)f(3)<0，但方程f(x)＝0在(－1,3)上可能无实数解．易错点9：搞不清复合函数的自变量而致错f(x2－1)的定义域为[0,3]，那么f(2x－1)的定义域是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(9,2)))C. D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,2)))【错解】选C∵f(x2－1)的定义域为[0,3]，∴0≤x≤3，∴0≤x2－1≤3，∴1≤x2≤4，∴1≤x≤2或－2≤x≤－1，所以1≤2x－1≤2或－2≤2x－1≤－1，所以1≤x≤或－≤x≤0，那么f(2x－1)的定义域是。【错因】搞不清复合函数的自变量是哪个，f(x2－1)的定义域为[0,3]，是说0≤x≤3。【正解】选B∵f(x2－1)的定义域为[0,3]，∴0≤x≤3，∴－1≤x2－1≤8，即f(x)的定义域为[－1,8]．∴在f(2x－1)中－1≤2x－1≤8，∴0≤x≤eq\f(9,2)，即函数f(2x－1)的定义域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(9,2))).易错点10：搞不清函数图象左右平移规那么而致错将函数y＝f(－x)的图象向右平移1个单位长度得到函数________的图象．【错解】y＝f(－x)的图象向右平移1个单位长度，依据左加右减的原那么，可知得到函数f(－x－1)的图象。故答案为y＝f(－x－1)【错因】函数图象左加右减变换针对的是自变量x,【正解】y＝f(－x)的图象向右平移1个单位长度，依据左加右减的原那么，可知得到函数的图象，故答案为y＝f(－x＋1)五五、刷好题一．函数的定义域及其求法〔共2小题〕1．〔2021•黄浦区三模〕函数f〔x〕＝的定义域为〔0，10]．【分析】由函数f〔x〕＝的定义域为：，解不等式组即可求出答案．【解答】解：函数f〔x〕＝的定义域为：，解得：0＜x≤10．∴函数f〔x〕＝的定义域为：〔0，10]．故答案为：〔0，10]．【点评】此题考查函数的定义域及其求法，考查不等式的解法，是根底题．2．〔2021•黄浦区三模〕如图，某城市设立以城中心O为圆心、r公里为半径的圆形爱护区，从爱护区边缘起，在城中心O正东方向上有一条高速大路PB、西南方向上有一条一级大路QC，现要在爱护区边缘PQ弧上选择一点A作为出口，建一条连接两条大路且与圆O相切的直道BC．通往一级大路的道路AC每公里造价为a万元，通往高速大路的道路AB每公里造价是m2a万元，其中a，r，m为常数，设∠POA＝θ，总造价为y万元．〔1〕把y表示成θ的函数y＝f〔θ〕，并求出定义域；〔2〕当时，如何确定A点的位置才能使得总造价最低？【分析】〔1〕由题意可得AB＝rtanθ，，可得，由正切函数的定义域可得可得函数的定义域为：；〔2〕由〔1〕可得，可化为y＝，由根本不等式可得≥2m，由取等号的条件可得答案．【解答】解：〔1〕∵BC与圆O相切于A，∴OA⊥BC，在△OAB中，AB＝rtanθ，…〔2分〕同理，可得…〔4分〕∴，∴，…〔6分〕可得函数的定义域为：…〔8分〕〔2〕由〔1〕可得＝＝∵，∴tanθ﹣1＞0，∴≥2m，当且仅当，即tanθ＝时取等号，又，所以tanθ＝，∴θ＝60°故当θ取60°，即A点在O东偏南60°的方向上，总造价最低．…〔16分〕【点评】此题考查函数的定义域及其求法，涉及根本不等式的应用，属中档题．二．函数的值域〔共1小题〕3．〔2021•徐汇区校级三模〕以下函数中，与函数y＝x3的值域相同的函数为〔〕A．y＝〔〕x+1 B．y＝ln〔x+1〕 C．y＝ D．y＝x+【分析】知道函数的值域是R，再观看四个选项的y的取值状况，从而找出正确答案．【解答】解：∵函数y＝x3的值域为实数集R，又选项A中y＞0，选项B中y取全体实数，选项C中的y≠1，选项D中y≠0，应选：B．【点评】此题考查了函数的值域问题，是一道根底题．三．函数的图象与图象的变换〔共2小题〕4．〔2022•徐汇区三模〕函数f〔x〕＝〔﹣1〕sinx图象的大致外形是〔〕A． B． C． D．【分析】由函数的奇偶性可排解BD，由f〔1〕＜0，可排解A，进而得出正确选项．【解答】解：由，可得，且函数的定义域为R，那么函数f〔x〕为偶函数，故可排解选项B，D；又，故可排解A．应选：C．【点评】此题考查利用函数性质确定函数图象，考查数形结合思想，属于根底题．5．〔2022•杨浦区模拟〕定义域为[a，b]的函数y＝f〔x〕图象的两个端点为A〔a，f〔a〕〕，B〔b，f〔b〕〕，M〔x，y〕是y＝f〔x〕图象上任意一点，过点M作垂直于x轴的直线l交线段AB于点N〔点M与点N可以重合〕，我们称||的最大值为该函数的“曲径〞，以下定义域为[1，2]上的函数中，曲径最小的是〔〕A．y＝x2 B．y＝ C．y＝x﹣ D．y＝sinx【分析】依据中函数的“曲径〞的定义，逐一求出给定四个函数的曲径，比拟后，可得答案．【解答】解：当y＝f〔x〕＝x2时，端点A〔1，1〕，B〔2，4〕，直线AB的方程为y＝3x﹣2，故||＝3x﹣2﹣x2，当x＝时，||的最大值为，即该函数的“曲径〞为，当y＝f〔x〕＝时，端点A〔1，2〕，B〔2，1〕，直线AB的方程为y＝﹣x+3，故||＝﹣x+3﹣，当x＝时，||的最大值为3﹣2，即该函数的“曲径〞为3﹣2，当y＝f〔x〕＝x﹣时，端点A〔1，0〕，B〔2，〕，直线AB的方程为y＝x﹣，故||＝x﹣﹣x+＝﹣x﹣+，当x＝时，||的最大值为﹣，即该函数的“曲径〞为﹣，当y＝f〔x〕＝sinx时，端点A〔1，〕，B〔2，〕，直线AB的方程为y＝，故||＝sinx﹣，当x＝时，||的最大值为1﹣，即该函数的“曲径〞为1﹣，故函数y＝x﹣的曲径最小，应选：C．【点评】此题以新定义﹣﹣函数的曲径为载体，考查了函数的图象，函数的最值，难度中档．四．复合函数的单调性〔共2小题〕6．〔2021•浦东新区三模〕函数y＝的单调递减区间为〔﹣∞，﹣1]．【分析】确定函数的定义域，考虑内外函数的单调性，即可得到结论．【解答】解：由题意，函数的定义域为〔﹣∞，﹣1]∪[1，+∞〕令t＝x2﹣1，那么在[0，+∞〕上单调递增∵t＝x2﹣1，在〔﹣∞，0]上单调递减，在[0，+∞〕上单调递增∴函数y＝的单调递减区间为〔﹣∞，﹣1]，故答案为：〔﹣∞，﹣1]．【点评】此题考查复合函数的单调性，考查同学分析解决问题的力量，属于中档题．7．〔2021•徐汇区校级三模〕函数y＝lgsin2x的单调递减区间为[kπ+，kπ+)，k∈Z．【分析】由题意利用复合函数的单调性，对数函数、正弦函数的图象和性质可得2kπ+≤2x＜2kπ+π，由此求得函数的减区间．【解答】解：函数y＝lgsin2x的单调递减区间，即t＝sin2x＞0时，函数t的减区间．再利用正弦函数的图象和性质可得，2kπ+≤2x＜2kπ+π，求得kπ+≤x＜kπ+，k∈Z，故答案为：[kπ+，kπ+〕，k∈Z．【点评】此题主要考查复合函数的单调性，对数函数、正弦函数的图象和性质，属于中档题．五．函数的最值及其几何意义〔共2小题〕8．〔2022•浦东新区校级模拟〕假设分段函数f〔x〕＝，将函数y＝|f〔x〕﹣f〔a〕|，x∈[m，n]的最大值记作Za[m，n]，那么当﹣2≤m≤2时，Z2[m，m+4]的取值范围是[4，60]．【分析】求出f〔2〕，作出函数f〔x〕的图象，然后对M分类求得Z2[m，m+4]的最大值，那么答案可求．【解答】解：由f〔x〕＝，得f〔2〕＝1，那么y＝|f〔x〕﹣f〔a〕|＝|f〔x〕﹣1|，作出函数f〔x〕的图象如下图：当﹣2≤m≤﹣1时，|f〔x〕﹣1|max＝|〔﹣3〕﹣1|＝4；当m＞﹣1时，m+4＞3，2m+4﹣3﹣1＝2m+4﹣4＞4，∴当﹣1＜m≤2时，Za[m，m+4]＝2m+4﹣4，那么Z2[m，m+4]的最大值为26﹣4＝60．故Z2[m，m+4]的取值范围是[4，60]．故答案为：[4，60]．【点评】此题考查函数的最值及其几何意义，考查分段函数的应用，考查运算求解力量，是中档题．9．〔2021•金山区二模〕设m为给定的实常数，假设函数y＝f〔x〕在其定义域内存在实数x0，使得f〔x0+m〕＝f〔x0〕+f〔m〕成立，那么称函数f〔x〕为“G〔m〕函数〞．〔1〕假设函数f〔x〕＝2x为“G〔2〕函数〞，求实数x0的值；〔2〕假设函数f〔x〕＝lg，为“G〔1〕函数〞，求实数a的取值范围；〔3〕f〔x〕＝x+b〔b∈R〕为“G〔0〕函数〞，设g〔x〕＝x|x﹣4|．假设对任意的x1，x2∈[0，t]，当x1≠x2时，都有＞2成立，求实数t的最大值．【分析】〔1〕由f〔x〕＝2x为“G〔2〕函数〞，得，求解指数方程可得实数x0的值；〔2〕函数f〔x〕＝lg，为“G〔1〕函数〞可知，存在实数x0，使得f〔x0+1〕＝f〔x0〕+f〔1〕成立，整理得，a＝2时，符合题意；a≠2时，利用判别式大于0求解a的范围，取并集得答案；〔3〕由f〔x〕＝x+b〔b∈R〕为“G〔0〕函数〞，得f〔x0+0〕＝f〔x0〕+f〔0〕成立，可得f〔x〕＝x，不妨设x1＞x2，问题转化为g〔x1〕﹣2x1＞g〔x2〕﹣2x2，令F〔x〕＝g〔x〕﹣2x，那么F〔x〕在[0，t]上单调递增，写出分段函数F〔x〕＝x|x﹣4|﹣2x，画出图形，数形结合可得实数t的最大值．【解答】解：〔1〕由f〔x〕＝2x为“G〔2〕函数〞，得f〔x0+2〕＝f〔x0〕+f〔2〕，即，解得，故实数x0的值为；〔2〕函数f〔x〕＝lg，为“G〔1〕函数〞可知，存在实数x0，使得f〔x0+1〕＝f〔x0〕+f〔1〕成立，∴，即，由＞0，得a＞0，整理得．①当a＝2时，，符合题意；②当a≠2时，由Δ＝4a2﹣4〔a﹣2〕〔2a﹣2〕≥0，即a2﹣6a+4≤0，解得且a≠2，综上，实数a的取值范围是[3﹣，3+]；〔3〕由f〔x〕＝x+b〔b∈R〕为“G〔0〕函数〞，得f〔x0+0〕＝f〔x0〕+f〔0〕成立，即f〔0〕＝0，从而b＝0，那么f〔x〕＝x，不妨设x1＞x2，那么由＞2成立，即＞2，得g〔x1〕﹣2x1＞g〔x2〕﹣2x2，令F〔x〕＝g〔x〕﹣2x，那么F〔x〕在[0，t]上单调递增，又F〔x〕＝x|x﹣4|﹣2x＝，作出函数图象如图：由图可知，0＜t≤1，故实数t的最大值为1．【点评】此题考查函数的最值及其几何意义，考查新定义的应用，考查化归与转化思想，考查运算求解力量，是中档题．六．函数奇偶性的性质与推断〔共2小题〕10．〔2021•长宁区二模〕设f〔x〕＝xα〔α∈{﹣2，﹣1，，，1，2}〕，那么“y＝f〔x〕图象经过点〔﹣1，1〕〞是“y＝f〔x〕是偶函数〞的〔〕A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分又非必要条件【分析】直接利用函数奇偶性的定义进行判定，结合充分条件，必要条件的定义即可推断．【解答】解：假设函数y＝f〔x〕图象经过点〔﹣1，1〕时，那么〔﹣1〕α＝1，∴α＝﹣2或α＝2，∴y＝f〔x〕为偶函数．假设y＝f〔x〕为偶函数，①α＝﹣1，，1时为奇函数，②α＝时为非奇非偶函数，③α＝﹣2，2时为偶函数，∴假设y＝f〔x〕为偶函数时，α＝﹣2，2∴函数y＝f〔x〕图象经过点〔﹣1，1〕是y＝f〔x〕为偶函数的充要条件．应选：C．【点评】此题考查了函数奇偶性的判定，同时考查了充分条件和必要条件，属于根底题．11．〔2021•奉贤区二模〕设函数f〔x〕＝lg〔1﹣cos2x〕+cos〔x+θ〕，θ∈[0，〕．〔1〕争论函数y＝f〔x〕的奇偶性，并说明理由；〔2〕设θ＞0，解关于x的不等式f〔+x〕﹣f〔﹣x〕＜0．【分析】〔1〕先推断函数定义域是否关于原点对称，然后检验f〔﹣x〕与f〔x〕的关系即可推断；〔2〕结合函数解析式，由不等式代入后可转化为求解cos〔x+〕＜cos〔﹣x+θ〕，然后结合和差角的余弦公式可求．【解答】解：〔1〕f〔x〕＝lg〔1﹣cos2x〕+cos〔x+θ〕＝lg〔2sin2x〕+cos〔x+θ〕，由sinx≠0可得x≠kπ〔k∈Z〕，关于原点对称，由于f〔﹣x〕＝lg〔2sin2x〕+cos〔﹣x+θ〕，当θ＝0时，f〔x〕＝lg〔2sin2x〕+cosx，f〔﹣x〕＝lg〔2sin2x〕+cos〔﹣x〕＝lg〔2sin2x〕+cosx＝f〔x〕，所以函数y＝f〔x〕是偶函数；当θ∈〔0，〕时，f〔x〕＝lg〔2sin2x〕+cos〔x+θ〕，f〔﹣x〕＝lg〔2sin2x〕+cos〔﹣x+θ〕，﹣f〔﹣x〕＝﹣lg〔2sin2x〕﹣cos〔﹣x+θ〕，所以f〔﹣x〕±f〔x〕≠0，函数y＝f〔x〕是非奇非偶函数．〔2〕由于f〔+x〕＝lg2+lgsin2〔x+〕+cos〔x+〕＝lg〔1+sin2x〕+cos〔x+〕，f〔﹣x〕＝lg[1﹣cos〔﹣2x〕]+xos〔〕＝lg〔1+sin2x〕+cos〔﹣x+θ〕，由于f〔+x〕﹣f〔﹣x〕＜0，所以lg〔1+sin2x〕+cos〔x+〕＜lg〔1+sin2x〕+cos〔﹣x+θ〕，即cos〔x+〕＜cos〔﹣x+θ〕，整理得cosθcos〔〕＜0，所以cos〔〕＜0，且1+sin2x＞0，所以＜＜+2kπ，且x≠2kπ，k∈Z，解得，且x≠2kπ，k∈Z，故不等式的解集{x|，且x≠2kπ，k∈Z}．【点评】此题主要考查了函数奇偶性的推断，解不等式，表达了转化思想及分类争论实现的应用，属于中档题．七．抽象函数及其应用〔共1小题〕12．〔2021•上海模拟〕设f〔x〕是定义在实数集R上的函数，且满意以下关系f〔10+x〕＝f〔10﹣x〕，f〔20﹣x〕＝﹣f〔20+x〕，那么f〔x〕是〔〕A．偶函数，又是周期函数 B．偶函数，但不是周期函数 C．奇函数，又是周期函数 D．奇函数，但不是周期函数【分析】将题中两个等式相结合，运用变量代换的方法可证出f〔40+x〕＝f〔x〕，从而得出f〔x〕是周期T＝40的周期函数，再依据f〔﹣x〕＝f〔40﹣x〕结合f〔20﹣x〕＝﹣f〔20+x〕，可证出f〔﹣x〕＝f〔x〕，从而得到此题的答案．【解答】解：∵f〔20﹣x〕＝f[10+〔10﹣x〕]＝f[10﹣〔10﹣x〕]＝f〔x〕＝﹣f〔20+x〕．∴f〔20+x〕＝﹣f〔40+x〕，结合f〔20+x〕＝﹣f〔x〕得到f〔40+x〕＝f〔x〕∴f〔x〕是以T＝40为周期的周期函数；又∵f〔﹣x〕＝f〔40﹣x〕＝f〔20+〔20﹣x〕＝﹣f〔20﹣〔20﹣x〕〕＝﹣f〔x〕．∴f〔x〕是奇函数．应选：C．【点评】此题给出满意两个等式的抽象函数，求函数的周期性和奇偶性，着重考查了函数的定义和抽象函数的应用等学问，属于根底题．八．函数恒成立问题〔共4小题〕13．〔2021•浦东新区校级三模〕实数a＞0，函数f〔x〕＝，g〔x〕＝x+a，假设对任意x1∈[﹣2a，2a]，总存在x2∈[﹣2a，2a]，使得f〔x2〕≤g〔x1〕，那么a的最大值为4．【分析】由题意可得f〔x〕min≤g〔x〕min，由一次函数的单调性可得g〔x〕的最小值，争论当0≤x≤2a时，不等式不成立；当﹣2a≤x＜0时，f〔x〕＝，再争论﹣2a与﹣的大小关系，结合单调性求得最值，可得a的不等式，解不等式可得最大值．【解答】解：对任意x1∈[﹣2a，2a]，总存在x2∈[﹣2a，2a]，使得f〔x2〕≤g〔x1〕，等价为f〔x〕min≤g〔x〕min，由g〔x〕＝x+a在[﹣2a，2a]递增，可得g〔x〕的最小值为g〔﹣2a〕＝﹣a，所以≤﹣a在x∈[﹣2a，2a]成立，当0≤x≤2a时，不等式不成立；当﹣2a≤x＜0时，f〔x〕＝，当﹣2a＜﹣，即a＞4时，y＝ax+在[﹣2a，﹣〕递增，在〔﹣，0〕递减，可得x＝﹣时取得最大值﹣2即有﹣a≥，可得0＜a≤4，综上可得a∈∅；当﹣2a≥﹣，即0＜a≤4时，y＝ax+在[﹣2a，0〕递减，可得x＝﹣2a时取得最大值﹣2a2﹣，即有﹣a≥，解得0＜a≤4．综上可得，a的取值范围是〔0，4]．即有a的最大值为4．故答案为：4．【点评】此题考查不等式恒成立和有解问题解法，考查分类争论思想和转化思想、运算力量和推理力量，属于中档题．14．〔2021•徐汇区二模〕实数a、b使得不等式|ax2+bx+a|≤x对任意x∈[1，2]都成立，在平面直角坐标系xOy中，点〔a，b〕形成的区域记为Ω．假设圆x2+y2＝r2上的任一点都在Ω中，那么r的最大值为．【分析】由题意可得|a〔x+〕+b|≤1对任意x∈[1，2]都成立．设f〔x〕＝a〔x+〕+b，由对勾函数的单调性可得f〔x〕的值域，即有|+b|≤1恒成立，画出不等式表示的区域，由等积法，可得所求最大值．【解答】解：|ax2+bx+a|≤x对任意x∈[1，2]都成立，即为|a〔x+〕+b|≤1对任意x∈[1，2]都成立．设f〔x〕＝a〔x+〕+b，当x∈[1，2]时，x+∈[2，]，所以|+b|≤1和|2a+b|≤1恒成立，如图，点〔a，b〕形成的区域Ω，假设圆x2+y2＝r2上的任一点都在Ω中，故r的最大值满意×1＝r，解得r＝．故答案为：．【点评】此题考查不等式恒成立问题解法，考查数形结合思想和运算力量，属于中档题．15．〔2021•宝山区校级模拟〕函数f〔x〕＝3﹣2log2x，g〔x〕＝log2x．〔1〕当x∈[1，4]时，求函数h〔x〕＝[f〔x〕+1]•g〔x〕的值域；〔2〕给定n∈N，假如对任意的x∈[2n，2n+1]，不等式恒成立，求实数k的取值范围．【分析】〔1〕由配方法和对数函数的单调性，可得所求值域；〔2〕令t＝log2x，可得〔3﹣4t〕〔3﹣t〕＞k⋅t对一切的t∈[n，n+1]恒成立，分别争论n＝0，n＝1，n≥2时，由对勾函数的单调性，可得最值，进而得到所求范围．【解答】解：〔1〕，∵x∈[1，4]，∴log2x∈[0，2]，∴函数h〔x〕的值域为[0，2]．〔2〕由得〔3﹣4log2x〕〔3﹣log2x〕＞k⋅log2x，令t＝log2x，∵x∈[2n，2n+1]，∴t＝log2x∈[n，n+1]，∴〔3﹣4t〕〔3﹣t〕＞k⋅t对一切的t∈[n，n+1]恒成立，①当n＝0时，假设t＝0时，k∈R；当t∈〔0，1]时，恒成立，即，函数在t∈〔0，1]单调递减，于是t＝1时取最小值﹣2，此时x＝2，于是k∈〔﹣∞，﹣2〕；②当n＝1时，此时t∈[1，2]时，恒成立，即，∵，当且仅当，即时取等号，即的最小值为﹣3，k∈〔﹣∞，﹣3〕；③当n≥2时，此时t∈[n，n+1]时，k＜恒成立，即，函数在t∈[n，n+1]单调递增，于是t＝n时取最小值，此时x＝2n，于是．由于4n﹣15+在n≥2递增，可得4n﹣15+≥﹣＞﹣3，综