2024-2025學(xué)年高一上學(xué)期期末考試解答題壓軸題50題專練（含答案）

2024高一上學(xué)期期末考試解答題壓軸題50題專練【人教A版（2019）】1．（2023上·廣東汕頭·高一校考階段練習(xí)）已知A={x∣2a-1<x≤a+1},B={x∣-1<x≤3}.(1)若a=-12，求(2)在①“x∈A”是“x∈B”的充分不必要條件；②A∪B=B；③A∩B=?；這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，并進(jìn)行解答.問題：若__________，求實數(shù)a的取值范圍構(gòu)成的集合P.注：如果選擇多個條件分別作答，則按第一個條件的解答計分.2．（2023上·上海徐匯·高一上海中學(xué)?？计谥校┮阎强諏崝?shù)集S，T滿足：任意x∈S，均有x-1x∈S；任意y∈T，均有(1)直接寫出S中所有元素之積的所有可能值；(2)若T由四個元素組成，且所有元素之和為3，求T；(3)若S∩T非空，且由5個元素組成，求S∪T的元素個數(shù)的最小值．3．（2023下·北京密云·高一統(tǒng)考期末）已知集合S=1,2,?,n（n≥3且n∈N*），A=a1,a2,?,am，且A?S．若對任意ai∈A,(1)判斷下列集合是否是S=1,2,3,4,5①A1=②A2(2)若A=a1,a24．（2023上·北京平谷·高一統(tǒng)考期末）設(shè)A是正整數(shù)集的非空子集，稱集合B={|u-v||u,v∈A，且u≠v}為集合A的生成集．(1)當(dāng)A=1,3,6時，寫出集合A的生成集B(2)若A是由5個正整數(shù)構(gòu)成的集合，求其生成集B中元素個數(shù)的最小值；(3)判斷是否存在4個正整數(shù)構(gòu)成的集合A，使其生成集B=2,3,5,6,10,165．（2023上·北京東城·高一統(tǒng)考期末）對于非空數(shù)集A，若其最大元素為M，最小元素為m，則稱集合A的幅值為TA=M-m，若集合A中只有一個元素，則(1)若A={2,3,4,5}，求TA(2)若A={1,2,3,?,9},Ai=ai,b(3)若集合N*的非空真子集A1,A26．（2023上·上海浦東新·高一校考期末）已知集合An=x1,x2,?,xnxi∈-1,1i=1,2,?,n，x(1)若x=1,1,1,1，寫出A4中與(2)令B=x⊙y|x,y∈An，若m∈B(3)若A?An，且A中任意兩個元素均正交，分別求出n=8，14時，7．（2023上·北京昌平·高一統(tǒng)考期末）設(shè)有限集合E=1,2,3,?,N，對于集合A?E①對于集合A中任意一個元素xk，當(dāng)xk≠1時，在集合A中存在元素xi，xj②對于集合A中任意兩個元素xi，xji≠j，都有x(1)若N=20，集合A=1,2,4,6,8,10，B=x∣x=3k+1,k≤6,k∈N(2)若N=100，1∈A，100∈A，且集合A為(3)若N∈N*，且N為奇數(shù)，集合A為E的開放子集，求8．（2023上·北京·高一校考階段練習(xí)）設(shè)集合A為非空數(shù)集，定義A+(1)若集合A=-1,1,直接寫出集合A+及(2)若集合A=x1,x2(3)若集合A?{x|0≤x≤2023,x∈N}且A+9．（2023上·浙江湖州·高一期末）已知函數(shù)f(x)=x-2，g(x)=x(1)若對任意x∈R，不等式g(x)>f(x)恒成立，求m的取值范圍；(2)若對任意x1∈[1,2]，存在x2∈[4,5]，使得(3)若m=-1，對任意n∈R，總存在x0∈[-2,2]，使得不等式gx10．（2023上·浙江金華·高一?？茧A段練習(xí)）（1）已知關(guān)于x的不等式ax2+bx+c<0的解集是x|x<-2（2）求關(guān)于x的不等式ax11．（2023·全國·模擬預(yù)測）已知x,y,z∈0,+∞，且(1)求證：yx(2)求x212．（2023上·江蘇·高一階段練習(xí)）設(shè)函數(shù)f(x)=ax（1）若關(guān)于x的不等式fx≥-2有實數(shù)解，求實數(shù)（2）若不等式fx≥-2對于實數(shù)a∈-1,1（3）解關(guān)于x的不等式：f(x)<a-1,(a∈R).13．（2023上·遼寧丹東·高一?？茧A段練習(xí)）已知不等式2≤ax2(1)若a>0，求6b+5c的值；(2)若a>0，且不等式ax2+(3)若a≠0解關(guān)于x的不等式：ax14．（2023上·浙江臺州·高一?？茧A段練習(xí)）已知函數(shù)y=ax2-(1)y<3-2x恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；(2)當(dāng)a>0時，求不等式y(tǒng)≥0的解集；(3)若存在m>0使關(guān)于x的方程ax2-15．（2022上·福建廈門·高一校考階段練習(xí)）已知函數(shù)fx=ax+(1)解關(guān)于x的不等式a(2)已知gx=mx+7-3m，若對任意的x1∈16．（2023上·江蘇蘇州·高二?？计谥校┮阎辉尾坏仁絰2（1）若不等式的解集為(-∞,2)∪(3,+∞)，求不等式ax（2）當(dāng)b=a-1時，求不等式x2（3）當(dāng)b=1時，求不等式x217．（2023上·北京朝陽·高一統(tǒng)考期末）設(shè)全集U={1,2,?,n}n∈N*，集合A是U的真子集．設(shè)正整數(shù)t≤n，若集合A滿足如下三個性質(zhì)，則稱A為U①t∈A；②?a∈A,?b∈?UA，若ab∈U③?a∈A,?b∈?UA，若a+b∈U(1)當(dāng)n=6時，判斷A={1,3,6}是否為U的R(3)子集，說明理由；(2)當(dāng)n≥7時，若A為U的R(7)子集，求證：2?A；(3)當(dāng)n=23時，若A為U的R(7)子集，求集合A．18．（2023上·天津·高一校聯(lián)考期中）設(shè)函數(shù)f(x)=ax（1）若不等式fx>0的解集為-1,3，求（2）若f(1)=4,?b>-1，求（3）若b=-a-3,求不等式fx19．（2023上·上海閔行·高一?？茧A段練習(xí)）已知二次函數(shù)fx(1)若等式ax-12+bx-1+c=2x2-3x-1恒成立，其中(2)證明：ac<0是方程fx(3)若對任意x∈R，不等式fx≥2ax+b恒成立，求20．（2023下·湖南·高二校聯(lián)考期末）已知函數(shù)fx(1)若fx在定義域上單調(diào)遞增，求a(2)若fx≤x21．（2023下·北京朝陽·高一統(tǒng)考期末）設(shè)m,n∈N*，已知由自然數(shù)組成的集合S=a1,a2,???,anaχ=x11x12???x1mx21x22???x(1)若m=3，S={1,2,3}，且χ=101011100(2)若S={1,2,???,n}，集合S1，S2，…，Sm中的元素個數(shù)均相同，若d(S)=3(3)若m=7，S={1,2,???,7}，集合S1，S2，…，S7中的元素個數(shù)均為3，且S22．（2023上·上海金山·高一統(tǒng)考期末）已知函數(shù)y=fx的定義域為D，區(qū)間M?D，若存在非零實數(shù)t使得任意x∈M都有x+t∈D，且fx+t>fx，則稱y=fx(1)已知fx=x，判斷函數(shù)y=fx是否為區(qū)間-1,0(2)已知n>0，設(shè)gx=x2，且函數(shù)y=gx是區(qū)間-4,-2(3)如果函數(shù)y=hx是定義域為R的奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時，hx=x-a2-a223．（2023上·江蘇淮安·高一統(tǒng)考期末）已知函數(shù)f(x)=ax2+bx+cx(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)判斷并證明f(x)在(-2,2)上的單調(diào)性；(3)若存在實數(shù)x∈[-1,2]，使得不等式4[f(x)]2-f(x)+1≤m24．（2023上·廣東揭陽·高一統(tǒng)考期末）已知fx=4x-ax2+b是定義在R上的奇函數(shù)，其中(1)求a、b的值；(2)判斷fx在2,+(3)設(shè)gx=mx2-2x+2-m，若對任意的x1∈25．（2023上·云南曲靖·高一?？计谥校┮阎猣x=m（1）求m的值；（2）求函數(shù)gx=fx-2a-126．（2023下·四川瀘州·高一統(tǒng)考期末）已知函數(shù)fx(1)判斷函數(shù)fx(2)設(shè)函數(shù)gx=loga4x+4-x27．（2023上·江蘇揚州·高一統(tǒng)考期末）已知函數(shù)fx(1)若a=0，判斷函數(shù)y=fx(2)若函數(shù)fx在R上是增函數(shù)，求實數(shù)a(3)若存在實數(shù)a∈-2,2，使得關(guān)于x的方程fx-tf28．（2023下·山西運城·高二統(tǒng)考期末）已知fx(1)證明：fx關(guān)于x=1(2)若fx（i）求a；（ii）不等式fmex29．（2023上·重慶永川·高一校考期末）已知函數(shù)fx對于任意實數(shù)x,y∈R恒有fx+y=fx+fy(1)判斷fx(2)求fx在區(qū)間-4,4(3)解關(guān)于x的不等式：fa30．（2023上·安徽銅陵·高一統(tǒng)考期末）已知函數(shù)f(x)=|x-2a+1|,?（1）若a=1，求函數(shù)φ(x)=f(x)+g(x)的最小值；（2）若g(x)≥f(x)對于任意x∈[a,+∞)恒成立，求a的取值范圍；（3）若x∈[1,6]，求函數(shù)h(x)=max31．（2023上·北京·高一?？计谀┮阎瘮?shù)fx(1)若函數(shù)Fx=fx+af-x(2)當(dāng)a>0且x∈0,8時，不等式fx+1≥f(3)試求函數(shù)Gx=fx+1+af2x32．（2023上·遼寧大連·高一期末）已知函數(shù)fx=(1)直接寫出x>0時，g(x)的最小值.(2)a=2時，F(xiàn)x=fx(3)若g(2)=52，f(g(x))存在兩個零點，求33．（2022上·福建泉州·高一泉州七中?？计谥校┮阎x在R的函數(shù)fx滿足：①對?x，y∈R，fx+y=fx+fy-1(1)求f0，判斷并證明f(2)若?x∈-1,1，使得fx≤m2(3)解關(guān)于x的不等式fa34．（2023上·上?！じ咭恍？茧A段練習(xí)）對于定義域在R上的函數(shù)y=f(x)，定義g(x)=f(x)-f(0)x．設(shè)區(qū)間I=(-∞,0)∪(0,+∞)，對于區(qū)間I上的任意給定的兩個自變量的值x1、x2，當(dāng)x1(1)判斷函數(shù)y=-2x,x∈R(2)若非常值函數(shù)y=s(x),x∈R是奇函數(shù)，求證：y=s(x)存在“T函數(shù)”的充要條件是存在常數(shù)k，使得s(x)=kx；(3)若函數(shù)y=m?2x-2022x與函數(shù)y=-m?2-x+x的定義域都為35．（2023上·遼寧大連·高一期末）若函數(shù)f(x)在定義域R上滿足f(x)+f(y)=f(x+y)，且x>0時f(x)>0,定義域為-2,2的(1)求證：函數(shù)f(x)在定義域上單調(diào)遞增.(2)若在區(qū)間-1,1上，f(x)+g(x)=-x2+x+1；g(x)（i）求函數(shù)f(x)和函數(shù)g(x)在區(qū)間-2,（ii）若關(guān)于x的不等式g(x1)-g(x2)af(x1)-af(x36．（2023上·吉林長春·高一校考期末）已知函數(shù)fx(1)求t的值；(2)求fx(3)若f42x+4-2x37．（2023下·浙江舟山·高二統(tǒng)考期末）已知函數(shù)fx=x2+2x(1)求fx的值域（用a(2)求a+b的取值范圍；(3)若存在實數(shù)b，使得gfx-338．（2023下·云南保山·高一統(tǒng)考期末）已知函數(shù)fx=loga1-x+3，（a>0且(1)求函數(shù)fx(2)求函數(shù)Fx(3)若關(guān)于x的不等式m+log31+x1-x<f39．（2023下·浙江·高一臺州中學(xué)校聯(lián)考期中）已知函數(shù)fx(1)求m的值；(2)若gx=4fx，a>0，b∈R，不等式b?40．（2023上·浙江·高一校聯(lián)考期末）已知函數(shù)fx=ln(1)若方程fx=ln(2)設(shè)a>0，若對任意b∈14,1，當(dāng)x1，x241．（2023上·甘肅定西·高一統(tǒng)考期末）已知函數(shù)fx=2sinωx+φω>0,(1)令gx=fx+(2)是否存在實數(shù)m滿足對任意x1∈-1,1，任意x2∈R42．（2023下·遼寧大連·高一大連八中?？茧A段練習(xí)）函數(shù)f(x)=cos

(1)求fx(2)若?x∈-π4,π(3)求實數(shù)a和正整數(shù)n，使得函數(shù)F(x)=f(x)-a在[0,nπ43．（2023下·江西上饒·高一統(tǒng)考期末）已知函數(shù)fx(1)求函數(shù)fx(2)若gx=fx+fx+π4-fx(3)若函數(shù)Fx=-f2x+π844．（2023下·四川成都·高一統(tǒng)考期末）已知函數(shù)fx=3sinxcosx+12(1)若fα=0，求(2)若對任意x2∈-π2,π45．（2023下·上海楊浦·高一復(fù)旦附中?？计谀┮阎苯翘菪蜛BCD，AD//BC，∠ABC=∠ADE=π2，AB=1，扇形圓心角∠BAE=x，x∈0,π2，如圖，將

(1)寫出px(2)用tanx2表示梯形ABCD的面積tx(3)設(shè)f(x)=p(x)s(x)，0<α<α+φ<π2，試用代數(shù)計算比較46．（2023下·江西撫州·高一校聯(lián)考期中）已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)-1(ω>0,0<φ<π)的圖象兩相鄰對稱軸之間的距離是π2，若將f(1)求fx(2)若對任意x∈0,π3，f(x)(3)若函數(shù)h(x)=2f(x)+3的圖象在區(qū)間a,b（a,b∈R且a<b）上至少含有30個零點，在所有滿足條件的區(qū)間a,b上，求b-a47．（2023上·吉林·高一統(tǒng)考期末）如圖，角α的始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，終邊與單位圓交于點Ax1,y1，將射線OA繞點O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)π(1)求fπ(2)若函數(shù)gx=f2x-(3)在（2）的條件下，函數(shù)hx=gx+λ-148．（2023下·上海閔行·高一閔行中學(xué)校考期末）定義在R上的函數(shù)fx=Asinωx+φA>0,ω>0,0≤φ≤π2，已知其在x∈(1)求出此函數(shù)的解析式；(2)是否存在實數(shù)m，滿足不等式Asinω-(3)若將函數(shù)fx的圖像保持橫坐標(biāo)不變，縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼?3得到函數(shù)gx，再將函數(shù)gx的圖像向左平移φ0φ049．（2023上·陜西榆林·高一統(tǒng)考期末）筒車是我國古代發(fā)明的一種水利灌溉工具，因其經(jīng)濟又環(huán)保，所以至今還在農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中被使用.如圖，假定在水流穩(wěn)定的情況下，一個直徑為10米的筒車開啟后按逆時針方向勻速旋轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)一周需要1分鐘，筒車的軸心O距離水面的高度為52米.以盛水筒P剛浮出水面時開始計算時間，設(shè)筒車開始旋轉(zhuǎn)t秒后盛水筒P到水面的距離為h米（規(guī)定：若盛水筒P在水面下，則h(1)寫出h（單位：米）關(guān)于t（單位：秒）的函數(shù)解析式h(t)=Asin(ωt+φ)+B（其中A>0，ω>0，(2)若盛水筒P在t1，t2時刻距離水面的高度相等，求50．（2023上·云南昆明·高一統(tǒng)考期末）樂音中包含著正弦函數(shù)，平時我們聽到的樂音是許多個音的結(jié)合，稱為復(fù)合音，復(fù)合音的產(chǎn)生是因為發(fā)聲體在全段震動，產(chǎn)生基音的同時，其余各部分，如二分之一部分也在震動．某樂音的函數(shù)是fx=sinx+12sin(1)求出fx的最小正周期并寫出f(2)求使fx≥0成立的(3)判斷x∈-2π,2

高一上學(xué)期期末考試解答題壓軸題50題專練【人教A版（2019）】1．（2023上·廣東汕頭·高一?？茧A段練習(xí)）已知A={x∣2a-1<x≤a+1},B={x∣-1<x≤3}.(1)若a=-12，求(2)在①“x∈A”是“x∈B”的充分不必要條件；②A∪B=B；③A∩B=?；這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，并進(jìn)行解答.問題：若__________，求實數(shù)a的取值范圍構(gòu)成的集合P.注：如果選擇多個條件分別作答，則按第一個條件的解答計分.【解題思路】（1）利用集合補集和交集的概念求解即可；（2）根據(jù)集合的包含關(guān)系分情況討論即可.【解答過程】（1）當(dāng)a=-12時，A=x所以A∪B={x|-2<x≤3}，?RB={x|x≤-1或A∩?（2）選①“x∈A”是“x∈B”的充分不必要條件，則A?B若A=?，此時2a-1≥a+1，解得a≥2；若A≠?，此時a<2，只需2a-1≥-1a+1≤3解得0≤a<2，所以滿足條件的實數(shù)a構(gòu)成的集合P=a|a≥0選②A∪B=B，則A?B；若A=?，此時2a-1≥a+1，解得a≥2；若A≠?，此時a<2，只需2a-1≥-1a+1≤3，解得0≤a<2綜上所述，滿足條件的實數(shù)a構(gòu)成的集合P=a|a≥0選③A∩B=?，若A=?，此時2a-1≥a+1，解得a≥2；若A≠?，此時a<2，只需2a-1≥3或a+1≤-1，顯然2a-1≥3即a≥2無解，解a+1≤-1得a≤-2；綜上，滿足條件的實數(shù)a構(gòu)成的集合P=a|a≤-2或a≥22．（2023上·上海徐匯·高一上海中學(xué)校考期中）已知非空實數(shù)集S，T滿足：任意x∈S，均有x-1x∈S；任意y∈T，均有(1)直接寫出S中所有元素之積的所有可能值；(2)若T由四個元素組成，且所有元素之和為3，求T；(3)若S∩T非空，且由5個元素組成，求S∪T的元素個數(shù)的最小值．【解題思路】（1）根據(jù)集合S中的元素構(gòu)成可得集合S中的元素是以x,x-1（2）根據(jù)集合T中的元素構(gòu)成可得集合T中的元素是以y,y-1（3）由（1）（2）可得集合S,T的元素個數(shù)分別是以3和4為最小正周期循環(huán)，從而根據(jù)S∩T得元素個數(shù)，可確定S∪T的元素個數(shù)的最小值．【解答過程】（1）已知非空實數(shù)集S滿足：任意x∈S，均有x-1x∈S，且x=x-1所以x-1x-1則集合S中的元素是以x,x-1x,又x?x-1x?11-x=-1，則（2）已知非空實數(shù)集T滿足：任意y∈T，均有y-1y+1∈T所以y-1y+1-1y-1y+1則集合T中的元素是以y,y-1y+1,-若T由四個元素組成，則T=y,所以y+y-1y+1解得y=2±5或當(dāng)y=2+5或y=2-5或y=-1+5綜上，T=2+（3）由（1）（2）集合S,T的元素個數(shù)分別是以3和4為最小正周期循環(huán)，且當(dāng)x=y時，同一周期內(nèi)其余元素不相等，因而3和4互素，所以S和T中的各組最多只能有一個公共元素，因為S∩T有五個元素，若要使S∪T的元素個數(shù)最小，要使相同的元素盡量在同一個周期內(nèi)，若x0,x0-1x0,11-x若T=y0,y0-1y0+1,-1所以S∪T的元素個數(shù)最小值為18.3．（2023下·北京密云·高一統(tǒng)考期末）已知集合S=1,2,?,n（n≥3且n∈N*），A=a1,a2,?,am，且A?S．若對任意ai∈A,(1)判斷下列集合是否是S=1,2,3,4,5①A1=②A2(2)若A=a1,a2【解題思路】（1）理解3元完美子集的定義，并判斷兩個集合是否滿足完美子集的定義；（2）分別設(shè)a1=1，a1即可求解.【解答過程】（1）①因為2+2=4<5，且4?A所以A1不是S②因為2+2=4<5，且4∈A而5+5>4+5>4+4>2+5>2+4>5，∴A2是（2）不妨設(shè)a1若a1=1，則a1則集合A的元素個數(shù)大于3個，這與3元完美子集矛盾；若a1=2，則a1此時a1=2,a此時a1若a1≥3，則a1+a則a1+a1=a3綜上，a14．（2023上·北京平谷·高一統(tǒng)考期末）設(shè)A是正整數(shù)集的非空子集，稱集合B={|u-v||u,v∈A，且u≠v}為集合A的生成集．(1)當(dāng)A=1,3,6時，寫出集合A的生成集B(2)若A是由5個正整數(shù)構(gòu)成的集合，求其生成集B中元素個數(shù)的最小值；(3)判斷是否存在4個正整數(shù)構(gòu)成的集合A，使其生成集B=2,3,5,6,10,16【解題思路】（1）利用集合的生成集定義直接求解；（2）設(shè)A=a1,（3）假設(shè)存在集合A=a,b,c,d，可得d-a>c-a>b-a，d-a>d-b>d-c，c-a>c-b，d-a=16【解答過程】（1）因為A=1,3,6，所以1-3所以B=2,3,5（2）設(shè)A=a1,因為a2所以B中元素個數(shù)大于等于4個，又A=1,2,3,4,5，則B=1,2,3,4，此時所以生成集B中元素個數(shù)的最小值為4；（3）不存在，理由如下：假設(shè)存在4個正整數(shù)構(gòu)成的集合A=a,b,c,d，使其生成集B=不妨設(shè)0<a<b<c<d，則集合A的生成集B由b-a,c-a,d-a,c-b,d-b,d-c組成，又d-a>c-a>b-a,d-a>d-b>d-c,c-a>c-b，所以d-a=16，若b-a=2，又d-a=16，則d-b=14?B，故b-a≠2，若d-c=2，又d-a=16，則c-a=14?B，故d-c≠2，所以c-b=2，又d-a=16，則d-b+c-a=18，而d-b,c-a∈3,5,6,10所以d-b+c-a=18不成立，所以假設(shè)不成立，故不存在4個正整數(shù)構(gòu)成的集合A，使其生成集B=2,3,5,6,10,165．（2023上·北京東城·高一統(tǒng)考期末）對于非空數(shù)集A，若其最大元素為M，最小元素為m，則稱集合A的幅值為TA=M-m，若集合A中只有一個元素，則(1)若A={2,3,4,5}，求TA(2)若A={1,2,3,?,9},Ai=ai,b(3)若集合N*的非空真子集A1,A2【解題思路】（1）根據(jù)新定義即可求出；（2）由Ai=ai,bi（3）要n的值最大，則集合的幅值最小，且A1,A2,【解答過程】（1）由集合A={2,3,4,5}知，M=5,m=2，所以TA（2）因為A={1,2,3,?,9},Ai=由此可知集合A1根據(jù)定義要讓TA則只需TA4,5,6,分布在3個集合中，1,2,3分布在3個集合中這樣差值才會最大，總體才會有最大值，所以TA1+所以有一組A1（3）要n的值最大，則集合的幅值要盡量最小，故幅值最小從0開始，接下來為1,2，因為A1,A不妨設(shè)A1是集合N*中只有一個元素的非空真子集，此時TA則A2是集合N*中有兩個元素的非空真子集，且TA同理A3是集合N*中有三個元素的非空真子集，且TA??An是集合N*中有n個元素的非空真子集，且TA所以TA1+解得n=11或n=-10（舍去），所以n的最大值為11.6．（2023上·上海浦東新·高一?？计谀┮阎螦n=x1,x2,?,xnxi∈-1,1i=1,2,?,n，x(1)若x=1,1,1,1，寫出A4中與(2)令B=x⊙y|x,y∈An，若m∈B(3)若A?An，且A中任意兩個元素均正交，分別求出n=8，14時，【解題思路】（1）由定義可寫出A4中與x（2）令δi=1,xi=yi,0,xi≠yi（3）先考慮n=4時，共有四種互相正交的情況，設(shè)這4種情況的排列為z1則按x=z1,z2當(dāng)n=14時，不妨設(shè)y1=(1,1,?1)（有14個1），y2=(-1,-1,?,-1,1,1,?1)（有7個-1，7個1），則y1,y2正交，再令a=(a1,【解答過程】（1）A4中所有與x正交的元素為-1,-1,1,1,1,1,-1,-1（2）證明：對于m∈B，存在x=x1,x2令δi=1,當(dāng)xi≠yi時，xi那么m=x⊙y=i=1所以m+n=2k為偶數(shù)．（3）n=8時，不妨設(shè)x1再考慮n=4時，共有四種互相正交的情況，即1111-11則按x1即x=zx'=-所以n=8時，A中最多可以有8個元素．n=14時，不妨設(shè)yy則y1與y假設(shè)a=a設(shè)a，b，c相應(yīng)位置數(shù)字都相同的共有k個，除去這k列外．a(chǎn)，b相應(yīng)位置數(shù)字都相同的共有m個，b，c相應(yīng)位置數(shù)字都相同的共有n個，則a⊙b=m+k-14-m-k所以m+k=7，同理n+k=7．可得n=m．由于a⊙c=-m-m+k+14-k-2m可得2m=7,m=7所以除y1綜上，n=14時，A中最多可以有2個元素．7．（2023上·北京昌平·高一統(tǒng)考期末）設(shè)有限集合E=1,2,3,?,N，對于集合A?E①對于集合A中任意一個元素xk，當(dāng)xk≠1時，在集合A中存在元素xi，xj②對于集合A中任意兩個元素xi，xji≠j，都有x(1)若N=20，集合A=1,2,4,6,8,10，B=x∣x=3k+1,k≤6,k∈N(2)若N=100，1∈A，100∈A，且集合A為(3)若N∈N*，且N為奇數(shù)，集合A為E的開放子集，求【解題思路】對于（1），利用封閉子集，開放子集定義可得答案；對于（2），A=1,x2因集合A中任意一個元素xk，當(dāng)xk≠1時，在集合A中存在元素xi，xji≤j，使得xk=xi+對于（3），因N∈N*，且N為奇數(shù)，當(dāng)N=1時，得當(dāng)N≥3，將E=1,2,3,?,N里面的奇數(shù)組成集合A，說明集合A為E開放子集，且m=【解答過程】（1）對于A，因2=1+1，且A?E，則A為E的封閉子集；對于B，由題可得B=4,7,10,13,16,19，注意到其中任意兩個元素相加之和都不在B中，任意元素也不是其他兩個元素之和，且B?E，故B為E（2）由題：A=1,設(shè)1<x因集合A中任意一個元素xk，當(dāng)xk≠1時，在集合A中存在元素xi，xj得x2=2，3≤x7≤x7≤64.因7≤若m=8，則x8=100，則在A中存在元素xi又1<x2<x3得x8=2x7?x7又當(dāng)i<j時，xi+xj≤x6+x5≤48<50，得x7=2x6?x6=25，則在A當(dāng)m=9，取A=1,2,4,8,16,32,64,96,100，易得其符合E的封閉子集的定義，故m（3）因N∈N*，且N為奇數(shù)，當(dāng)N=1時，得當(dāng)N≥3，將E=1,2,3,?,N里面的奇數(shù)組成集合A，則A=因A中每個元素都是奇數(shù)，而任意兩個奇數(shù)之和為偶數(shù)，且A?E，則A為E開放子集，此時集合A元素個數(shù)為N+12.下面說明N+12為N=1時，顯然成立；當(dāng)N≥3，若m>N+12，則A中至少有一個屬于E=1,2,3,?,N的偶數(shù)，設(shè)為at，則2≤at≤N-1，得a綜上：m的最大值為N+128．（2023上·北京·高一?？茧A段練習(xí)）設(shè)集合A為非空數(shù)集，定義A+(1)若集合A=-1,1,直接寫出集合A+及(2)若集合A=x1,x2(3)若集合A?{x|0≤x≤2023,x∈N}且A+【解題思路】（1）根據(jù)定義寫出集合A+及A（2）由題設(shè)得A-={0,x（3）由定義可得A+≥2k-1,|A-|≥k，根據(jù)已知及容斥原理有A+∪A-=A++【解答過程】（1）由A=-1,1-1-1=-2,-1+1=0,1+1=2，故A+|-1-(-1)|=|1-1|=0,|-1-1|=|1-(-1)|=2，故A-（2）由于集合A=x1,所以A-中也只包含四個元素，即剩下的x3-x（3）設(shè)A=a12a1a1-a因為A+∩A+∪所以A+∪A-≤2當(dāng)A={675,676,677,...設(shè)A={m,m+1,m+2,...,2023}且m∈N，則A依題意有2023-m<2m?m>67413，故于是當(dāng)m=675時A中元素最多，即A={675,676,677,...綜上所述，集合A中元素的個數(shù)的最大值是1349.9．（2023上·浙江湖州·高一期末）已知函數(shù)f(x)=x-2，g(x)=x(1)若對任意x∈R，不等式g(x)>f(x)恒成立，求m的取值范圍；(2)若對任意x1∈[1,2]，存在x2∈[4,5]，使得(3)若m=-1，對任意n∈R，總存在x0∈[-2,2]，使得不等式gx【解題思路】（1）將不等式g(x)>f(x)恒成立轉(zhuǎn)化為x2-(2m+1)x+6>0恒成立，再根據(jù)Δ<0（2）將題中條件轉(zhuǎn)化為gx1的值域包含于fx2的值域，再根據(jù)區(qū)間[1,2]的兩端點的函數(shù)值g(1),g(2)可得到y(tǒng)=g(x)的對稱軸x=m在區(qū)間[1,2]之間，從而可得到（3）將不等式gx0-x02+n≥k成立化簡得到不等式2x【解答過程】（1）由題意得x2得x2-(2m+1)x+6>0解得m∈-（2）當(dāng)x1∈[1,2],gx由題意得D?[2,3]∴2≤g(1)=1-2m+4≤32≤g(2)=4-4m+4≤3得5此時y=g(x)對稱軸為x=m∈[1,2]，故g(x)min=g(m)∈[2,3]，即2≤g(m)=m2綜上可得m∈5（3）由題意得對任意n∈R，總存在x0∈[-2,2]，使得不等式令hx0=而hx設(shè)φ(n)=maxn,而φ(n)=max易得φ(n)min=φ(-4)=4≥k10．（2023上·浙江金華·高一?？茧A段練習(xí)）（1）已知關(guān)于x的不等式ax2+bx+c<0的解集是x|x<-2（2）求關(guān)于x的不等式ax【解題思路】（1）利用韋達(dá)定理得b=5（2）分類討論即可.【解答過程】（1）由題意知-2+13代入不等式cx得-2即-2x2-5x+3≤0,解得x≤-3所以所求不等式的解集為x∣x≤-3或（2）①當(dāng)a=0時，不等式為-2x<0，解得x>0，則此時解集為0,+∞②當(dāng)a>0時，令ax2-2x+a=0（i）若Δ=4-4a2≤0，即（ii）若Δ=4-4a2>0，即解得1-1-a2③當(dāng)a<0時，（i）若Δ=4-4a2<0，即（ii）若Δ=4-4a2=0，即解集為-∞（iii）若Δ=4-4a2>0，即綜上所述，a<-1時，不等式解集為R；-1≤a<0時，則不等式解集為-∞a=0時，則不等式解集為0,+∞0<a<1時，則不等式解集為1-1-a≥1時，此時不等式解集為?.11．（2023·全國·模擬預(yù)測）已知x,y,z∈0,+∞，且(1)求證：yx(2)求x2【解題思路】（1）通過yx+x≥2yyx+x+z再根據(jù)0<x<1，0<y<1，∴x>x，y>y，且（2）先用公式x+y+z2=x1+3xy+2yz+2xz，再用x+y2≥4xy和x+y+z=1進(jìn)行消元，轉(zhuǎn)化為【解答過程】（1）因為x,y,z∈0,+所以yx以上三式相加得yx所以yx+z因為x,y,z∈0,+∞，且x+y+z=1，所以0<x<1，0<y<1，所以所以yx故yx（2）x23xy+2yz+2xz=3xy+2z=3當(dāng)且僅當(dāng)x=y=25，x2+y12．（2023上·江蘇·高一階段練習(xí)）設(shè)函數(shù)f(x)=ax（1）若關(guān)于x的不等式fx≥-2有實數(shù)解，求實數(shù)（2）若不等式fx≥-2對于實數(shù)a∈-1,1（3）解關(guān)于x的不等式：f(x)<a-1,(a∈R).【解題思路】(1)將給定的不等式等價轉(zhuǎn)化成ax2+(1-a)x+a≥0，按a=0(2)將給定的不等式等價轉(zhuǎn)化成(x(3)將不等式化為ax【解答過程】(1)依題意，fx≥-2有實數(shù)解，即不等式當(dāng)a=0時，x≥0有實數(shù)解，則a=0，當(dāng)a>0時，取x=0，則ax2+(1-a)x+a=a>0成立，即a當(dāng)a<0時，二次函數(shù)y=ax2+(1-a)x+a的圖象開口向下，要y≥0有解，當(dāng)且僅當(dāng)Δ=綜上，a≥-1，所以實數(shù)a的取值范圍是a≥-1；(2)不等式fx≥-2對于實數(shù)a∈-1,1顯然x2-x+1>0，函數(shù)g(a)=(x2-x+1)a+x在a∈-1,1上遞增，從而得所以實數(shù)x的取值范圍是{1}；(3)不等式f(x)<a-1?ax當(dāng)a=0時，x<1，當(dāng)a>0時，不等式可化為(x+1a)(x-1)<0，而-當(dāng)a<0時，不等式可化為(x+1當(dāng)-1a=1，即a=-1當(dāng)-1a<1，即a<-1時，x<-當(dāng)-1a>1，即-1<a<0時，x<1所以，當(dāng)a=0時，原不等式的解集為(-∞,1)，當(dāng)a>0時，原不等式的解集為(-1當(dāng)-1≤a<0時，原不等式的解集為(-∞,1)∪(-1當(dāng)a<-1時，原不等式的解集為(-∞,-113．（2023上·遼寧丹東·高一?？茧A段練習(xí)）已知不等式2≤ax2(1)若a>0，求6b+5c的值；(2)若a>0，且不等式ax2+(3)若a≠0解關(guān)于x的不等式：ax【解題思路】（1）由題意可得不等式ax2+bx+c≤3的解集為x2≤x≤3，且不等式ax2+bx+c≥2的解集為R（2）結(jié)合（1）可得ax2-5ax+6a+1≥0恒成立，可得0<a≤4，再由不等式ax2（3）當(dāng)a>0時，結(jié)合（1）得(ax-1)(x-5)<0，然后分0<a<15，a=15和15<a≤4三種情況求解，當(dāng)a<0時，由（1）的方法可得b=-5a,c=6a+2，再由ax【解答過程】（1）因為a>0，不等式2≤ax2+bx+c≤3所以不等式ax2+bx+c≤3的解集為x2≤x≤3，且不等式所以方程ax所以2+3=-ba2×3=c-3a所以6b+5c=6×(-5a)+5(6a+3)=15，（2）由（1）可知b=-5a，c=6a+3，所以不等式ax2+bx+c≥2由（1）知等式ax2+bx+c≥2所以ax所以a>0Δ=25a不等式ax2+所以[ax-(6a+3)](x+1)≤0，得-1≤x≤6+3因為不等式ax所以7≤6+3a<8綜上，a的取值范圍為32（3）若a>0，則由（1）可知ax2+即(ax-1)(x-5)<0，當(dāng)0<a<15時，5<x<1當(dāng)a=15時，不等式的解集為當(dāng)15<a≤4時，1a若a<0，則不等式ax2+bx+c≥2的解集為x2≤x≤3，所以方程ax所以2+3=-ba2×3=所以不等式ax2+bx+c=a所以ax所以a<0Δ=25a所以所求不等式為ax解得x<1a或x>5，即不等式的解集為當(dāng)a=0,b>0時，2b+c=2,3b+c=3，得b=1,c=0，所以所求不等式ax當(dāng)a=0,b<0時，2b+c=3,3b+c=2，得b=-1,c=5，所以所求不等式為ax2+綜上，當(dāng)-4≤a<0時，不等式的解集為-∞當(dāng)a=0,b>0時，不等式的解集為?，當(dāng)a=0,b<0時，不等式的解集為52當(dāng)0<a<15時，不等式的解集為當(dāng)a=15時，不等式的解集為當(dāng)15<a≤4時，不等式的解集為14．（2023上·浙江臺州·高一校考階段練習(xí)）已知函數(shù)y=ax2-(1)y<3-2x恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；(2)當(dāng)a>0時，求不等式y(tǒng)≥0的解集；(3)若存在m>0使關(guān)于x的方程ax2-【解題思路】（1）將不等式化為ax2-ax-1<0；當(dāng)a=0（2）分別在a=2、a>2和0<a<2三種情況下，解一元二次不等式求得結(jié)果；（3）由基本不等式可求解得t=m+1m+1≥3，根據(jù)題意，將題中條件轉(zhuǎn)化為au2【解答過程】（1）由y<3-2x得ax2-當(dāng)a=0時，-1<0恒成立，符合題意；當(dāng)a≠0時，則a<0Δ=a綜上所述：實數(shù)a的取值范圍為-4,0.（2）當(dāng)a>0時，y=ax令ax-2x-1=0，解得：x1當(dāng)2a=1，即a=2時，y=2x-12≥0恒成立，∴當(dāng)0<2a<1，即a>2時，不等式y(tǒng)≥0當(dāng)2a>1，即0<a<2時，不等式y(tǒng)≥0的解集為綜上所述：當(dāng)a=2時，不等式的解集為R；當(dāng)a>2時，不等式的解集為-∞當(dāng)0<a<2時，不等式的解集為-∞（3）當(dāng)m>0時，令t=m+1當(dāng)且僅當(dāng)m=1時取等號，依題意可得關(guān)于x的方程a|x|令u=|x|，則轉(zhuǎn)化為存在t≥3使得關(guān)于u的方程，即au則Δ=a+22由Δ>0知，存在t≥3使不等式4at+把t看成主元代入t=3，故4a×3+(a+2)2-8a>0解得a<-4-23或a>-4+23，綜合可得故實數(shù)a的取值范圍是aa<-4-215．（2022上·福建廈門·高一校考階段練習(xí)）已知函數(shù)fx=ax+(1)解關(guān)于x的不等式a(2)已知gx=mx+7-3m，若對任意的x1∈【解題思路】（1）先由題意得到ax2-3x+2<0解集為x1<x<b，根據(jù)不等式解集的特點可求得a,b（2）由題意可知y=xfx的值域是gx的值域的子集，故先利用二次函數(shù)的圖像性質(zhì)求得y=xfx的值域，再對gx分類討論【解答過程】（1）因為fx所以xfx<4可化為ax因為不等式xfx<4的解集為x1<x<將x=1代入ax2-3x再由韋達(dá)定理得1×b=2所以ax2-ac+當(dāng)c>2時，不等式解得2<x<當(dāng)c=2時，不等式為x-22當(dāng)c<2時，不等式解得c<x綜上：當(dāng)c>2時，不等式解集為x當(dāng)c=2時，不等式解集為?當(dāng)c<2時，不等式解集為x（2）因為對任意的x1∈2,3，總存在x2∈所以y=xfx由（1）得xfx所以y=xfx開口向上，對稱軸為x=3當(dāng)x=2時，y=xfx=22-3×2+6=4；當(dāng)當(dāng)m>0時，gx在1,4上單調(diào)遞增，故g1所以由數(shù)軸法可得7-2m<4m+7≥6，解得當(dāng)m=0時，g當(dāng)m>0時，gx在1,4上單調(diào)遞減，故g4所以由數(shù)軸法可得m+7≤47-2m>6，解得綜上：m>32或m16．（2023上·江蘇蘇州·高二?？计谥校┮阎辉尾坏仁絰2（1）若不等式的解集為(-∞,2)∪(3,+∞)，求不等式ax（2）當(dāng)b=a-1時，求不等式x2（3）當(dāng)b=1時，求不等式x2【解題思路】（1）依據(jù)題意可知2,3是方程x2-ax+b=0的根可得（2）將b=a-1代入不等式，然后對a的范圍進(jìn)行討論計算即可.（3）把b=1代入，然后轉(zhuǎn)為函數(shù)動軸定區(qū)間的問題，進(jìn)行計算.【解答過程】（1）4-2a+b=09-3a+b=0，所以a=5,b=6所以不等式ax2-bx+1<0為5（2）當(dāng)b=a-1時，不等式x2-ax+a-1>0當(dāng)a=2時，不等式x2-ax+a-1>0的解集為當(dāng)a>2時，不等式x2-ax+a-1>0的解集為當(dāng)a<2時，不等式x2-ax+a-1>0的解集為（3）當(dāng)b=1時，不等式x2-ax+bx-1令f(x)=x當(dāng)a2<1時，即a<2，f(x)=x又f(1)=2-a>0，所以x2-ax+1>0x>1當(dāng)a2=1時，即a=2，f(x)=x又f(1)=0，所以x2-ax+1>0x>1當(dāng)a2>1時，即a>2，f(x)=x2-ax+1在(1,a2)上單調(diào)遞減，在所以x2-ax+1>0x>1綜上：當(dāng)a≤2時，不等式組的解集為(1,+∞)；當(dāng)a>2時，不等式組的解集為(a+17．（2023上·北京朝陽·高一統(tǒng)考期末）設(shè)全集U={1,2,?,n}n∈N*，集合A是U的真子集．設(shè)正整數(shù)t≤n，若集合A滿足如下三個性質(zhì)，則稱A為U①t∈A；②?a∈A,?b∈?UA，若ab∈U③?a∈A,?b∈?UA，若a+b∈U(1)當(dāng)n=6時，判斷A={1,3,6}是否為U的R(3)子集，說明理由；(2)當(dāng)n≥7時，若A為U的R(7)子集，求證：2?A；(3)當(dāng)n=23時，若A為U的R(7)子集，求集合A．【解題思路】（1）取a=1,b=2，由ab=2?A不滿足性質(zhì)②可得A不是U的R(3)子集；（2）通過反證法，分別假設(shè)1∈A，2∈A的情況，由不滿足R(7)子集的性質(zhì)，可證明出2?A；（3）由（2）得，1∈?UA，2∈?UA，7∈A，再分別假設(shè)3∈A，4∈A，5∈A，【解答過程】（1）當(dāng)n=6時，U={1,2,3,4,5,6}，A={1,3,6}，?U取a=1,b=2，則ab=2∈U，但ab=2?A，不滿足性質(zhì)②，所以A={1,3,6}不是U的R(3)子集.（2）當(dāng)n≥7時，A為U的R(7)子集，則7∈A；假設(shè)1∈A，設(shè)x∈?U取a=1,b=x，則ab=x∈U，但ab=x?A，不滿足性質(zhì)②，所以1?A，1∈?假設(shè)2∈A，取a=2,b=1，a+b=3∈U，且a+b=3?A，則3∈?再取a=2,b=3，ab=6∈U，則ab=6∈A，再取a=6,b=1，a+b=7∈U，且a+b=7?A，但與性質(zhì)①7∈A矛盾，所以2?A.（3）由（2）得，當(dāng)n≥7時，若A為U的R(7)子集，1∈?UA，2∈所以當(dāng)n=23時，U={1,2,?,23}，若A為U的R(7)子集，1∈?UA，2∈若3∈A，取a=3,b=1，a+b=4∈U，則4?A，4∈?再取a=3,b=4，a+b=7∈U，則7?A，與7∈A矛盾，則3?A，3∈?若4∈A，取a=4,b=3，a+b=7∈U，則7?A，與7∈A矛盾，則4?A，4∈?若5∈A，取a=5,b=2，a+b=7∈U，則7?A，與7∈A矛盾，則5?A，5∈?若6∈A，取a=6,b=1，a+b=7∈U，則7?A，與7∈A矛盾，則6?A，6∈?取a=7,b=1,2,3,4,5,6，a+b=8,9,10,11,12,13∈U，則8,9,10,11,12,13?A，8,9,10,11,12,13∈?取a=7,b=2，ab=14∈U，則14∈A；取a=14,b=1,2,3,4,5,6，a+b=15,16,17,18,19,20∈U，則15,16,17,18,19,20?A，15,16,17,18,19,20∈?取a=7,b=3，ab=21∈U，則21∈A；取a=21,b=1,2，a+b=22,23∈U，則22,23?A，22,23∈?綜上所述，集合A=7,14,2118．（2023上·天津·高一校聯(lián)考期中）設(shè)函數(shù)f(x)=ax（1）若不等式fx>0的解集為-1,3，求（2）若f(1)=4,?b>-1，求（3）若b=-a-3,求不等式fx【解題思路】（1）根據(jù)不等式與相應(yīng)的方程之間的關(guān)系得出關(guān)于a,b的方程組，求解可得出2a+b的值；（2）由f1=4,得a+b+1（3）由已知將不等式f(x)<-4x+2化為ax2-(a+1)x+1<0，即x-1ax-1<0，對a分①a<0，②0<a<1【解答過程】（1）由不等式fx>0的解集為-1,3可得：方程ax2+由根與系數(shù)的關(guān)系可得：a=-1???所以2a+b=2（2）由已知得f11a當(dāng)a>0時，aa=1，所以1a當(dāng)a<0時，aa=-1，所以1a所以1a+a（3）由f(x)<-4x+2得ax又因為b=-a-3,所以不等式f(x)<-4x+2化為ax2-(a+1)x+1<0當(dāng)a<0時，1a<1，原不等式?(x-若a>0，原不等式?(x-1a)(x-1)<0.（1）當(dāng)a=1時，不等式(x-1a)(x-1)<0（2）當(dāng)a>1時，1a<1，不等式(x-1（3）當(dāng)0<a<1時，1a>1，不等式(x-1綜上所述，不等式的解集為：①當(dāng)a<0時，xx<1a②當(dāng)0<a<1時，x1<x<③當(dāng)a=1時，?；④當(dāng)a>1時，x1故得解.19．（2023上·上海閔行·高一?？茧A段練習(xí)）已知二次函數(shù)fx(1)若等式ax-12+bx-1+c=2x2-3x-1恒成立，其中(2)證明：ac<0是方程fx(3)若對任意x∈R，不等式fx≥2ax+b恒成立，求【解題思路】（1）解法1：由ax-12+b解法2：在ax-12+b（2）根據(jù)充要條件的定義證明．證明必要性和充分性．（3）由二次不等式恒成立，轉(zhuǎn)化參數(shù)關(guān)系，代入b2【解答過程】（1）解法1：2x由ax-12+b故a-b+c=2-1-2=-1.解法2：在ax-12+bx-1+c=2（2）證明必要性：由于方程ax2+bx+c=0（a，b，c是常數(shù)且a≠0∴Δ=b2-4ac>0，且充分性：由ac<0可推出Δ=b2-4ac>0，從而元二次方程ax則x1x2=c∴方程ax2+bx+c=0（a，b，c因此ac<0是方程fx（3）若對任意x∈R，不等式f(x)≥2ax+b恒成立，整理得：ax2+所以a>0Δ=(b-2a)所以b2令t=ca-1，因為0≤若t=0時，此時b2若t>0時，b2當(dāng)且僅當(dāng)t=2時，即c=綜上：b24a20．（2023下·湖南·高二校聯(lián)考期末）已知函數(shù)fx(1)若fx在定義域上單調(diào)遞增，求a(2)若fx≤x【解題思路】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系，建立不等式，利用參數(shù)分離的解題方法，將不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為，函數(shù)求最值問題，可得答案；（2）根據(jù)不等式構(gòu)造函數(shù)，并明確函數(shù)的最值，利用最值與極值的關(guān)系，求得參數(shù)的值，得到具體函數(shù)，并利用導(dǎo)數(shù)驗證最值的真假，可得答案.【解答過程】（1）依題意可知，f'x=-e1-x設(shè)hx=xe1-x,h'x=則hx在0,1上單調(diào)遞增，在1,+故hx≤h1（2）設(shè)gx=fx-x3=由g'下證明當(dāng)a=4時，恒有g(shù)x注意到g'x=-e1-x由（1）可知xe因此u'當(dāng)0<x≤4時，6x3-x+4≥6x3因此?x>0,6x3-x+4>0，故u'x因此x∈0,1時，g'x>0,gx即gx21．（2023下·北京朝陽·高一統(tǒng)考期末）設(shè)m,n∈N*，已知由自然數(shù)組成的集合S=a1,a2,???,anaχ=x11x12???x1mx21x22???x(1)若m=3，S={1,2,3}，且χ=101011100(2)若S={1,2,???,n}，集合S1，S2，…，Sm中的元素個數(shù)均相同，若d(S)=3(3)若m=7，S={1,2,???,7}，集合S1，S2，…，S7中的元素個數(shù)均為3，且S【解題思路】（1）根據(jù)χ=101（2）將問題轉(zhuǎn)化為S={1,2,?,n}至少有3個元素個數(shù)相同的非空子集．分別對S中的元素個數(shù)進(jìn)行列舉討論，即可求解，（3）由dai=xi1+xi2+???+xim【解答過程】（1）根據(jù)χ=10101110（2）設(shè)ai∈S使得則d(ai)=所以S={1,2,?,n}至少有3個元素個數(shù)相同的非空子集．當(dāng)n=1時，S={1}，其非空子集只有自身，不符題意．當(dāng)n=2時，S={1,2}，其非空子集只有{1},{2},{1,2}，不符題意．當(dāng)n=3時，S={1,2,3}，元素個數(shù)為1的非空子集有{1},{2},{3}，元素個數(shù)為2的非空子集有{1,2},{2,3},{1,3}．當(dāng){S1,當(dāng){S1,當(dāng)n=4時，S={1,2,3,4}，令S1則χ=111所以n的最小值為4（3）由題可知，Sj={i|xij=1,1≤i≤7}則|Sj|=x1j因為d(i)=xi1+xi2所以d(1)+d(2)+?+d(7)=|S因為d(i)≤d(S)(i=1,2,?,7)，所以21=d(1)+d(2)+?+d(7)≤7d(S)．所以d(S)≥3．當(dāng)S1S5χ=1d(S)=3．所以d(S)的最小值為3.22．（2023上·上海金山·高一統(tǒng)考期末）已知函數(shù)y=fx的定義域為D，區(qū)間M?D，若存在非零實數(shù)t使得任意x∈M都有x+t∈D，且fx+t>fx，則稱y=fx(1)已知fx=x，判斷函數(shù)y=fx是否為區(qū)間-1,0(2)已知n>0，設(shè)gx=x2，且函數(shù)y=gx是區(qū)間-4,-2(3)如果函數(shù)y=hx是定義域為R的奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時，hx=x-a2-a2【解題思路】（1）根據(jù)題意結(jié)合函數(shù)單調(diào)性分析運算；（2）根據(jù)題意整理可得2nx+n2>0（3）根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，先取特值x=-a2，可求得-1<a<1，再證明當(dāng)-1<a<1時，對任意x∈R，均有【解答過程】（1）數(shù)y=fx為區(qū)間-1,0上的3由題意可知：fx=x在對?x∈-1,0，則x+32故函數(shù)y=fx為區(qū)間-1,0上的3（2）若函數(shù)gx=x2是區(qū)間可得對?x∈-4,-2，則gx+n>g可得2nx+n2>0則-8n+n2>0故實數(shù)n的取值范圍為8,+∞（3）由題意可得：hx∵函數(shù)y=hx是定義域為R當(dāng)x<0時，則hx故hx可得hx在-∞,-注意到h-故當(dāng)x∈-∞,3a2時，h若函數(shù)y=hx為R上的4-增長函數(shù)，則對?x∈R，均有h取x=-a2，即h-a2+4>h若a2<1，即①當(dāng)x∈-∞,-a2-4時，則故hx+4②當(dāng)x∈-a2-4,-3a∵h(yuǎn)x在-a2則hx+4且hx在-a2故hx+4③當(dāng)x∈-3a2可得hx注意到hx在a故hx④當(dāng)x∈-a2注意到hx在-a2可得hx⑤當(dāng)x∈a2,+∞時，則x+4>x≥a可得hx綜上所述：當(dāng)a∈-1,1時，對?x∈R，均有h故實數(shù)a的取值范圍為-1,1.23．（2023上·江蘇淮安·高一統(tǒng)考期末）已知函數(shù)f(x)=ax2+bx+cx(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)判斷并證明f(x)在(-2,2)上的單調(diào)性；(3)若存在實數(shù)x∈[-1,2]，使得不等式4[f(x)]2-f(x)+1≤m【解題思路】（1）根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)求出函數(shù)的解析式，再利用奇函數(shù)的定義進(jìn)行驗證即可；（2）利用函數(shù)單調(diào)性的定義進(jìn)行判斷證明即可；（3）利用換元法，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行求解即可.【解答過程】（1）∵f(x)為定義在R上的奇函數(shù)，∴f(0)=0，則有c由f(-x)+f(x)=0得ax2-bxx又f(2)=14，∴2b8=1（2）任取-2<x1<∵-2<x1<x2<2，∴x2∴(x2-x1)(x（3）由（2）知f(x)在[-1,2]上單調(diào)遞增，∴f(-1)≤f(x)≤f(2)，f(x)∈[-1令f(x)=t，則有m≥令h(t)=4t2-t+1=4t-18224．（2023上·廣東揭陽·高一統(tǒng)考期末）已知fx=4x-ax2+b是定義在R上的奇函數(shù)，其中(1)求a、b的值；(2)判斷fx在2,+(3)設(shè)gx=mx2-2x+2-m，若對任意的x1∈【解題思路】（1）利用奇函數(shù)的性質(zhì)可得出f0=0，再結(jié)合f2=1可求得a、（2）判斷出函數(shù)fx在2,+∞上為減函數(shù)，然后任取x1、x2∈2,+∞（3）記fx在區(qū)間2,4內(nèi)的值域為A，gx在區(qū)間0,1內(nèi)的值域為B，將問題轉(zhuǎn)化為A?B時求實數(shù)m的取值范圍，利用單調(diào)性求出f(x)的值域，分m=0、0<m≤1、1<m≤2和m>2四種情況討論，結(jié)合單調(diào)性求出【解答過程】（1）解：因為函數(shù)fx=4x-ax2+b是定義在則fx=4xx2+b，則f2對任意的x∈R，x2+4≥4，故函數(shù)fx則f-x=-4x因此，a=0，b=4.（2）解：函數(shù)fx在2,+任取x1、x2∈2,+∞且x1>則fx所以，fx1<fx2（3）解：若對任意的x1∈2,4，總存在x則函數(shù)fx在2,4上的值域為函數(shù)gx在因為函數(shù)fx在2,4則當(dāng)x∈2,4時，fxmax所以，記fx在區(qū)間2,4內(nèi)的值域為A=①當(dāng)m=0時，gx=-2x+2在則gxmax=g0=2，gxmin因為A?B，所以對任意的x1∈2,4，總存在x②當(dāng)0<m≤1時，1m≥1，gx在0,1則gxmax=g0=2-m，gxmin因為A?B，所以對任意的x1∈2,4，總存在x③當(dāng)1<m≤2時，12≤1m<1，g則gxmax=g0=2-m，gB=-1m④當(dāng)m>2時，0<1m<12，g則gxmax=g1=0，gxmin綜上，實數(shù)m的取值范圍為0,1.25．（2023上·云南曲靖·高一?？计谥校┮阎猣x=m（1）求m的值；（2）求函數(shù)gx=fx-2a-1【解題思路】（1）根據(jù)函數(shù)是冪函數(shù)知m2-2m-7=1，求解后根據(jù)函數(shù)在0,+∞上單調(diào)遞增即可求m（2）化簡gx【解答過程】（1）fx∴m2-2m-7=1，解得m=4或又fx在0,+∞∴m-2>0，∴m的值為4；（2）函數(shù)gx當(dāng)a<52時，gx在區(qū)間2,4當(dāng)52≤a≤92時，gx當(dāng)a>92時，gx在區(qū)間2,426．（2023下·四川瀘州·高一統(tǒng)考期末）已知函數(shù)fx(1)判斷函數(shù)fx(2)設(shè)函數(shù)gx=loga4x+4-x【解題思路】（1）根據(jù)奇函數(shù)的定義可求得m=-1，再結(jié)合單調(diào)性的定義分析證明；（2）利用換元t=fx，根據(jù)對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)分析可得：t2-at+4>0當(dāng)t∈0,8【解答過程】（1）因為函數(shù)fx=2即2x+m?2又因為2x>0,2所以1+m=0，解得m=-1，即fx可知函數(shù)fx任取x1,x因為y=2x在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，則可得12x1則2x1-所以函數(shù)fx（2）令t=fx，由（1）可知fx在0,log即t=fx∈0,可得4x由題意可知：t2-at+4>0當(dāng)當(dāng)t=0時，則4>0，符合題意，所以a∈R；當(dāng)t≠0時，則t+4t>a因為t+4t≥2t×4所以0<a<4且a≠1；綜上所述：0<a<4且a≠1.當(dāng)0<a<1，則y=t2-at+4可知當(dāng)t=83時，y=t且y=log則loga1009-8a當(dāng)1<a<4時，則y=t2-at+4可知當(dāng)t=a2時，y=t且y=log則loga4-a24=1，可得綜上所述：a的值為2527．（2023上·江蘇揚州·高一統(tǒng)考期末）已知函數(shù)fx(1)若a=0，判斷函數(shù)y=fx(2)若函數(shù)fx在R上是增函數(shù)，求實數(shù)a(3)若存在實數(shù)a∈-2,2，使得關(guān)于x的方程fx-tf【解題思路】（1）根據(jù)函數(shù)奇偶性的定義進(jìn)行求解證明即可；（2）根據(jù)絕對值的性質(zhì)，結(jié)合二次函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行求解即可；（3）根據(jù)（2）的結(jié)論，運用分類討論法，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行求解即可.【解答過程】（1）當(dāng)a=0時，fx=xx所以f-x所以函數(shù)y=fx（2）fx=x2+2-2ax,當(dāng)x<2a時，y=fx的對稱軸為x=a+1所以當(dāng)a-1≤2a≤a+1時，y=fx在R即-1≤a≤1時，函數(shù)y=fx在R（3）方程fx-tf2a①當(dāng)-1≤a≤1時，函數(shù)y=fx在R上是增函數(shù)，關(guān)于x的方程f②當(dāng)a>1時，即2a>a+1>a-1時，y=fx在-∞,a+1上單調(diào)遞增，在a+1,2a上單調(diào)遞減，在2a,+∞上單調(diào)遞增，則當(dāng)f2a<tf2a<fa+1時，關(guān)于x設(shè)ha=14a+1a+2，因為存在實數(shù)a∈-2,2，使得關(guān)于x的方程fx=tf③當(dāng)a<-1時，即2a<a-1<a+1，y=fx在-∞,2a上單調(diào)遞增，在2a,a-1上單調(diào)遞減，在a-1,+∞上單調(diào)遞增，則當(dāng)fa+1<tf2a<f2a時，關(guān)于x的方程fx=tf2a有三個不相等的實數(shù)根；即-a-12<t?4a<4a，因為a<-1，所以1<t<-14a+1綜上：1<t<928．（2023下·山西運城·高二統(tǒng)考期末）已知fx(1)證明：fx關(guān)于x=1(2)若fx（i）求a；（ii）不等式fmex【解題思路】（1）代入驗證f(x)=f(2-x)即可求解，（2）利用單調(diào)性的定義證明函數(shù)的單調(diào)性，即可結(jié)合對稱性求解a=2，分離參數(shù)，將恒成立問題轉(zhuǎn)化為m>ex【解答過程】（1）證明：因為fx所以f(2-x)=e所以f(x)=f(2-x)，所以f(x)關(guān)于x=1對稱.（2）（?。┤稳1,f==(∵1<x1<x∴f(x所以f(x)在1,+∞上單調(diào)遞增，又f(x)關(guān)于x=1對稱，則在-所以f(x)所以a=2.（單調(diào)性也可以用單調(diào)性的性質(zhì)、復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性判斷、導(dǎo)數(shù)證明）（ⅱ）不等式f(m(e等價于(m(ex即m>e令F(x)=ex-令ex+2=n,n∈2,+∞，則因為n∈2,+∞,n-4+5n所以gn所以m>5229．（2023上·重慶永川·高一校考期末）已知函數(shù)fx對于任意實數(shù)x,y∈R恒有fx+y=fx+fy(1)判斷fx(2)求fx在區(qū)間-4,4(3)解關(guān)于x的不等式：fa【解題思路】(1)令x=y=0,得f0=0，再令(2)先證明單調(diào)性，利用單調(diào)性求解即可；(3)先化為fax2【解答過程】（1）fx函數(shù)fx的定義域為R令x=y=0得f0=2f0令y=-x得fx+f-x=f0=0所以（2）任取x1,x2∈-∞,+∞，且xfx2-fx1=fx所以fx在區(qū)間-4,4的最小值為f因為f1=1，令x=y=1得令x=2，y=2得f4fx在區(qū)間-4,4的最小值為f（3）由fa得fa由f2=2得由fx在R上單調(diào)遞增得ax2+2>2x+ax整理得當(dāng)a=0時，-2x+2>0，解得x<1；當(dāng)a≠0時，ax-當(dāng)a<0時，x-2ax-1<0，當(dāng)a>0時，x-2當(dāng)a=2時，(x-1)2>0，解集為當(dāng)0<a<2時，2a>1，解集為當(dāng)a>2時，0<2a<1綜上所述：當(dāng)a=0時，解集為-∞,1；當(dāng)a<0時，解集為當(dāng)a=2時，解集為x|x≠1；當(dāng)0<a<2時，解集為-∞當(dāng)a>2時，解集為-∞30．（2023上·安徽銅陵·高一統(tǒng)考期末）已知函數(shù)f(x)=|x-2a+1|,?（1）若a=1，求函數(shù)φ(x)=f(x)+g(x)的最小值；（2）若g(x)≥f(x)對于任意x∈[a,+∞)恒成立，求a的取值范圍；（3）若x∈[1,6]，求函數(shù)h(x)=max【解題思路】（1）a=1時φ(x)=2|x-1|+1，當(dāng)x=1時取得最小值（2）將不等式g(x)≥f(x)平方得2ax≥3a（3）f(x),g(x)圖象分別是以(2a-1,0)和(a,1)為頂點的開口向上的V型線，且兩條射線的斜率為±1，然后分7種情況討論這兩個函數(shù)的位置關(guān)系【解答過程】（1）因為a=1，所以φ(x)=f(x)+g(x)=2|x-1|+1，所以當(dāng)x=1時，φ(x)的最小值為1；（2）因為g(x)≥f(x)對任意x∈[a,+∞)恒成立，所以x-a+1≥|x-2a+1|對任意x∈[a,+∞)恒成立，所以(x-a+1)2即2ax≥3a2-2a所以{a≥02a所以a∈[0,2]；（3）h(x)={ef(x),g(x)圖象分別是以(2a-1,0)和(a,1)為頂點的開口向上的V型線，且兩條射線的斜率為±1，當(dāng)1≤2a-1≤6時，即1≤a≤72，所以此時令f(a)=g(a)，所以a=2.若a∈[1,2)，|1-a|<1，此時f(x)<g(x)恒成立，所以h(x)min=對應(yīng)如下圖：

若a∈[2,72],|1-a|>1即2a-x-1=x-a+1，所以x=3a所以h(x)此時h(x)為圖中紅色部分圖象，對應(yīng)如下圖：

當(dāng)2a-1<1時，即a<1，所以2a-1<a<1，此時令f(a)=g(a)，所以a=0，若a∈(-∞,0)時，|1-a|>1，令|x-2a+1|=|x-a|+1，即x-2a+1=a-x+1，所以x=3a所以h(x)此時h(x)為圖中紅色部分圖象，對應(yīng)如下圖：

若a∈[0,1)時，|1-a|≤1，此時f(x)<g(x)恒成立，所以h(x)min=對應(yīng)如下圖：

當(dāng)2a-1>6時，則a>72，所以2a-1>a，所以令|x-2a+1|=|x-a|+1，即2a-x-1=x-a+1，所以x=3a當(dāng)x=6時，a=14若a∈(72,所以h(x)min=對應(yīng)如下圖：

若a∈[143,6)所以h(x)min=對應(yīng)如下圖：

若a∈[6,+∞)，則2a-1>a≥6，所以h(x)min=對應(yīng)如下圖：

綜上所述：h(x)=maxh(x)31．（2023上·北京·高一?？计谀┮阎瘮?shù)fx(1)若函數(shù)Fx=fx+af-x(2)當(dāng)a>0且x∈0,8時，不等式fx+1≥f(3)試求函數(shù)Gx=fx+1+af2x【解題思路】（1）根據(jù)函數(shù)的奇偶性的定義計算即得.（2）根據(jù)已知結(jié)合單調(diào)性得?x∈[0,8]，x+1≥(x+a)（3）令t=2x，把問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)φ(t)=at【解答過程】（1）依題意，F(xiàn)(x)=2x+a?2-x，x∈即?x∈R，2-x+a?2x=2若函數(shù)F(x)是奇函數(shù)，則F(-x)=-F(x)，即?x∈R，2整理得(a-1)(2x+2-x所以F(x)是偶函數(shù)，a=1，F(xiàn)(x)是奇函數(shù)，a=-1.（2）函數(shù)f(x)=2x在定義域不等式f(x+1)≥f[(x+a)依題意，?x∈[0,8]，g(x)=x2+(2a-1)x+a2顯然無解，所以a的取值集合是?.（3）函數(shù)G(x)=2x+1+a?22x當(dāng)a=0時，函數(shù)φ(t)在(0,1]上單調(diào)遞增，φ(t)當(dāng)a≠0時，φ(t)=at2+2t=a當(dāng)a>0或-1≤a<0時，函數(shù)φ(t)在(0,1]上單調(diào)遞增，φ(t)當(dāng)a<-1時，則當(dāng)t=-1a時，φ(t)取得最大值，即所以H(a)=1+a,a≥-132．（2023上·遼寧大連·高一期末）已知函數(shù)fx=(1)直接寫出x>0時，g(x)的最小值.(2)a=2時，F(xiàn)x=fx(3)若g(2)=52，f(g(x))存在兩個零點，求【解題思路】（1）根據(jù)基本不等式可以判斷g(x)的最小值，直接寫出答案即可；（2）判斷Fx（3）由題意，求出α的值，將f(g(x))存在兩個個零點轉(zhuǎn)化為f(t)在t∈（-∞，-2)∪(2,+∞）【解答過程】（1）因為x>0，所以xα所以g(x)=x當(dāng)且僅當(dāng)xα=1所以當(dāng)x>0時，g(x)=x（2）a=2時，F(xiàn)x=fx當(dāng)a=2時，fx令t=2x所以函數(shù)t在1,32上單調(diào)遞增，又因為y=log所以Fx=log所以F1=log所以F1又F32=log3則F3所以F1Fx=log所以F(x)在x∈1,（3）由g(2)=2α+則g(x)=x+1f(g(x))存在兩個零點等價于f(t)在t∈（-∞，-2)∪(2,+∞）令G(x)=ax則G(x)=ax2-x+a2-4在（i）零點為-2和2，代入解得a∈?，（ii）當(dāng)a>0，對稱軸x=1則只需G(2)=4a+a解得a∈(6（iii）a=0，G(x)=-x-4，滿足題意，（iv）a<0，對稱軸x=1則只需G(2)=4a+a解得a∈(-2-10綜上所述，a∈(-2-1033．（2022上·福建泉州·高一泉州七中校考期中）已知定義在R的函數(shù)fx滿足：①對?x，y∈R，fx+y=fx+fy-1(1)求f0，判斷并證明f(2)若?x∈-1,1，使得fx≤m2(3)解關(guān)于x的不等式fa【解題思路】（1）利用賦值法令x=y=0，求得f0；由函數(shù)單調(diào)性的定義結(jié)合作差法即可得到f（2）利用單調(diào)性得到fx在-1,1上的最值，結(jié)合不等式的存在性問題得到對?a∈-1,1，看成關(guān)于a的一次函數(shù)恒成立問題即可求解；（3）利用賦值法得到f-2=7，結(jié)合題目的定義對原不等式轉(zhuǎn)換得到由單調(diào)性得到ax-2x-1【解答過程】（1）令x=y=0，得f0=f0令x1<x則fx因為x>0時，fx<1，所以x1所以fx在R故fx單調(diào)遞減區(qū)間為R（2）由（1）知，x∈-1,1時，f又f1=-2，則x∈-1,1因為?x∈-1,1，使得fx≤所以fxmin≤即對?a∈-1,1，m設(shè)ga=-2am+m則對?a∈-1,1，g即g-1=m2+2m-3≥0,故實數(shù)m的取值范圍為-∞（3）令y=-x，得f0又知f0=1，即fx因為f1=-2，所以f-1不等式fax2即fax2-2-f又因為fx+y=fx故fax2因為fx在R上單調(diào)遞減，所以a即ax2-a+2x+2>0①a>2時，0<2a<1，解得x>1②0<a<2時，2a>1，解得x>2③a=0時，解得x<1；④a<0時，2a<0<1，解得綜上所述：不等式faa>2時，解集為-∞0<a<2時，解集為-∞a=0時，解集為-∞a<0時，解集為2a34．（2023上·上海·高一?？茧A段練習(xí)）對于定義域在R上的函數(shù)y=f(x)，定義g(x)=f(x)-f(0)x．設(shè)區(qū)間I=(-∞,0)∪(0,+∞)，對于區(qū)間I上的任意給定的兩個自變量的值x1、x2，當(dāng)x1(1)判斷函數(shù)y=-2x,x∈R(2)若非常值函數(shù)y=s(x),x∈R是奇函數(shù)，求證：y=s(x)存在“T函數(shù)”的充要條件是存在常數(shù)k，使得s(x)=kx；(3)若函數(shù)y=m?2x-2022x與函數(shù)y=-m?2-x+x的定義域都為【解題思路】（1）根據(jù)題意，由g1（2）根據(jù)題意，由“T函數(shù)”的定義，分別驗證其充分性以及必要性，即可證明；（3）根據(jù)題意，由“T函數(shù)”的定義可得，若y=fx，y=gx均存在“T函數(shù)”，則y=fx【解答過程】（1）gx=fx-f0x=1-因此g1>g2（2）充分性：若sx=kx，則任取x1<x2，gx必要性：因為y=sx是奇函數(shù)，則s0=0因為y=sx，x∈R是一個“T所以gx=s當(dāng)x1<x2時，則所以s-x1所以-sx1-x1即sxx是一個常數(shù)，設(shè)為k，則（3）假設(shè)y=fx，y=gx均存在“T函數(shù)”，任取則fx1-f則fx則y=fx+gx因此y=m2x-令hx=m2且h-x則hx是定義在R由（2）可知，存在k使得m2x-又m=0時，若函數(shù)y=-2022x與函數(shù)y=x均為“T函數(shù)”，符合題意.綜上可知，m=0.35．（2023上·遼寧大連·高一期末）若函數(shù)f(x)在定義域R上滿足f(x)+f(y)=f(x+y)，且x>0時f(x)>0,定義域為-2,2的(1)求證：函數(shù)f(x)在定義域上單調(diào)遞增.(2)若在區(qū)間-1,1上，f(x)+g(x)=-x2+x+1；g(x)（i）求函數(shù)f(x)和函數(shù)g(x)在區(qū)間-2,（ii）若關(guān)于x的不等式g(x1)-g(x2)af(x1)-af(x【解題思路】（1）令x1>x（2）（i）由題設(shè)函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，且-f(x)+g(x)=-x2-x+1，即可求x∈[-1,1]上f(x),g(x)（ii）根據(jù)題設(shè)可得h(x)=g(x)-af(x)在-2≤x<t上單調(diào)遞減，寫出h(x)的分段形式，結(jié)合二次函數(shù)性質(zhì)，討論0<a≤2、2<a<4求t的最大值關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系.【解答過程】（1）任取x1,xf(x因為x1>x2，所以x所以函數(shù)f(x)在定義域上單調(diào)遞增.（2）（i）令f(x)+f(y)=f(x+y)中x=y=0，則2f(0)=f(0)，f(0)=0.令y=-x，f(x)+f(-x)=f(0)，即f(-x)=-f(x)且函數(shù)f(x)定義域為R，所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù).由f(x)+g(x)=-x2+x+1聯(lián)立兩式，可得f(x)=x,g(x)=-x所以g(x)=-x2+1，且x∈[-1,1]令1<x≤2，則0≤2-x<1，故g(x)=-g(2-x)=(2-x)令-2≤x<-1，則1<-x≤2，故g(x)=g(-x)=(2+x)綜上，g(x)=(x+2)對f(x)在-2,-1)∪1,2的部分，存在則f(x)=a+b=f(a+b)，所以f(x)=x對x∈-2（ii）g(x1)-g(則h(x)=g(x)-af(x)在-2≤x<t上單調(diào)遞減，h(x)=x若-2≤-4-a2<-1，即0<a≤2，此時h(x)在-2≤x≤-若-1≤-4-a2<0，即2<a<4，此時-a即h(x)在定義域x∈-2,2綜上所述，t=a-436．（2023上·吉林長春·高一?？计谀┮阎瘮?shù)fx(1)求t的值；(2)求fx(3)若f42x+4-2x【解題思路】（1）運用偶函數(shù)的定義和對數(shù)的運算性質(zhì)，結(jié)合恒等式的性質(zhì)可得所求值；（2）運用對數(shù)運算性質(zhì)及均值不等式即可得到結(jié)果；（3）先證明函數(shù)的單調(diào)性，化抽象不等式為具體不等式，轉(zhuǎn)求函數(shù)的最值即可.【解答過程】（1）因為fx所以f-x=fx所以4tx=log91+因為x不恒為0，所以4t+1=0，故t=-1（2）由（1）得，f=log因為3x>0，則3x+1所以log93x+1（3）因為fx任取x1,x所以3x因為x1,x2∈所以3x1-所以log93x1+又因為fx為偶函數(shù)，f所以42x當(dāng)x=0時，2≥0恒成立，則m∈R；當(dāng)x≠0時，4x-4設(shè)ux當(dāng)且僅當(dāng)4x-4由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性易得y=4x-且當(dāng)x=0時，y=0<2，當(dāng)x=1時，y=4-所以4x-4所以u(x)min=22，故綜上，-2237．（2023下·浙江舟山·高二統(tǒng)考期末）已知函數(shù)fx=x2+2x(1)求fx的值域（用a(2)求a+b的取值范圍；(3)若存在實數(shù)b，使得gfx-3【解題思路】（1）利用函數(shù)的單調(diào)性即可得出結(jié)論；（2）由題意可得2-log2b>0b>0且b≠1，得出（3）由gfx-3logba≥3可推出gfx≥g3，再由【解答過程】（1）因為fx=x當(dāng)x→0+時，fx→1+a；當(dāng)所以fx的值域為1+a,+（2）因為2-log2b>0b>0且由（1）知，flog所以a+b=b+4b∈4,5∪（3）gfx-3logb此時2fx-4>0和f2x①當(dāng)1<b<4時，令x→+∞，則g所以gfx≥g②當(dāng)0<b<1時，logb因為fx>1+a>5，所以此時gx=log所以gfx≥g3?f綜上所述，a的取值范圍是1,4．②解法二：當(dāng)0<b<1時，fx所以log2此