2.5 函数的综合应用-【十年高考】备战2027年高考数学真题分类解析与应试策略（Word版）
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内容正文：
§2.5 函数的综合应用
考点21 函数与方程
1.B ∵函数y=0.3x与y=-在定义域内单调递减,
∴f(x)在定义域内单调递减.
∵f(0.3)=0.30.3-0.30.5>0,f(0.5)=0.30.5-0.50.5<0,f(0.3)·f(0.5)<0,
∴函数f(x)的零点在区间(0.3,0.5)内.故选B.
2.D (方法一)由f(x)=g(x),得a=,设h(x)=,h(x)在(-1,1)上为偶函数,当x∈(0,1)时,h'(x)=<0,所以h(x)在(0,1)上单调递减,h(x)≤h(0)=2,要使y=a与y=h(x)只有一个交点,则a=2.故选D.
(方法二)m(x)=f(x)-g(x)=ax2+a-1-cos x.
又x∈(-1,1),m(x)为偶函数,唯一零点只能是0,
即m(0)=0=a-2,所以a=2.故选D.
3.A 因为二次函数最多有2个零点,
所以f(x)=cos(2πx-2πa)至少有4个零点,
因为f(x)=cos(2πx-2πa)=cos[2π(x-a)],
而2π(x-a)=+kπ,k∈Z,
整理得x=++a(k∈Z)⇒0<++a<a⇒-2a-<k<-.
若x<a,当-5≤-2a-<-4时,f(x)有4个零点,即<a≤,
当-6≤-2a-<-5时,f(x)有5个零点,即<a≤,
当-7≤-2a-<-6时,f(x)有6个零点,即<a≤.
若x≥a,f(x)=x2-2(a+1)x+a2+5,令Δ=4(a+1)2-4(a2+5)=0,解得a=2,
当a<2时,Δ<0,f(x)无零点,
当a=2时,Δ=0,f(x)=x2-6x+9=(x-3)2有1个零点,
当a>2时,令f(a)=a2-2a(a+1)+a2+5=0,解得a=,
则当2<a≤时,f(x)有2个零点,当a>时,f(x)有1个零点.
即当x≥a时,有a<2时,f(x)无零点,a=2或a>时,f(x)有1个零点,2<a≤时,f(x)有2个零点.
综上可得a∈2,∪,.故选A.
4.D f(x)=g(x)=f(x)-|kx2-2x|有4个零点,即f(x)=|kx2-2x|有四个交点.
(1)若k>0,则示意图如图.
①当x<0时,-x=kx2-2x,即kx2-x=0,解得x=0或x=(均不符合).∴左侧无交点.
②由图可知,当x>时,x3=kx2-2x要有两个根,即x2-kx+2=0有两根,
∵Δ=k2-8>0,∴k>2.综上①②,k>2.
(2)若k<0,则示意图如图.
∵点,-恰在y=-x上,且过二次函数顶点,
∴当x<0时,有两个零点,即当x≥0时,f(x)=|kx2-2x|要有两个根,即x3=-kx2+2x,x(x2+kx-2)=0,其中必有一零点为0,而x2+kx-2=0必有一正一负两个零点(负的舍去).
∴k<0恒成立.
(3)当k=0时,不符合题意.
综上,k∈(-∞,0)∪(2,+∞).故选D.
已知函数零点个数,求参数取值范围的方法
(1)数形结合法:将函数的解析式或方程进行适当的变形,把函数的零点或方程的根的问题转化为两个函数图象交点的问题,再结合图象求参数的取值范围.
例如:①“f(x)=a的解的个数”型问题,等价于y=f(x)和y=a图象交点的个数问题.特别地,若函数f(x)的图象关于直线x=m对称,且f(x)=a有唯一解,则唯一解为x=m,即必有f(m)=a.
②“f(a1)=f(a2)=f(a3)=…=f(am)=k”型问题,等价于y=f(x)和y=k的图象有m个交点的问题.
(2)参变分离法:首先将参数单独分离出来,将问题转化为“f(x)=a的解的个数”型问题,然后再用数形结合法求解或转化为函数的值域问题.
5.
C 要使得方程g(x)=f(x)+x+a有两个零点,等价于方程f(x)=-x-a有两个实根,即函数y=f(x)的图象与直线y=-x-a的图象有两个交点,从图象可知,必须使得直线y=-x-a位于直线y=-x+1的下方,所以-a≤1,即a≥-1.故选C.
6.C ∵f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1),
∴f(2-x)=(2-x)2-2(2-x)+a(e2-x-1+e-(2-x)+1)
=x2-4x+4-4+2x+a(e1-x+ex-1)
=x2-2x+a(ex-1+e-x+1),
∴f(2-x)=f(x),即x=1为f(x)图象的对称轴.
∵f(x)有唯一零点,
∴f(x)的零点只能为1,
即f(1)=12-2×1+a(e1-1+e-1+1)=0,解得a=.
7.(4,+∞) 设f(x)=2x+22-x,令t=2x(t>0),则f(t)=t+(t>0),
由对勾函数的图象的性质,f(t)在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,+∞)上单调递增,
当t=2时,f(t)有最小值4.
函数f(x)有两个零点,等价于方程2x+22-x=m有两个不同的实数根,
即函数f(t)=t+(t>0)与直线y=m的图象有两个不同的交点,所以m>4.
8.①②④ 令f(x)=|lg x|-kx-2=0,则|lg x|=kx+2,问题可转化成两个函数y=|lg x|,y=kx+2的图象的交点问题.对于①,当k=0时,函数y=|lg x|与y=2的图象有两个交点,故①正确;对于②,当k≠0时,直线y=kx+2恒过点(0,2),存在k<0,使直线y=kx+2与曲线y=|lg x|相切,故②正确;对于③,当k<0时,直线y=kx+2与曲线y=|lg x|最多有2个公共点,故③错误;对于④,当k>0时,存在直线y=kx+2与曲线y=|lg x|有3个交点,故④正确.
9., 当x∈(0,2]时,设y=f(x)=⇔(x-1)2+y2=1(y≥0),结合f(x)是周期为4的奇函数,可作出f(x)的图象:
∵当x∈(1,2]时,g(x)=-,又g(x)的周期为2,
∴当x∈(3,4]∪(5,6]∪(7,8]时,g(x)=-.
由图可知:当x∈(1,2]∪(3,4]∪(5,6]∪(7,8]时,f(x)与g(x)的图象有2个交点,
∴当x∈(0,1]∪(2,3]∪(4,5]∪(6,7]∪(8,9]时,f(x)与g(x)的图象有6个交点.
由图可知:当x∈(2,3]∪(6,7]时,f(x)与g(x)的图象无交点,
∴当x∈(0,1]∪(4,5]∪(8,9]时,f(x)与g(x)的图象有6个交点,
由f(x)与g(x)的周期性可知:当x∈(0,1]时,f(x)与g(x)的图象有2个交点.
如图,当y=k(x+2)与圆弧:(x-1)2+y2=1(0<x≤1)相切时,d==1⇒k2=(k>0)⇒k=.
当y=k(x+2)过点A(-2,0)与B(1,1)时,k=.
∴≤k<.
10.(4,8)
作出函数f(x)的示意图,如图.l1是过原点且与抛物线y=-x2+2ax-2a相切的直线,l2是过原点且与抛物线y=x2+2ax+a相切的直线.
由图可知,当直线y=ax在l1,l2之间(不含直线l1,l2)变动时,符合题意.
由
消去y,整理得x2-ax+2a=0.
由Δ=0,得a=8(a=0舍去).
由消去y,整理得x2+ax+a=0.
由Δ=0,得a=4(a=0舍去).综上,得4<a<8.
11.,2 当x>0时,f(x)≤|x|可化为-x2+2x-2a≤x,即x-2+2a-≥0,所以a≥;
当-3≤x≤0时,f(x)≤|x|可化为x2+2x+a-2≤-x,即x2+3x+a-2≤0.对于函数y=x2+3x+a-2,其图象的对称轴方程为x=-.因为当-3≤x≤0时,y≤0,所以当x=0时,y≤0,即a-2≤0,所以a≤2.
综上所述,a的取值范围为,2.
12.(1,4) (1,3]∪(4,+∞) 当λ=2时,
f(x)=
当x≥2时,f(x)=x-4<0,解得x<4,∴2≤x<4.
当x<2时,f(x)=x2-4x+3<0,解得1<x<3,∴1<x<2.
综上可知,1<x<4,即f(x)<0的解集为(1,4).
分别画出y1=x-4和y2=x2-4x+3的图象如图,
由函数f(x)恰有2个零点,结合图象可知1<λ≤3或λ>4.
故λ的取值范围为(1,3]∪(4,+∞).
13.解 (1)由y=f(x)的图像过点(4,2)可得loga4=2,
即4=a2,解得a=±2,又a>0,故a=2.
因为f(x)=log2x在(0,+∞)上是增函数,
由f(2x-2)<f(x),得0<2x-2<x,即1<x<2,
所以f(2x-2)<f(x)的解集为(1,2).
(2)因为f(x+1),f(ax),f(x+2)成等差数列,
所以f(x+1)+f(x+2)=2f(ax),
即loga(x+1)+loga(x+2)=2loga(ax)有解,
化简可得loga(x+1)(x+2)=loga(ax)2,
得(x+1)(x+2)=(ax)2,且
解得x>0,则a2=在(0,+∞)上有解,
又=++1=2-,∈(0,+∞),a2≥min>2×-=1,
即a2>1,解得a<-1或a>1.又a>0,所以a>1.
考点22 函数的实际应用
1.ACD 由题意可知,燃油汽车=20×lg∈[60,90],所以=,∈[60,90],①
同理,=,∈[50,60],②
==102=100.③
对于A选项,由表知≥,所以A正确;
对于B选项,由②÷③,得=∈[,10],
所以≤10,所以p2≤10p3,所以B错误;
对于C选项,由③,得=100,故p3=100p0,所以C正确;
对于D选项,由①÷②,得=∈[1,102],
所以∈[1,100].所以p1≤100p2.所以D正确.
故选ACD.
2.D 对于选项A,lg P=lg 1 026>3,T=220,根据图象可知二氧化碳处于固态;对于选项B,lg P=lg 128>2,T=270,根据图象可知二氧化碳处于液态;对于选项C,lg P=lg 9 987≈3.999,T=300,根据图象可知二氧化碳处于固态;对于选项D,lg P=lg 729>2,T=360,根据图象可知二氧化碳处于超临界状态.故选D.
3.C 由题意L=5+lg V,当L=4.9时,有4.9=5+lg V,lg V=-0.1,V==≈≈0.8.
构建函数模型解决实际问题的基本步骤
(1)明确题意,引进数学符号,利用数量关系建立函数模型;(2)利用函数性质对函数模型进行解答,并给出实际问题的解.
4.B 由R0=3.28,T=6,R0=1+rT得3.28=1+6r,
∴r==0.38,
∴e0.38t=2,即0.38t=ln 2,0.38t≈0.69,
∴t≈≈1.8(天),故选B.
5.C 结合题意,原位大三和弦有(a1,a5,a8),(a2,a6,a9),(a3,a7,a10),(a4,a8,a11),(a5,a9,a12),共5个,原位小三和弦有(a1,a4,a8),(a2,a5,a9),(a3,a6,a10),(a4,a7,a11),(a5,a8,a12),共5个,故原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为5+5=10.故选C.
6.C 由=0.95K,得=,两边取以e为底的对数,得-0.23(t*-53)=-ln 19≈-3,所以t*≈66.
7.D 设=x=,两边取对数,得lg x=lg=lg 3361-lg 1080=361×lg 3-80≈93.28,所以x≈1093.28,即与最接近的是1093.故选D.
8.①②③ -表示区间端点连线斜率的相反数,在[t1,t2]这段时间内,甲的斜率比乙的小,所以甲的斜率的相反数比乙的大,因此甲企业的污水治理能力比乙企业强,①正确;甲企业在[0,t1],[t1,t2],[t2,t3]这三段时间中,甲企业在[t1,t2]这段时间内,甲的斜率最小,其相反数最大,即在[t1,t2]的污水治理能力最强,④错误;在t2时刻,甲切线的斜率比乙的小,所以甲切线的斜率的相反数比乙的大,甲企业的污水治理能力比乙企业强,②正确;在t3时刻,甲、乙两企业的污水排放量都在污水达标排放量以下,所以都已达标,③正确;故答案为:①②③.
9.(1)130 (2)15 (1)当x=10时,顾客一次购买草莓和西瓜各一盒,需要支付(60+80)-10=130元.
(2)设顾客一次购买水果的促销前总价为y元,
y<120元时,李明得到的金额为y·80%,符合要求.
y≥120元时,有(y-x)·80%≥y·70%成立,
即8(y-x)≥7y,x≤,即x≤min=15.
所以x的最大值为15.
10.解 (1)由题意知,当30<x<100时,f(x)=2x+-90>40,
即x2-65x+900>0,解得x<20或x>45,
∴当x∈(45,100)时,公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间.
(2)当0<x≤30时,g(x)=30·x%+40(1-x%)=40-;
当30<x<100时,g(x)=2x+-90·x%+40(1-x%)=-x+58.
所以g(x)=
则g'(x)=
令g'(x)=0,即x-=0,解得x=32.5.
当0<x<32.5时,g(x)单调递减;
当32.5<x<100时,g(x)单调递增.
实际意义:当该地上班族S中有小于32.5%的人自驾时,人均通勤时间是递减的;
当有大于32.5%的人自驾时,人均通勤时间是递增的;
当32.5%的人自驾时,人均通勤时间最少.
考点23 函数的综合应用
1.B ∵当x<3时,f(x)=x,∴f(1)=1,f(2)=2.
∵f(x)的定义域为R,且f(x)>f(x-1)+f(x-2),
∴f(3)>f(2)+f(1)=3,f(4)>f(3)+f(2)>5,f(5)>f(4)+f(3)>8,f(6)>f(5)+f(4)>13,f(7)>f(6)+f(5)>21,f(8)>f(7)+f(6)>34,f(9)>f(8)+f(7)>55,f(10)>f(9)+f(8)>89,f(11)>f(10)+f(9)>144,f(12)>f(11)+f(10)>233,f(13)>f(12)+f(11)>377,f(14)>f(13)+f(12)>610,f(15)>f(14)+f(13)>987,f(16)>f(15)+f(14)>1 597>1 000.∴f(20)>1 000.结合各选项知,选项B一定正确.
2.B ∵集合M={x0|x0∈R,x∈(-∞,x0),f(x)<f(x0)}=[-1,1],∴当x0∈[-1,1],x∈(-1,1)时,f(x)<f(x0),即函数f(x)在区间[-1,1]上是严格增函数,选项A不成立;
假设存在f(x),使得f(x)严格增,则M=R,与已知M=[-1,1]矛盾,选项C不成立;
假设存在f(x),使得f(x)在x=-1处取极小值,则存在xδ∈(-1-δ,-1),使得f(xδ)>f(-1),这与已知集合M的定义矛盾,选项D不成立;
对于选项B,可构造函数f(x)=满足集合M=[-1,1],由图像知,该函数f(x)的最大值是f(2).
故选B.
3.D 不等式a|x-b|+|x-4|-|2x-5|≥0等价于a|x-b|≥|2x-5|-|x-4|,
令f(x)=a|x-b|,g(x)=|2x-5|-|x-4|,
则g(x)=|2x-5|-|x-4|=
由此根据题意画出y=f(x)与y=g(x)的图象,如图所示,
由图易知即
结合选项可知只有选项D满足,故选D.
4.ACD 对于A选项,ω(n)=a0+a1+…+ak,2n=a0·21+a1·22+…+ak-1·2k+ak·2k+1,
所以,ω(2n)=a0+a1+…+ak=ω(n),A选项正确;
对于B选项,取n=2,2n+3=7=1·20+1·21+1·22,所以ω(7)=3,
而2=0·20+1·21,则ω(2)=1,
即ω(7)≠ω(2)+1,B选项错误;
对于C选项,8n+5=a0·23+a1·24+…+ak·2k+3+5=1·20+1·22+a0·23+a1·24+…+ak·2k+3,
所以,ω(8n+5)=2+a0+a1+…+ak,
4n+3=a0·22+a1·23+…+ak·2k+2+3=1·20+1·21+a0·22+a1·23+…+ak·2k+2,
所以,ω(4n+3)=2+a0+a1+…+ak,
因此,ω(8n+5)=ω(4n+3),C选项正确;
对于D选项,2n-1=20+21+…+2n-1,故ω(2n-1)=n,D选项正确.故选ACD.
5.C ∵f(x)是奇函数,∴f(-x)=-f(x).
∵f(x+1)=f(-x),∴f(x+1)=-f(x),
则f(x+2)=-f(x+1)=f(x),
所以函数f(x)的周期为2,
则f=f2-=f-=.故选C.
6.B 由指数与对数运算可得,2a+log2a=4b+2log4b=22b+log2b.
因为22b+log2b<22b+log22b=22b+1+log2b,
所以2a+log2a<22b+log22b.
令f(x)=2x+log2x,由指数函数与对数函数单调性可得f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
由f(a)=f(2b)-1<f(2b)可得a<2b.
7.C 因为0-1序列的周期为5,
所以C(k)=aiai+k(k=1,2,3,4),
且a6=a1+5=a1,a7=a2+5=a2.
对于A:C(1)=aiai+1=(a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6)=×(1+0+0+0+0)=,
C(2)=aiai+2=(a1a3+a2a4+a3a5+a4a6+a5a7)=×(0+1+0+1+0)=>,不符合题意.
对于B:C(1)=aiai+1=×(1+0+0+1+1)=>,不符合题意.
对于C:C(1)=aiai+1=×(0+0+0+0+1)=,
C(2)=aiai+2=×(0+0+0+0+0)=0,
C(3)=aiai+3=×(0+0+0+0+0)=0,
C(4)=aiai+4=×(1+0+0+0+0)=,符合题意.
对于D:C(1)=aiai+1=×(1+0+0+0+1)=>,不符合题意.故选C.
解答本题的关键是理解题意并逐项判断C(k)=aiai+k≤(k=1,2,3,4)是否成立.
8.B ∵f(x+1)=2f(x),∴f(x)=2f(x-1).
∵当x∈(0,1]时,f(x)=x(x-1),
∴f(x)的图象如图所示.
∵当2<x≤3时,
f(x)=4f(x-2)=
4(x-2)(x-3),
∴令4(x-2)(x-3)=-,
整理得9x2-45x+56=0,即(3x-7)(3x-8)=0,
解得x1=,x2=.
∵当x∈(-∞,m]时,f(x)≥-恒成立,即m≤,故m∈-∞,.
9.①②③④
【思路引导】①构造函数g(x)=x2-cos x-c2并求其单调性和奇偶性,求出f(x)的奇偶性,分g(x)在(-1,1]内有零点和g(x)在(-1,1]内无零点两种情况讨论,即可判断;②求出f(x)在c取任意实数时的单调性,结合零点存在性定理即可求出f(x)=1时x的值,即可判断;③求出f(x)在(1,2]上的单调性,即可判断;④求出f(0)=1+c2>c,结合f(x)单调性即可得出与直线y=c的交点个数,即可判断.
由题意,
①:设g(x)=x2-cos x-c2,则g'(x)=2x+sin x,g(1)=1-cos 1-c2,
g(-x)=(-x)2-cos(-x)-c2=x2-cos x-c2=g(x),故函数g(x)为偶函数.
设h(x)=g'(x)=2x+sin x,则h'(x)=2+cos x>0恒成立,
∴函数h(x)=g'(x)=2x+sin x在R上单调递增,
∵h(0)=g'(0)=0,
∴当x<0时,h(x)=g'(x)<0,当x>0时,h(x)=g'(x)>0,
∴g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
∴函数g(x)在x=0处取得最小值,g(0)=0-cos 0-c2=-1-c2.
∵f(-x)=|(-x)2-cos(-x)-c2|=|x2-cos x-c2|=f(x),∴f(x)为偶函数,
当g(x)在(-1,1]内有零点时,
即∃x1∈(-1,0),x2∈(0,1),使得g(x)=0,
此时f(x)在(-1,x1],[0,x2]上单调递减,在[x1,0],[x2,1]上单调递增,
f(x1)=f(x2)=0,f(0)=-g(0)=1+c2,f(1)=g(1)=1-cos 1-c2,
∵1+c2>1-cos 1-c2,
∴f(0)>f(1),
∴f(x)在x=x1和x=x2处取得最小值,f(x)min=0,
在x=0处取得最大值,f(x)max=1+c2.
当g(x)在(-1,1]内无零点时,f(x)=-g(x)=-x2+cos x+c2,
f(x)在(-1,0]上单调递增,在[0,1]上单调递减,
∴f(x)在x=1处取得最小值,f(x)min=f(1)=-1+cos 1+c2,
在x=0处取得最大值,f(x)max=f(0)=0+cos 0+c2=c2+1,
故①正确;
②:同①可得推广结论,
在f(x)=|x2-cos x-c2|中,f(0)=|0-cos 0-c2|=1+c2,
f(-x)=|(-x)2-cos(-x)-c2|=|x2-cos x-c2|=f(x),则f(x)为偶函数,
即∃x1∈(-∞,0),x2∈(0,+∞),使得g(x1)=0,g(x2)=0,
此时f(x)在(-∞,x1],[0,x2]上单调递减,在[x1,0],[x2,+∞)上单调递增,
∴f(x)在x=x1和x=x2处取得极小值,
当c=0时,f(x)=|x2-cos x|,g(x)=x2-cos x,f(0)=1.
∵f(x)在(-∞,x1]上单调递减,f(x1)=0,
∴∃x3∈(-∞,x1],使得f(x3)=1.
∵f(x)在[x2,+∞)上单调递增,f(x2)=0,
∴∃x4∈[x2,+∞),使得f(x4)=1,
∴当x=x3,x4,0时,f(x)=1,
∴c=0,f(x)有3个解,
故②正确;
③:当c=1时,
f(x)=|x2-cos x-1|,g(x)=x2-cos x-1,f(1)=|1-cos 1-1|=cos 1>0,
由①可得,g(x)在(0,+∞)上单调递增,
∵g(1)=1-cos 1-1=-cos 1<0,g(2)=22-cos 2-1=3-cos 2>0,
∴∃x5∈(1,2),使得g(x5)=0,
∴在f(x)=|x2-cos x-1|中,x∈(1,2],
此时f(x)在(1,x5]上单调递减,在[x5,2]上单调递增,
∴f(x)在x=2处取得最大值,故③正确;
④:由②可得,
在f(x)=|x2-cos x-c2|中,f(0)=1+c2,
此时f(x)在(-∞,x1],[0,x2]上单调递减,在[x1,0],[x2,+∞)上单调递增,
在ω(x)=1+x2-x中,Δ=(-1)2-4×1×1=-3<0,
∴函数ω(x)=1+x2-x>0,即1+x2>x恒成立,∴f(0)=1+c2>c,
∴y=c在(0,f(0))下方.
∵c>0,∴直线y=c在x轴上方,此时直线y=c与f(x)的图象有4个交点,如图所示,故④正确.
故答案为①②③④.
10.(-,-1)∪(1,) 令f(x)=0,
则2=|ax-2|-1.
由题意可得x2-ax≥0.
当a=0时,x∈R,有2=|-2|-1=1,
则x=±,不符合题意,舍去.
当a>0时,有2=|ax-2|-1=
设g(x)=2,h(x)=
则当a>0时,要使函数f(x)有唯一零点,需函数g(x)与函数h(x)的图象有唯一交点.
由x2-ax≥0,可得x≥a或x≤0.
若x≤0,则ax-2<0,2=1-ax,
∴4x2-4ax=(1-ax)2,整理,得(4-a2)x2-2ax-1=[(2+a)x+1][(2-a)x-1]=0,
当a=2时,有4x+1=0,解得x=-;
当a∈(0,2)时,x=-或x=>0(正值舍去);
当a∈(2,+∞)时,x=-<0或x=<0,有两解,不符合题意,舍去.
所以当a∈(0,2]时,f(x)在区间(-∞,0]上有唯一解.
所以当a∈(0,2]时,f(x)在区间[a,+∞)内需无解.
当a∈(0,2],且x≥a时,函数h(x)=的图象关于直线x=对称,令h(x)=0,可得x=或x=,且函数h(x)在区间,内单调递减,在区间,内单调递增.
令y=g(x)=2,整理得-=1,故当x≥a时,g(x)的图象为双曲线-=1的右支在x轴及其上方的部分向右平移个单位长度所得的图象.
-=1的渐近线方程为y=±x=±2x,所以g(x)图象的渐近线方程为y=2x-,其斜率为2,又a∈(0,2],所以当x≥时,h(x)的图象的斜率a∈(0,2].
令g(x)=2=0,可得x=a或x=0(舍去),且函数g(x)在区间(a,+∞)内单调递增,故有解得1<a<,故1<a<符合题意;
当a<0时,有2=|ax-2|-1=
此时h(x)=则当a<0时,要使函数f(x)有唯一零点,需函数g(x)与h(x)的图象有唯一交点.
由x2-ax≥0,可得x≥0或x≤a.
若x≥0,则ax-2<0,2=1-ax,
∴4x2-4ax=(1-ax)2,
整理,得(4-a2)x2-2ax-1=[(2+a)x+1][(2-a)x-1]=0,
当a=-2时,有4x-1=0,解得x=;
当a∈(-2,0)时,x=-<0(负值舍去)或x=>0;
当a∈(-∞,-2)时,x=->0或x=>0,有两解,不符合题意,舍去.
所以当a∈[-2,0)时,f(x)在区间[0,+∞)内有唯一解.
所以当a∈[-2,0)时,f(x)在区间(-∞,a]上需无解.
当a∈[-2,0),且x≤a时,函数h(x)=的图象关于直线x=对称,令h(x)=0,可得x=或x=,且函数h(x)在区间,内单调递减,在区间,内单调递增,
同理可得当x≤a时,g(x)的图象为双曲线-=1的左支在x轴及其上方的部分向左平移个单位长度所得的图象,g(x)图象的渐近线方程为y=-2x+,其斜率为-2,
又a∈[-2,0),所以当x≤时,h(x)图象的斜率a∈[-2,0).
令g(x)=2=0,可得x=a或x=0(舍去),且函数g(x)在区间(-∞,a)内单调递减,故有解得-<a<-1,故-<a<-1符合题意.
综上所述,a∈(-,-1)∪(1,).
11. 由题意知,|f(t+2)-f(t)|=|a(6t2+12t+8)-2|≤有解,即-≤a(6t2+12t+8)-2≤有解,所以≤a≤有解,因为6t2+12t+8∈[2,+∞),所以∈0,,∈0,,所以只需要0<a≤,即amax=.
12.-∞, x∈[1,4],x+∈[4,5].令t=x+,则f(x)=|t-a|+a,结合数轴易知,t=为[4,5]的对称轴,当a≤时,a靠近左端点4,此时|t-a|≤|5-a|=5-a,
f(x)max=5-a+a=5,符合题意;
当a>时,a靠近右端点5,此时|t-a|≤|4-a|=a-4,
f(x)max=a-4+a=2a-4>5,不符合题意.
综上可得,a的取值范围是-∞,.
13.解 (1)由题得f(x)=f(-1)=,
解不等式f(-1+d)>,
当d<1时,2-1+d>2-1,得d>0,即0<d<1;
当d≥1时,2-d>,得d<,即1≤d<.
综上,0<d<,故D(-1)=.
(2)由题意得,当x>0时,f(x)=-2-x,f(0)=0,
对x0<0,D(x0)=(0,-x0);对x0>0,D(x0)=(-∞,-x0)∪(0,+∞),
对x1≤x2<0,(0,-x1)⊇(0,-x2),对0<x1≤x2,(-∞,-x1)⊇(-∞,-x2),
对x2<0<x1,D(x2)⊆(0,+∞)⊆D(x1),即D(x2)⊆D(x1).
(3)(ⅰ)若f(0)<1,取x0∈,使>f(0),故D(0)⊇D(x0),
由于f>f(x0),故-∈D(x0),可推得-∈D(0),
即f>f(0),与f(x)<f(0),x∈矛盾,故f(0)≥1得证.
(ⅱ)先证:对于x∈,f(x)≤0,
否则设s∈,f(s)>0,取c<0,使2c=f(c)<f(s).
由f(0)>f(s),可知-s∈D(s),对f(c)<f(s),可推出-s∈D(c),
即f(c-s)>f(c),与y=2x在(-∞,0)上单调递增矛盾.
再证:对t>0,f(x)≤0,
否则设t≥1,f(t)>0,取b<0,使2b=f(b)<f(t),
故t-b∈D(b),考虑b'=-(t-b)<b,则有f(b')<f(b),
即D(b')⊇D(b),那么t-b∈D(b'),即f>f(b'),与f≤0矛盾.
故取0<x<y,
由于f(x)≤0<f(-(y-x)-1),故D(x)⊇D(-(y-x)-1),
由f(-1)>f(-(y-x)-1),故y-x∈D(-(y-x)-1),
即y-x∈D(x),即f(y)>f(x).综上可得f(x)在(0,+∞)上单调递增,证毕.
第(1)问是分段函数与不等式的简单组合,考查定义理解与分类讨论能力.其本源是“将新定义翻译为已知不等式”.
第(2)问利用奇函数性质求出函数的具体表达式,再通过分类讨论证明集合包含关系.本源在于“奇函数将正负半轴的图象对称化”.
第(3)问是全题的核心.证明f(0)≥1时,反证法结合2x=1,取x0使f(0)<2x0<1,再通过条件①、②导出矛盾.这里的本源是实数极限的保序性与确界原理.而证明单调递增时,先证明引理f(u)≤2u-1(0<u<1),其中用到了无理数的小数部分稠密性(即Kronecker逼近定理).这一技巧将初等问题与数论、分析学紧密相连.由此可见,本题的“源”不仅在于函数与集合的初等运算,更在于实数的完备性及无理数的分布性质.
14.解 (1)当(i,j,k)=(3,1,2)时,定义要求对∀x∈[3,+∞),
都有f1(x)≤f3(x),f1(x)+f2(x)≤f3(x)+f1(x),
代入f1(x)=x,f2(x)=0,f3(x)=x2+1,
第一个不等式为x≤x2+1,等价于x2-x+1≥0,
由x2-x+1=+>0,所以第一个不等式恒成立.
第二个不等式为x+0≤(x2+1)+x,等价于0≤x2+1,显然恒成立.
故(3,1,2)是I排列.
(2)记A:f1≤f2在I上恒成立,B:f1≤f3在I上恒成立,C:f2≤f3在I上恒成立,
列表得
排列(i,j,k)
成为I排列的充要条件
(1,2,3)
恒成立
(2,1,3)
A
(1,3,2)
C
(3,2,1)
B
(2,3,1)
A∩B
(3,1,2)
B∩C
若NI=6,说明6个排列都为I排列,由上表可知,这等价于A,B,C三个条件全部成立,
即f1≤f2,f1≤f3,f2≤f3在I=[0,+∞)上均恒成立,
对于条件A,得x-1≤x-m,
化简得m≥-1,即A⇔m≥-1.
对于条件B,得x-1≤x2,即x2-x+1≥0,
而x2-x+1=+>0,
所以无论m为何值,B在[0,+∞)上均恒成立.
对于条件C,得x+m≤x2,即m≤x2-x,要使得该不等式对∀x∈[0,+∞)恒成立,
必须有m≤min(x2-x),由x2-x=-,
得min(x2-x)=-,因此C⇔m≤-.
综上所述,m的取值范围为.
(3)①先证明:“若F(x)严格减,则存在a>0,使nI≥4”.
显然(1,2,3)是I排列.
由题意,存在λ∈(0,1),使F(x)=λ,并记F(x0)=λ,其中x0>0,
由于F(x)严格减,故x>x0时,f1(x)=F(x)<λ,
令1-e-x=λ,解得x=ln >0,
再由于f3(x)=1-e-x严格增,故x>ln 时,f3(x)>λ,
因此若取a1=max,此时a1>0,且f1(x)<λ<f3(x),
故此时(3,2,1)是I=[a1,+∞)排列.
又对于函数f2(x)=[F(x+a)+F(x-a)],显然f2(x)也严格减,
且F(x+a),F(x-a)∈(0,1),故f2(x)∈(0,1),
因此同理也可证明此时必存在a2>0,使得f2(x)<f3(x),
故此时(1,3,2)与(3,1,2)均为I=[a2,+∞)排列.
综上,存在a=max{a1,a2}>0,使得至少有(1,2,3),(3,2,1),(1,3,2),(3,1,2)是I=[a,+∞)排列,即此时nI≥4.
②接下去再证明:“若F(x)严格增,则存在0<a<1,使nI≠2”.
显然(1,2,3)是I排列.对于剩下的5个有序数对,根据定义,可以进行如下分类:
情况一:(3,2,1)是I排列⇔f1(x)≤f3(x)在x∈I恒成立;
情况二:(2,1,3)是I排列⇔f1(x)≤f2(x)在x∈I恒成立;
情况三:(1,3,2)是I排列⇔f2(x)≤f3(x)在x∈I恒成立;
情况四:(2,3,1)是I排列⇔在x∈I恒成立;
情况五:(3,1,2)是I排列⇔在x∈I恒成立.
若f1(x)≤f2(x)在x∈I恒成立,且此时F(x)严格增,
因此F(x)≤[F(x+a)+F(x-a)]⇔F(x+a)-F(x)≥F(x)-F(x-a)>0,
由F(ka)=[F(ka)-F((k-1)a)]+…+[F(2a)-F(a)]+[F(a)-F(0)]+F(0),
其中k≥1,
则F(ka)≥k[F(a)-F(0)]+F(0),
由于F(x)>0,故当k足够大时,会导致F(ka)≥k[F(a)-F(0)]+F(0)>1,矛盾,
因此f1(x)≤f2(x)不可能在x∈I恒成立,因此情况二和情况四不可能成立.
又因为若a足够接近于0,那么f2(x)=[F(x+a)+F(x-a)]≈F(x)=f1(x),
因此只要令a→0,那么f2(x)→f1(x),因此此时情况一和情况三等价,
若情况一和情况三同时发生,那么情况五也发生,此时nI=4;
若情况一和情况三同时不发生,那么情况五也不发生,此时nI=1.
综上,只要令a→0,也即存在a∈(0,1),使nI≠2.
n个函数的推广
1.递减情形的一般化定理
定理:设F:[0,+∞)→(0,1)严格递减,G:[0,+∞)→(0,1)严格递增且连续,满足G(0)=0,G(x)=1.定义f1(x)=F(x),f2(x)=[F(x+a)+F(x-a)],f3(x)=G(x),I=[a,+∞).则存在a0>0,当a≥a0时,nI≥4.
注:原题中G(x)=1-e-x是该定理的一个特例,证明思路与原题完全一致.
2.n个函数的I排列推广
定义:设f1,f2,…,fn定义在I上,π=(i1,i2,…,in)是(1,2,…,n)的一个排列.若对任意x∈I及每个k=1,2,…,n-1,有ft(x)≤(x),则称π为I排列,个数记为NI.
结论:若f1(x)≤f2(x)≤…≤fn(x)对所有x∈I成立,则NI=n!(所有排列均为I排列).
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§2.5 函数的综合应用
课时
2017~2021年
2022年
2023年
2024年
2025年
2026年
合计
21.函数与方程
9
0
0
2
1
1
13
22.函数的实际应用
8
1
1
0
0
0
10
23.函数的综合应用
7
1
0
3
0
3
14
命题热度
本专题命题热度较高()
续表
课程标准
备考策略
(1)二分法与求方程近似解
①结合学过的函数图象,了解函数零点与方程解的关系
②结合具体连续函数及其图象的特点,了解函数零点存在性定理,探索用二分法求方程近似解的思路并会画程序框图,能借助计算工具用二分法求方程近似解,了解用二分法求方程近似解具有一般性
掌握二分法的基本思想,根据方程所对应的函数的性质使用二分法求解,关键步骤是通过缩小区间逼近零点,把求方程近似解转化为缩小函数零点所在区间
(2)函数与数学模型
①理解函数模型是描述客观世界中变量关系和规律的重要数学语言和工具.在实际情境中,会选择合适的函数类型刻画现实问题的变化规律
②结合现实情境中的具体问题,利用计算工具,比较对数函数、一元一次函数、指数函数增长速度的差异,理解“对数增长”“直线上升”“指数爆炸”等术语的现实含义
③收集、阅读一些现实生活、生产实际或者经济领域中的数学模型,体会人们是如何借助函数刻画实际问题的,感悟数学模型中参数的现实意义
掌握利用给定函数模型解决实际问题的方法;明确构建函数模型解决实际问题的步骤:①审题 ②建模 ③推理、演算 ④评价、解释
考点21函数与方程答案P230
1.(2025·天津,7,5分,难度★★)已知函数f(x)=0.3x-,则该函数的零点落在以下哪个区间内 ( )
A.(0,0.3) B.(0.3,0.5)
C.(0.5,1) D.(1,2)
2.(2024·新课标Ⅱ,6,5分,难度★★★)设函数f(x)=a(x+1)2-1,g(x)=cos x+2ax(a为常数),当x∈(-1,1)时,曲线y=f(x)与y=g(x)恰有一个交点,则a= ( )
A.-1 B. C.1 D.2
3.(2021·天津,9,5分,难度★★★★)设a∈R,函数f(x)=若f(x)在区间(0,+∞)内恰好有6个零点,则a的取值范围是 ( )
A.2,∪, B.,2∪,
C.2,∪,3 D.,2∪,3
4.(2020·天津,9,5分,难度★★★★)已知函数f(x)=若函数g(x)=f(x)-|kx2-2x|(k∈R)恰有4个零点,则k的取值范围是( )
A.-∞,-∪(2,+∞)
B.-∞,-∪(0,2)
C.(-∞,0)∪(0,2)
D.(-∞,0)∪(2,+∞)
5.(2018·全国1,理9,5分,难度★★★)已知函数f(x)=g(x)=f(x)+x+a,若g(x)存在2个零点,则a的取值范围是 ( )
A.[-1,0) B.[0,+∞)
C.[-1,+∞) D.[1,+∞)
6.(2017·全国3,理11文12,5分,难度★★★★)已知函数f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有唯一零点,则a= ( )
A.- B. C. D.1
7.(2026·全国Ⅱ,13,5分,难度★★)若函数f(x)=2x+22-x-m有两个零点,则m的取值范围是 .
8.(2021·北京,15,5分,难度★★★★)已知函数f(x)=|lg x|-kx-2,给出下列四个结论:
①当k=0时,f(x)恰有2个零点;
②存在负数k,使得f(x)恰有1个零点;
③存在负数k,使得f(x)恰有3个零点;
④存在正数k,使得f(x)恰有3个零点.
其中所有正确结论的序号是 .
9.(2019·江苏,14,5分,难度★★★)设f(x),g(x)是定义在R上的两个周期函数,f(x)的周期为4,g(x)的周期为2,且f(x)是奇函数.当x∈(0,2]时,f(x)=,g(x)=
其中k>0.若在区间(0,9]上,关于x的方程f(x)=g(x)有8个不同的实数根,则k的取值范围是 .
10.(2018·天津,理14,5分,难度★★★★★)已知a>0,函数f(x)=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 .
11.(2018·天津,文14,5分,难度★★★)已知a∈R,函数f(x)=若对任意x∈[-3,+∞),f(x)≤|x|恒成立,则a的取值范围是 .
12.(2018·浙江,15,6分,难度★★★)已知λ∈R,函数f(x)=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 .
13.(2024·上海,18,14分,难度★★★)已知f(x)=logax(a>0,且a≠1).
(1)若y=f(x)的图像过点(4,2),求f(2x-2)<f(x)的解集;
(2)若存在x使得f(x+1),f(ax),f(x+2)成等差数列,求a的取值范围.
考点22函数的实际应用答案P232
1.(多选题)(2023·新课标Ⅰ,10,5分,难度★★★)噪声污染问题越来越受到重视.用声压级来度量声音的强弱,定义声压级Lp=20×lg,其中常数p0(p0>0)是听觉下限阈值,p是实际声压.下表为不同声源的声压级:
声源
与声源的距离/m
声压级/dB
燃油汽车
10
60~90
混合动力汽车
10
50~60
电动汽车
10
40
已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10 m处测得实际声压分别为p1,p2,p3,则 ( )
A.p1≥p2 B.p2>10p3
C.p3=100p0 D.p1≤100p2
2.(2022·北京,7,4分,难度★★)在北京冬奥会上,国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术,为实现绿色冬奥作出了贡献.如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与T和lg P的关系,其中T表示温度,单位是K;P表示压强,单位是bar.下列结论中正确的是 ( )
A.当T=220,P=1 026时,二氧化碳处于液态
B.当T=270,P=128时,二氧化碳处于气态
C.当T=300,P=9 987时,二氧化碳处于超临界状态
D.当T=360,P=729时,二氧化碳处于超临界状态
3.(2021·全国甲,理4文6,5分,难度★★)青少年视力是社会普遍关注的问题,视力情况可借助视力表测量.通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据,五分记录法的数据L和小数记录法的数据V满足L=5+lg V.已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9,则其视力的小数记录法的数据约为(≈1.259) ( )
A.1.5 B.1.2 C.0.8 D.0.6
4.(2020·山东,6,5分,难度★★★)基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数,世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段,可以用指数模型:I(t)=er t描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律,指数增长率r与R0,T近似满足R0=1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28,T=6.据此,在新冠肺炎疫情初始阶段,累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln 2≈0.69) ( )
A.1.2天 B.1.8天
C.2.5天 D.3.5天
5.(2020·全国2,文3,5分,难度★★)如图,将钢琴上的12个键依次记为a1,a2,…,a12.设1≤i<j<k≤12.若k-j=3且j-i=4,则称ai,aj,ak为原位大三和弦;若k-j=4且j-i=3,则称ai,aj,ak为原位小三和弦.用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为 ( )
A.5 B.8 C.10 D.15
6.(2020·全国3,理4文4,5分,难度★★)Logistic模型是常用数学模型之一,可应用于流行病学领域.有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位:天)的Logistic模型:I(t)=,其中K为最大确诊病例数.当I(t*)=0.95K时,标志着已初步遏制疫情,则t*约为(ln 19≈3) ( )
A.60 B.63 C.66 D.69
7.(2017·北京,理8,5分,难度★★★★)根据有关资料,围棋状态空间复杂度的上限M约为3361,而可观测宇宙中普通物质的原子总数N约为1080.则下列各数中与最接近的是(参考数据:lg 3≈0.48) ( )
A.1033 B.1053 C.1073 D.1093
8.(2020·北京,15,5分,难度★★★★)为满足人民对美好生活的向往,环保部门要求相关企业加强污水治理,排放未达标的企业要限期整改,设企业的污水排放量W与时间t的关系为W=f(t),用-的大小评价在[a,b]这段时间内企业污水治理能力的强弱,已知整改期内,甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所示.
给出下列四个结论:
①在[t1,t2]这段时间内,甲企业的污水治理能力比乙企业强;
②在t2时刻,甲企业的污水治理能力比乙企业强;
③在t3时刻,甲、乙两企业的污水排放都已达标;
④甲企业在[0,t1],[t1,t2],[t2,t3]这三段时间中,在[0,t1]的污水治理能力最强.
其中所有正确结论的序号是 .
9.(2019·北京,理14文14,5分,难度★★★)李明自主创业,在网上经营一家水果店,销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃,价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒.为增加销量,李明对这四种水果进行促销:一次购买水果的总价达到120元,顾客就少付x元.每笔订单顾客网上支付成功后,李明会得到支付款的80%.
(1)当x=10时,顾客一次购买草莓和西瓜各 1盒,需要支付 元;
(2)在促销活动中,为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折,则x的最大值为 .
10.(2018·上海,19,14分,难度★★★)某群体的人均通勤时间,是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时.某地上班族S中的成员仅以自驾或公交方式通勤.分析显示:当S中x%(0<x<100)的成员自驾时,自驾群体的人均通勤时间为f(x)=
(单位:分钟),而公交群体的人均通勤时间不受x影响,恒为40分钟.试根据上述分析结果回答下列问题:
(1)当x在什么范围内时,公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间?
(2)求该地上班族S的人均通勤时间g(x)的表达式;讨论g(x)的单调性,并说明其实际意义.
考点23函数的综合应用答案P233
1.(2024·新课标Ⅰ,8,5分,难度★★★★)已知函数f(x)的定义域为R,f(x)>f(x-1)+f(x-2),且当x<3时,f(x)=x,则下列结论中一定正确的是 ( )
A.f(10)>100 B.f(20)>1 000
C.f(10)<1 000 D.f(20)<10 000
2.(2024·上海,16,5分,难度★★★★)已知函数f(x)的定义域为R,定义集合M={x0|x0∈R,x∈(-∞,x0),f(x)<f(x0)},在使得M=[-1,1]的所有f(x)中,下列成立的是 ( )
A.存在f(x),使得f(x)是偶函数
B.存在f(x),使得f(x)在x=2处取最大值
C.存在f(x),使得f(x)严格增
D.存在f(x),使得f(x)在x=-1处取到极小值
3.(2022·浙江,9,4分,难度★★★)已知a,b∈R,若对任意x∈R,a|x-b|+|x-4|-|2x-5|≥0,则 ( )
A.a≤1,b≥3 B.a≤1,b≤3
C.a≥1,b≥3 D.a≥1,b≤3
4.(多选题)(2021·全国新高考2,12,5分,难度★★★★)设正整数n=a0·20+a1·2+…+ak-1·2k-1+ak·2k,其中ai∈{0,1},记ω(n)=a0+a1+…+ak,则 ( )
A.ω(2n)=ω(n) B.ω(2n+3)=ω(n)+1
C.ω(8n+5)=ω(4n+3) D.ω(2n-1)=n
5.(2021·全国甲,文12,5分,难度★★★)设f(x)是定义域为R的奇函数,且f(1+x)=f(-x).若f-=,则f= ( )
A.- B.- C. D.
6.(2020·全国1,理12,5分,难度★★★)若2a+log2a=4b+2log4b,则 ( )
A.a>2b B.a<2b
C.a>b2 D.a<b2
7.(2020·全国2,理12,5分,难度★★★★)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2…an…满足ai∈{0,1}(i=1,2,…),且存在正整数m,使得ai+m=ai(i=1,2,…)成立,则称其为0-1周期序列,并称满足ai+m=ai(i=1,2,…)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列a1a2…an…,C(k)=aiai+k(k=1,2,…,m-1)是描述其性质的重要指标.下列周期为5的0-1序列中,满足C(k)≤(k=1,2,3,4)的序列是 ( )
A.11010… B.11011…
C.10001… D.11001…
8.(2019·全国2,理12,5分,难度★★★★★)设函数f(x)的定义域为R,满足f(x+1)=2f(x),且当x∈(0,1]时,f(x)=x(x-1).若对任意x∈(-∞,m],都有f(x)≥-,则m的取值范围是( )
A.-∞, B.-∞,
C.-∞, D.-∞,
9.(2026·北京,15,5分,难度★★★)已知f(x)=|x2-cos x-c2|,给出下列四个结论:
①f(x)在(-1,1]上有最小值和最大值;
②c=0,f(x)=1有3个解;
③c=1,x∈(1,2]时,f(x)有最大值;
④c>0,f(x)的图象与直线y=c有4个交点.
其中正确结论的序号是 .
10.(2024·天津,15,5分,难度★★★★★)设a∈R,函数f(x)=2-|ax-2|+1.若f(x)恰有一个零点,则a的取值范围是 .
11.(2019·浙江,16,4分,难度★★★★)已知a∈R,函数f(x)=ax3-x.若存在t∈R,使得|f(t+2)-f(t)|≤,则实数a的最大值是 .
12.(2017·浙江,17,4分,难度★★★)已知a∈R,函数f(x)=+a在区间[1,4]上的最大值是5,则a的取值范围是 .
13.(2026·全国Ⅰ,19,17分,难度★★★★)已知函数f(x)的定义域为R,且当x<0时,f(x)=2x.对任意x0∈R,定义集合D(x0)={d∈R|f(x0+d)>f(x0)}.
(1)若当x≥0时,f(x)=1-x,求D(-1);
(2)若f(x)是奇函数,f(x1)≤f(x2),且x1x2≠0,证明:D(x2)⊆D(x1);
(3)设f(x)满足:①若f(x1)≤f(x2),则D(x2)⊆D(x1);②当0<x<1时,f(x)<f(0).
(ⅰ)证明:f(0)≥1;
(ⅱ)证明:f(x)在区间(0,+∞)单调递增.
14.(2026·上海,21,18分,难度★★★★)(i,j,k)是1,2,3的一个排列,对函数f1(x),f2(x),f3(x),对任意x∈I,都有f1(x)≤fi(x)且f1(x)+f2(x)≤fi(x)+fj(x),则称(i,j,k)是关于f1(x),f2(x),f3(x)的一个I排列,关于f1(x),f2(x),f3(x)的I排列总数记为nI.
(1)已知I=[3,+∞),f1(x)=x,f2(x)=0,f3(x)=x2+1,判断(3,1,2)是否为I排列?
(2)对I=(0,+∞),f1(x)=x-1,f2(x)=x+m,f3(x)=x2,nI=6,求m的取值范围;
(3)对任意x∈[0,+∞),0<F(x)<1,令I=[a,+∞),f1(x)=F(x),f2(x)=[F(x+a)+F(x-a)],f3(x)=1-e-x,证明:若F(x)严格减,则存在a>0,使nI≥4;若F(x)严格增,则存在a∈(0,1),nI≠2.
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