2021届一轮复习 必修一 函数恒成立问题 打地基练习

这是一份2021届一轮复习 必修一 函数恒成立问题 打地基练习，共22页。试卷主要包含了设f，已知f，函数f，已知函数f等内容，欢迎下载使用。

2021届一轮复习 必修一 函数恒成立问题 打地基练习
一．选择题（共7小题）
1．设f（x）＝（a﹣1）x2+（2﹣a）x+1，若函数f（x）在区间[3，6]上的图象恒位于x轴的上方，则实数a的取值范围是（　　）
A． B． C．（1，+∞） D．
2．已知对任意x∈R，不等式ax+b+|x2﹣ax﹣b|≥4恒成立，则（　　）
A．b+2a≤4
B．b﹣2a≥4
C．存在a，b∈R，有a2+4b＜16
D．对于任意a，b∈R，有a2﹣4b≥16
3．已知f（x）＝ln（x2+1），，若∀x1∈[0，2]，∃x2∈[0，2]，使得f（x1）≥g（x2）则实数m的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
4．已知a＞0且a≠1，若当x≥1时，不等式ax＞ax恒成立，则a的最小值是（　　）
A．e B． C．2 D．ln2
5．函数f（x）＝的定义域为R，则实数m的取值范围是（　　）
A．（0，1] B．[0，1]
C．（﹣∞，0）∪（1，+∞） D．（﹣∞，0）∪[1，+∞）
6．已知函数f（x）＝mex﹣2+n的图象恒过点（2，1），若对于任意的正数m，n，不等式恒成立，则实数A的最大值为（　　）
A．9 B． C．7 D．4
7．已知函数若关于x的不等式在R上恒成立，则实数a的取值范围为（　　）
A． B． C．[0，2] D．
二．填空题（共11小题）
8．已知a＞0，b∈R，若|ax3﹣bx2+ax|≤bx4+（a+2b）x2+b对任意x∈[，2]都成立，则的取值范围是　 　．
9．函数，x∈[1，2]，，（a＞0），对任意的x1∈[1，2]，总存在x2∈[0，1]，使得g（x2）＝f（x1）成立，则a的取值范围为　 　．
10．当x＞0时，不等式2x2+ax+1≥0恒成立，则实数a的取值范围是　 　．
11．二次函数f（x）＝x2+mx+n恒有两个零点x1、x2，不等式l≤（m﹣1）2+（n﹣1）2+（m﹣n）2恒成立，则实数l的最大值为　 　．
12．定义在R上的函数f（x）＝3x﹣1，若不等式|f（x）|≥kx恒成立，则k的取值范围为 　 　．
13．若不等式a•4x﹣2x+1＞0对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是　 　．
14．已知f（x）＝2cosx（sinx+cosx），若对任意不等式恒成立，则实数m的取值范围是　 　．
15．若x2+x+a+|x2﹣x﹣a|≥2对x∈R恒成立，则实数a的取值范围为　 　．
16．定义在R上的函数f（x）满足f（﹣x）+f（x）＝0，当x≥0时，f（x）＝x2，若不等式f（ax2）+f（3﹣x）≥0对任意x∈R恒成立，则实数a的最小值为　 　．
17．正数a，b满足＝1，若不等式a+b≥﹣x2+4x+14﹣m对任意实数x恒成立，则实数m＝　 　.（填一个满足条件的值即可）
18．函数g（x）＝ax+1（a＞0），f（x）＝x2﹣2x，对∀x1∈[﹣1，2]，∃x0∈[0，3]，使g（x1）＝f（x0）成立，则a的取值范围是　 　．
三．解答题（共7小题）
19．若存在实数k，b，使得函数f（x）和g（x）对其定义域上的任意实数x同时满足：f（x）≥kx+b且g（x）≤kx+b，则称直线：l：y＝kx+b为函数f（x）和g（x）的“隔离直线”．已知f（x）＝x2，g（x）＝2elnx（其中e为自然对数的底数）．试问：
（1）函数f（x）和g（x）的图象是否存在公共点，若存在，求出交点坐标，若不存在，说明理由；
（2）函数f（x）和g（x）是否存在“隔离直线”？若存在，求出此“隔离直线”的方程；若不存在，请说明理由．
20．已知f（x）是定义在区间[﹣1，1]上的奇函数，且f（1）＝1，若a，b∈[﹣1，1]，a+b≠0时，有．
（Ⅰ）判断函数f（x）在[﹣1，1]上是增函数，还是减函数，并证明你的结论；
（Ⅱ）若f（x）≤m2﹣5mt﹣5对所有x∈[﹣1，1]，t∈[﹣1，1]恒成立，求实数m的取值范围．
21．已知函数g（x）＝ax2﹣2ax+1+b（a≠0，b＜1），在区间[2，3]上有最大值4，最小值1，设f（x）＝．
（1）求a，b的值；
（2）不等式f（2x）﹣k•2x≥0在x∈[﹣1，1]上恒成立，求实数k的取值范围；
（3）方程f（|2x﹣1|）+k（﹣3）＝0有三个不同的实数解，求实数k的取值范围．
22．已知函数f（x）＝|ax﹣1|
（1）若f（x）≤2的解集为[﹣3，1]，求实数a的值；
（2）若a＝1，若存在x∈R，使得不等式f（2x+1）﹣f（x﹣1）≤3﹣2m成立，求实数m的取值范围．
23．已知f（x）是定义在[﹣2，2]上的奇函数，且f（2）＝3．若对任意的m，n∈[﹣2，2]，m+n≠0，都有＞0．
（1）判断函数f（x）的单调性，并说明理由；
（2）若f（2a﹣1）＜f（a2﹣2a+2），求实数a的取值范围；
（3）若不等式f（x）≤（5﹣2a）t+1对任意x∈[﹣2，2]和a∈[﹣1，2]都恒成立，求实数t的取值范围．
24．已知函数f（x）＝2|x﹣3|+|x+a|（x∈R，常数a∈R）．
（1）当a＝3时，讨论函数f（x）的奇偶性并说明理由；
（2）若函数f（x）在区间[﹣3，﹣1]上单调，求正数a的取值范围；
（3）若不等式x|x﹣b|＜1对任意x∈[0，1]恒成立，求实数b的取值范围．
25．已知函数f（x）＝，设F（x）＝f（x）+a．
（1）已知F（x）是定义在R上的奇函数，试求实数a的值并判断F（x）的单调性（需写出具体的判断过程）；
（2）若f（k•3x）+f（3x﹣9x﹣2）＞2f（0）对任意x∈R恒成立，试求实数k的取值范围．

2021届一轮复习 必修一 函数恒成立问题 打地基练习
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．设f（x）＝（a﹣1）x2+（2﹣a）x+1，若函数f（x）在区间[3，6]上的图象恒位于x轴的上方，则实数a的取值范围是（　　）
A． B． C．（1，+∞） D．
【分析】由题意可得对任意x∈[3，6]恒成立，即有对任意x∈[3，6]恒成立，令t＝x+1，求得t的范围，再由对勾函数的单调性，可得不等式右边的最大值，进而得到所求范围．
【解答】解：由题意，（a﹣1）x2+（2﹣a）x+1＞0对任意x∈[3，6]恒成立，
即（x2﹣x）a＞x2﹣2x﹣1对任意x∈[3，6]恒成立，
因为x∈[3，6]，所以x2﹣x＞0，问题等价于对任意x∈[3，6]恒成立，
即对任意x∈[3，6]恒成立，
令t＝x+1，则x＝t﹣1且t∈[4，7]，
则，
所以对任意t∈[4，7]恒成立，
因为函数在上是单调递增函数，
所以当t＝7时，取得最大值，
因此实数a的取值范围是，
故选：D．
2．已知对任意x∈R，不等式ax+b+|x2﹣ax﹣b|≥4恒成立，则（　　）
A．b+2a≤4
B．b﹣2a≥4
C．存在a，b∈R，有a2+4b＜16
D．对于任意a，b∈R，有a2﹣4b≥16
【分析】由不等式ax+b+|x2﹣ax﹣b|≥4 恒成立，可得|x2﹣ax﹣b|≥4﹣ax﹣b，然后分4﹣ax﹣b≤0 且|x2﹣ax﹣b|≥0 恒成立和4﹣ax﹣b＞0且|x2﹣ax﹣b|≥4﹣ax﹣b恒成立两种情况得到a，b的关系．
【解答】解：∵不等式 ax+b+|x2﹣ax﹣b|≥4 恒成立，∴|x2﹣ax﹣b|≥4﹣ax﹣b，
∴当4﹣ax﹣b≤0 且|x2﹣ax﹣b|≥0 恒成立时，a＝0，b≥4，故b﹣2a≥4，此时A不成立，B成立；
当4﹣ax﹣b＞0且|x2﹣ax﹣b|≥4﹣ax﹣b恒成立时，（x2﹣ax﹣b﹣4+ax+b）（x2﹣ax﹣b+4﹣ax﹣b）≥0，
即（x2﹣4）（x2﹣2ax+4﹣2b）≥0，则 a＝0，b＝4，不满足 4﹣ax﹣b＞0 （舍），此时C和D不成立，
综上，b﹣2a≥4．
故选：B．
3．已知f（x）＝ln（x2+1），，若∀x1∈[0，2]，∃x2∈[0，2]，使得f（x1）≥g（x2）则实数m的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【分析】利用函数的单调性求解两个函数的最值，利用恒成立转化求解即可．
【解答】解：f（x）＝ln（x2+1），∀x1∈[0，2]，函数是增函数，函数的最小值为：0；
，x2∈[0，2]，函数是减函数，函数的最小值为：﹣m；
若∀x1∈[0，2]，∃x2∈[0，2]，使得f（x1）≥g（x2）
可得：0，
解得m．
故选：A．
4．已知a＞0且a≠1，若当x≥1时，不等式ax＞ax恒成立，则a的最小值是（　　）
A．e B． C．2 D．ln2
【分析】推导出ax﹣1≥x，从而（x﹣1）lna≥lnx，令p（x）＝lnx﹣（x﹣1）lna，则x≥1时，p（x）≤0，p′（x）＝﹣lna，由此利用导数性质结合分类讨论思想能求出a的最小值．
【解答】解：∵a＞0且a≠1，当x≥1时，不等式ax≥ax恒成立，∴ax﹣1≥x，
两边取自然对数，得（x﹣1）lna≥lnx，
令p（x）＝lnx﹣（x﹣1）lna，则x≥1时，p（x）≤0，
∵p′（x）＝﹣lna，
当lna＜0，即a∈（0，1）时，p′（x）＞0，p（x）递增，
当x≥1时，p（x）≥p（1）＝0，与p（x）≤0矛盾；
当lna＞0，即a∈（1，+∞）时，令p′（x）＝0，得x＝，
x∈（0，），p′（x）＞0，p（x）递增；
x∈（，+∞），p′（x）＜0，p（x）递减．
若＞1，即a∈（1，e），当x∈[1，）时，p（x）递增，p（x）≥p（1）＝0，矛盾；
若≤1，即a∈[e，+∞），当x∈[1，+∞）时，p（x）≤p（1）＝0，成立．
综上，a的取值范围是[e，+∞）．
故a的最小值是e．
故选：A．
5．函数f（x）＝的定义域为R，则实数m的取值范围是（　　）
A．（0，1] B．[0，1]
C．（﹣∞，0）∪（1，+∞） D．（﹣∞，0）∪[1，+∞）
【分析】函数的定义域是一切实数，即mx2﹣6mx+m+8≥0对任意x∈R恒成立，结合二次函数的图象，只要考虑m和△即可．
【解答】解：函数y＝的定义域是一切实数，即mx2+4mx+m+3≥0对任意x∈R恒成立
当m＝0时，有3＞0，显然成立；
当m≠0时，有
即
解之得 0＜m≤1．
综上所述得 0≤m≤1．
故选：B．
6．已知函数f（x）＝mex﹣2+n的图象恒过点（2，1），若对于任意的正数m，n，不等式恒成立，则实数A的最大值为（　　）
A．9 B． C．7 D．4
【分析】可令x﹣2＝0,求得m+n＝1,再由乘1法和基本不等式求得+的最小值，由不等式恒成立思想得到A的最大值．
【解答】解：可令x﹣2＝0,即x＝2,可得f(2)＝m+n＝1,
由m＞0,n＞0,可得+＝(m+n)(+)＝1+4++≥5+2＝9,
当且仅当n＝2m＝时取得等号，
则A≤9,可得A的最大值为9．
故选：A．
7．已知函数若关于x的不等式在R上恒成立，则实数a的取值范围为（　　）
A． B． C．[0，2] D．
【分析】当x≤1时，f（x）＝x2﹣2ax+2a，分a＜1、a≥1两类讨论，可求得0≤a≤2；当x＞1时，f（x）＝2x﹣alnx，分a≤0、0＜a≤2、a＞2三类讨论，可求得a≤2；取其公共部分即可得到答案．
【解答】解：（1）当x≤1时，f（x）＝x2﹣2ax+2a，
∴f（x）的对称轴为x＝a，开口向上．
①当a＜1时，f（x）在（﹣∞，a）递减，（a，1）递增，
∴当x＝a时，f（x）有最小值，即f（a）＝﹣a2+2a≥，解得0≤a＜1；
②当a≥1时，f（x）在（﹣∞，1）上递减，
∴当x＝1时，f（x）有最小值，即f（1）＝1≥，
∴1≤a≤2．
综合①②得：当x≤1时，0≤a≤2；
（2）当x＞1时，f（x）＝2x﹣alnx，∴f'（x）＝2﹣＝，
①′当a≤0时，f'（x）＞0，f（x）在（1，+∞）上递增，
∴f（x）＞f（1）＝2≥，∴a≤4，∴此时a≤0；
②′当0＜≤1，即0＜a≤2时，f（x）在（1，+∞）上递增，同理可得0＜a≤2；
③′当＞1，即a＞2时，f（x）在（1，）递减，（，+∞）递增，
∴f（x）≥f（）＝a﹣aln≥，
∴ln≤，解得2＜a≤2．
综合①′②′③′得：当x＞1时，a≤2；
∵关于x的不等式在R上恒成立，
∴0≤a≤2，
故选：C．
二．填空题（共11小题）
8．已知a＞0，b∈R，若|ax3﹣bx2+ax|≤bx4+（a+2b）x2+b对任意x∈[，2]都成立，则的取值范围是　[，+∞）　．
【分析】根据条件设，将问题转化为|t﹣u|≤ut2+1在上恒成立，然后求出的取值范围．
【解答】解：由|ax3﹣bx2+ax|≤bx4+（a+2b）x2+b对任意的x∈恒成立，
可知a恒成立．
设，则问题等价于|t﹣u|≤ut2+1在上恒成立，
即﹣ut2﹣1≤t﹣u≤ut2+1在上恒成立，即在恒成立，
所以只要在上恒成立即可．
令t﹣1＝m，则＝，
所以，
所以的取值范围是[，+∞）．
9．函数，x∈[1，2]，，（a＞0），对任意的x1∈[1，2]，总存在x2∈[0，1]，使得g（x2）＝f（x1）成立，则a的取值范围为　[3，4]　．
【分析】先利用函数的单调性求出两个函数的函数值的范围，再比较其最值即可求a的取值范围．
【解答】解：因为x1∈[1，2]时，f（x1）∈[﹣1，1]；
x2∈[0，1]时，g（x2）∈[5﹣2a，5﹣a]．
故有⇒3≤a≤4．
故答案为[3，4]．
10．当x＞0时，不等式2x2+ax+1≥0恒成立，则实数a的取值范围是　[﹣2，+∞）　．
【分析】解法一：分离参数，利用基本不等式，
解法二：分类讨论，根据二次函数的性质即可求出．
【解答】解法一：当x＞0时，不等式2x2+ax+1≥0恒成立，
则﹣a≤2x+，
∵2x+≥2＝2，当且仅当x＝时取等号，
∴﹣a≤2，
∴a≥﹣2，
解法二：当x＞0时，不等式2x2+ax+1≥0恒成立，
当a≥0时，函数y＝2x2+ax+1的对称轴为x＝﹣≤0，此时当x＞0时，不等式2x2+ax+1≥0恒成立，
当a＜0时，函数y＝2x2+ax+1的对称轴为x＝﹣＞0，此时需要△＝a2﹣8≤0，解得﹣2≤a＜0，
综上所述a≥﹣2，
故答案为：[﹣2，+∞）．
11．二次函数f（x）＝x2+mx+n恒有两个零点x1、x2，不等式l≤（m﹣1）2+（n﹣1）2+（m﹣n）2恒成立，则实数l的最大值为　　．
【分析】根据二次函数f（x）恒有两个零点可得m2﹣4n＞0，设n＝﹣t，t＞0，将（m﹣1）2+（n﹣1）2+（m﹣n）2转化关于m的函数，利用换元法求出最值即可求出所求．
【解答】解：∵二次函数f（x）＝x2+mx+n恒有两个零点x1、x2，
∴△＝m2﹣4n＞0，
设n＝﹣t，t＞0，
∴（m﹣1）2+（n﹣1）2+（m﹣n）2＝（n﹣1）2+（n﹣m）2+（m﹣1）2
＝2（n﹣）2+m2+1﹣2×（）2+（m﹣1）2，
＝2（n﹣）2+（m﹣1）2＝2（﹣t﹣）2+（m﹣1）2
＝①，
令u＝（m﹣1）2≥0，
当u给定时，时可使①取得最小值，
当0≤u≤3时，t＝0则①可变为，
当u＞3时，取，则①变成，
∴①最小值为，故l的最大值为．
故答案为：．
12．定义在R上的函数f（x）＝3x﹣1，若不等式|f（x）|≥kx恒成立，则k的取值范围为 　[0，ln3]　．
【分析】由题意|f（x）|的图象在y＝kx图象的上方，分k＜0时和k≥0时两种情况讨论，即可求解k的取值范围．
【解答】解：根据题意|f（x）|的图象在y＝kx图象的上方，
若k＜0时，由于对数函数图象的性质，当x＜0时必有|f（x）|＜kx，不符合题意；
故k≥0时，当直线y＝kx和|f（x）|的函数图象在原点相切时为临界值点，
f′（x）＝3xln3，此时k＝f′（0）＝ln3，
所以0≤k≤ln3．
所以k的取值范围为[0，ln3]．
故答案为：[0，ln3]．

13．若不等式a•4x﹣2x+1＞0对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是　（，+∞）　．
【分析】利用换元思想：令t＝2x，t＞0，根据二次函数的图象和性质对判别式和对称轴讨论即可．
【解答】解：令t＝2x，t＞0，
∴at2﹣t+1＞0对任意t＞0恒成立，
当a＝0时，显然不成了，
∴a＞0，
当△＝1﹣4a＜0即a＞，显然成立，
当△＝1﹣4a≥0时，
﹣≤0，
∴a≤0不成立，
故答案为（，+∞）．
14．已知f（x）＝2cosx（sinx+cosx），若对任意不等式恒成立，则实数m的取值范围是　[1，2]　．
【分析】由二倍角的正弦公式、余弦公式和辅助角公式，化简f（x）＝sin（2x+）+1，再由x∈[0，]时，运用正弦函数的图象和性质可得f（x）的最值，再由不等式恒成立思想，解m的不等式可得所求范围．
【解答】解：f（x）＝2cosx（sinx+cosx）＝2sinxcosx+2cos2x＝sin2x+cos2x+1＝sin（2x+）+1，
当x∈[0，]时，2x+∈[，]，sin（2x+）∈[﹣，1]，
即有f（x）的最大值为f（）＝1+，f（x）的最小值为f（）＝0，
由对任意不等式恒成立，可得m﹣2≤0，且m+≥1+，
解得1≤m≤2，即m的取值范围是[1，2]．
故答案为：[1，2]．
15．若x2+x+a+|x2﹣x﹣a|≥2对x∈R恒成立，则实数a的取值范围为　{a|a≥2}　．
【分析】首先将原问题转化为两个函数最大值的问题，然后结合二次函数的性质和一次函数的性质即可确定实数a的取值范围．
【解答】解：令f（x）＝x2，g（x）＝x+a，
则f（x）+g（x）+|f（x）﹣g（x）|＝2max{f（x），g（x）}≥2，
当x≥1或x≤﹣1时，2f（x）≥2，
故当﹣1＜x＜1时，应满足2g（x）≥2恒成立，
结合一次函数的性质可得：2（﹣1+a）≥2，解得：a≥2．
故答案为：{a|a≥2}．
16．定义在R上的函数f（x）满足f（﹣x）+f（x）＝0，当x≥0时，f（x）＝x2，若不等式f（ax2）+f（3﹣x）≥0对任意x∈R恒成立，则实数a的最小值为　　．
【分析】判断函数f（x）的奇偶性和单调性，将不等式转化为ax2≥x﹣3≥0对任意x∈R恒成立，由参数分离和配方法求得最大值，可得所求a的最小值．
【解答】解：定义在R上的函数f（x）满足f（﹣x）+f（x）＝0，即有f（x）为奇函数，
当x≥0时，f（x）＝x2，
可得x＜0时，﹣x＞0，f（﹣x）＝（﹣x）2＝x2，又f（﹣x）＝﹣f（x），
则x＜0时，f（x）＝﹣x2，
则f（x）＝x|x|，x∈R，且f（x）在[0，+∞）递增，
由f（）＝，可得不等式f（ax2）+f（3﹣x）≥0等价为f（ax2）≥﹣f（3﹣x）＝f（x﹣3），
即有ax2≥x﹣3≥0对任意x∈R恒成立，
可得a≥对任意x∈[3，+∞）恒成立，
由y＝﹣＝﹣3（﹣）2+，当x＝6＞3时，y取得最大值，
所以a≥，即a≥，
则a的最小值为．
故答案为：．
17．正数a，b满足＝1，若不等式a+b≥﹣x2+4x+14﹣m对任意实数x恒成立，则实数m＝　2（答案不唯一）　.（填一个满足条件的值即可）
【分析】将问题转化为（a+b）min≥﹣x2+4x+14﹣m，然后利用基本不等式求解（a+b）min，得到﹣x2+4x+14﹣m≤16，由二次函数的性质求解﹣x2+4x﹣2的最大值，即可得到答案．
【解答】解：不等式a+b≥﹣x2+4x+14﹣m对任意实数x恒成立，
则（a+b）min≥﹣x2+4x+14﹣m，
因为a+b＝（a+b）＝10+，
当且仅当，即a＝4，b＝12时取等号，
所以﹣x2+4x+14﹣m≤16，
则m≥﹣x2+4x﹣2，
又﹣x2+4x﹣2＝﹣（x﹣2）2+2≤2，
所以m≥2．
故答案为：2（答案不唯一）．
18．函数g（x）＝ax+1（a＞0），f（x）＝x2﹣2x，对∀x1∈[﹣1，2]，∃x0∈[0，3]，使g（x1）＝f（x0）成立，则a的取值范围是　（0，1]　．
【分析】存在性问题：“若对∀x1∈[﹣1，2]，∃x0∈[0，3]，使g（x1）＝f（x0）成立”，只需函数y＝g（x）的值域为函数y＝f（x）的值域的子集即可
【解答】解：若对∀x1∈[﹣1，2]，∃x0∈[﹣1，2]，使g（x1）＝f（x0）成立，
只需函数y＝g（x）的值域为函数y＝f（x）的值域的子集即可．
函数f（x）＝x2﹣2x＝（x﹣1）2﹣1，x∈[0，3]的值域为[﹣1，3]．
下求g（x）＝ax+1的值域．
当a＞0时，g（x）的值域为[1﹣a，1+2a]，要使[1﹣a，1+2a]⊆[﹣1，3]，
需，解得0＜a≤1；
综上，a的取值范围为（0，1]
故答案为：（0，1]．
三．解答题（共7小题）
19．若存在实数k，b，使得函数f（x）和g（x）对其定义域上的任意实数x同时满足：f（x）≥kx+b且g（x）≤kx+b，则称直线：l：y＝kx+b为函数f（x）和g（x）的“隔离直线”．已知f（x）＝x2，g（x）＝2elnx（其中e为自然对数的底数）．试问：
（1）函数f（x）和g（x）的图象是否存在公共点，若存在，求出交点坐标，若不存在，说明理由；
（2）函数f（x）和g（x）是否存在“隔离直线”？若存在，求出此“隔离直线”的方程；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据求导公式，求出函数的导数，根据导数判断函数的单调性并求极值，从而可知，函数f（x）和g（x）的图象在x＝处有公共点
（2）存在f（x）和g（x）的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k．则隔离直线方程为y﹣e＝k（x﹣，即y＝kx﹣k+e，构造函数，求出函数函数的导数，根据导数求出函数的最值
【解答】解：（1）∵F（x）＝f（x）﹣g（x）＝x2﹣2elnx（x＞0），
∴F′（x）＝2x﹣＝
令F′（X）＝0，得x＝，
当0＜x＜时，F′（X）＜0，X＞时，F′（x）＞0
故当x＝时，F（x）取到最小值，最小值是0
从而函数f（x）和g（x）的图象在x＝处有公共点
（2）由（1）可知，函数f（x）和g（x）的图象在x＝处有公共点，因此存在f（x）和g（x）的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k．则隔离直线方程为y﹣e＝k（x﹣，即y＝kx﹣k+e
由f（x）≥kx﹣k+e（x⊂R），可得x2﹣kx﹣k+e，
由f（x）≥kx﹣k+e（x⊂R），可得x2﹣kx+k﹣e≥0当x⊂R恒成立，
则△＝k2﹣4k+4e＝（k﹣2 ）2≤0，只有k＝2 ，此时直线方程为：y＝2 x﹣e，
下面证明g（x）≤2 x﹣eexx＞0恒成立，
令G（x）＝2x﹣e﹣g（x）＝2 x﹣e﹣2elnx，
G′（X）＝2 ﹣＝（2 x﹣2c）/x＝2 （x﹣）/x，
当x＝时，G′（X）＝0，当0＜x＜时G′（X）＞0，
则当x＝时，G（x）取到最小值，极小值是0，也是最小值．
所以G（x）＝2 x﹣e﹣g（x）≥0，则g（x）≤2 x﹣e当x＞0时恒成立．
∴函数f（x）和g（x）存在唯一的隔离直线y＝2 x﹣e
20．已知f（x）是定义在区间[﹣1，1]上的奇函数，且f（1）＝1，若a，b∈[﹣1，1]，a+b≠0时，有．
（Ⅰ）判断函数f（x）在[﹣1，1]上是增函数，还是减函数，并证明你的结论；
（Ⅱ）若f（x）≤m2﹣5mt﹣5对所有x∈[﹣1，1]，t∈[﹣1，1]恒成立，求实数m的取值范围．
【分析】（Ⅰ）利用函数的单调性的定义证明函数f（x）在[﹣1，1]上是增函数．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）max＝f（1）＝1，f（x）≤m2﹣5mt﹣5对任意x∈[﹣1，1]恒成立，设g（t）＝m2﹣5mt﹣6，列出不等式组求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）在[﹣1，1]上是增函数．
设﹣1≤x1＜x2≤1，
∵f（x）是定义在[﹣1，1]上的奇函数，
∴f（x2）﹣f（x1）＝f（x2）+f（﹣x1）．
又﹣1≤x1＜x2≤1，∴x2+（﹣x1）＞0，
由题设有f（x2）+f（﹣x1）＞0，
即f（x1）＜f（x2），
所以函数f（x）在[﹣1，1]上是增函数．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）max＝f（1）＝1，
∴f（x）≤m2﹣5mt﹣5对任意x∈[﹣1，1]恒成立，
只需1≤m2﹣5mt﹣5对t∈[﹣1，1]]恒成立，即m2﹣5mt﹣6≥0对t∈[﹣1，1]恒成立，
设g（t）＝m2﹣5mt﹣6，则，
⇔，
⇔，
解得m≤﹣6或m≥6．
∴m的取值范围是（﹣∞，﹣6]∪[6，+∞）．
21．已知函数g（x）＝ax2﹣2ax+1+b（a≠0，b＜1），在区间[2，3]上有最大值4，最小值1，设f（x）＝．
（1）求a，b的值；
（2）不等式f（2x）﹣k•2x≥0在x∈[﹣1，1]上恒成立，求实数k的取值范围；
（3）方程f（|2x﹣1|）+k（﹣3）＝0有三个不同的实数解，求实数k的取值范围．
【分析】（1）利用二次函数闭区间上的最值，通过a与0的大小讨论，列出方程，即可求a，b的值；
（2）转化不等式f（2x）﹣k•2x≥0，为k在一侧，另一侧利用换元法通过二次函数在x∈[﹣1，1]上恒成立，求出最值，即可求实数k的取值范围；
（3）化简方程f（|2x﹣1|）+k（﹣3）＝0，转化为两个函数的图象的交点的个数，利用方程有三个不同的实数解，推出不等式然后求实数k的取值范围．
【解答】附加题：（本题共10分）
解：（1）g（x）＝a（x﹣1）2+1+b﹣a，
当a＞0时，g（x）在[2，3]上为增函数，
故，可得 ，⇔．
当a＜0时，g（x）在[2，3]上为减函数．
故 可得 可得 ，
∵b＜1
∴a＝1，b＝0
即g（x）＝x2﹣2x+1．f（x）＝x+﹣2．…（3分）
（2）方程f（2x）﹣k•2x≥0化为2x+﹣2≥k•2x，
k≤1+﹣
令＝t，k≤t2﹣2t+1，
∵x∈[﹣1，1]，∴t，记φ（t）＝t2﹣2t+1，
∴φ（t）min＝0，
∴k≤0．…（6分）
（3）由f（|2x﹣1|）+k（﹣3）＝0
得|2x﹣1|+﹣（2+3k）＝0，
|2x﹣1|2﹣（2+3k）|2x﹣1|+（1+2k）＝0，|2x﹣1|≠0，
令|2x﹣1|＝t，则方程化为t2﹣（2+3k）t+（1+2k）＝0（t≠0），
∵方程|2x﹣1|+﹣（2+3k）＝0有三个不同的实数解，
∴由t＝|2x﹣1|的图象（如右图）知，
t2﹣（2+3k）t+（1+2k）＝0有两个根t1、t2，且0＜t1＜1＜t2或0＜t1＜1，t2＝1，
记φ（t）＝t2﹣（2+3k）t+（1+2k），
则或

∴k＞0．…（10分）
22．已知函数f（x）＝|ax﹣1|
（1）若f（x）≤2的解集为[﹣3，1]，求实数a的值；
（2）若a＝1，若存在x∈R，使得不等式f（2x+1）﹣f（x﹣1）≤3﹣2m成立，求实数m的取值范围．
【分析】（1）利用绝对值不等式的解集，列出方程求解即可．
（2）利用a＝1，若存在x∈R，使得不等式f（2x+1）﹣f（x﹣1）≤3﹣2m成立，化简函数的解析式，通过函数的最小值以及函数的单调性，列出不等式，求解即可．
【解答】解：（1）显然a≠0，当a＞0时，解集为：[，]，﹣，，无解；
当a＜0时，解集为：[，﹣]，令﹣＝1，，解得a＝﹣1，
综上a＝﹣1．
（2）a＝1时，令h（x）＝f（2x+1）﹣f（x﹣1）＝|2x|﹣|x﹣2|＝，
由此可知，h（x）在（﹣∞，0]，上是单调递减，
在[0，+∞）上单调递增，则x＝0时，h（x）取得最小值﹣2，
由题意可知﹣2≤3﹣2m，则实数m的取值范围是（﹣∞，]．
23．已知f（x）是定义在[﹣2，2]上的奇函数，且f（2）＝3．若对任意的m，n∈[﹣2，2]，m+n≠0，都有＞0．
（1）判断函数f（x）的单调性，并说明理由；
（2）若f（2a﹣1）＜f（a2﹣2a+2），求实数a的取值范围；
（3）若不等式f（x）≤（5﹣2a）t+1对任意x∈[﹣2，2]和a∈[﹣1，2]都恒成立，求实数t的取值范围．
【分析】（1）设任意x1，x2，满足﹣2≤x1＜x2≤2，利用函数单调性的定义证明；
（2）由（1）知，f（2a﹣1）＜f（a2﹣2a+2）可化为﹣2≤2a﹣1）＜a2﹣2a+2≤2，从而解得．
（3）不等式f（x）≤（5﹣2a）t+1对任意x∈[﹣2，2]和a∈[﹣1，2]都恒成立，fmax（x）≤（5﹣2a）t+1对任意的a∈[﹣1，2]都恒成立，令g（a）＝2ta﹣5t+2，a∈[﹣1，2]，从而求t．
【解答】解：（1）设任意x1，x2，满足﹣2≤x1＜x2≤2，由题意可得
f（x1）﹣f（x2）＝f（x1）+f（﹣x2）＝（x1﹣x2）＜0，
即f（x1）＜f（x2），
∴f（x）在定义域[﹣2，2]上是增函数．
（2）由（1）知，f（2a﹣1）＜f（a2﹣2a+2）可化为
﹣2≤2a﹣1）＜a2﹣2a+2≤2，
解得0≤a＜1，
∴a的取值范围为[0，1）．
（3）由（1）知，不等式f（x）≤（5﹣2a）t+1对任意x∈[﹣2，2]和a∈[﹣1，2]都恒成立，
fmax（x）≤（5﹣2a）t+1对任意的a∈[﹣1，2]都恒成立，
∴3≤（5﹣2a）t+1恒成立，
即2ta﹣5t+2≤0对任意的a∈[﹣1，2]都恒成立，
令g（a）＝2ta﹣5t+2，a∈[﹣1，2]，
则只需，
解得t≥2，
∴t的取值范围是[2，+∞）．
24．已知函数f（x）＝2|x﹣3|+|x+a|（x∈R，常数a∈R）．
（1）当a＝3时，讨论函数f（x）的奇偶性并说明理由；
（2）若函数f（x）在区间[﹣3，﹣1]上单调，求正数a的取值范围；
（3）若不等式x|x﹣b|＜1对任意x∈[0，1]恒成立，求实数b的取值范围．
【分析】（1）当a＝3时，f（x）＝2|x﹣3|+|x+3|为偶函数，满足偶函数的定义；
（2）令t＝|x﹣3|+|x+a|，由复合函数的单调性知，函数f（x）在区间[﹣3，﹣1]上单调⇔t＝|x﹣3|+|x+a|＝在区间[﹣3，﹣1]上单调，可得，解之可得正数a的取值范围；
（3）不等式x|x﹣b|＜1对任意x∈[0，1]恒成立，分x＝0与x≠0两种情况讨论，前者易知b∈R，后者，可等价转化为（x﹣）max＜b＜（x+）min，x∈（0，1]，继而可得实数b的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝3时，f（x）＝2|x﹣3|+|x+3|为偶函数，
理由：当a＝3时，f（﹣x）＝f（x）；.......4分
（2）令t＝|x﹣3|+|x+a|，则f（x）＝y＝2t，
由函数f（x）在区间[﹣3，﹣1]上单调，可知t＝|x﹣3|+|x+a|在区间[﹣3，﹣1]上单调，
又a＞0，t＝|x﹣3|+|x+a|＝，
所以，解得0＜a≤1.........8分
（3）当x＝0时，不等式0＜1恒成立，b∈R，.......9分
当x≠0时，不等式x|x﹣b|＜1对任意x∈（0，1]恒成立⇔|x﹣b|＜⇔﹣＜b﹣x＜⇔x﹣＜b＜x+对任意x∈（0，1]恒成立⇔（x﹣）max＜b＜（x+）min，x∈（0，1]．
又y＝x﹣在（0，1]单调递增，y＝x+在（0，1]单调递减，
所以0＜b＜2，即b∈（0，2）．.........12分
25．已知函数f（x）＝，设F（x）＝f（x）+a．
（1）已知F（x）是定义在R上的奇函数，试求实数a的值并判断F（x）的单调性（需写出具体的判断过程）；
（2）若f（k•3x）+f（3x﹣9x﹣2）＞2f（0）对任意x∈R恒成立，试求实数k的取值范围．
【分析】（1）由题意可得F（0）＝0，解得a的值；再由指数函数的单调性，可得F（x）的单调性；
（2）由f（0）＝，可得F（k•3x）+F（3x﹣9x﹣2）＞0，运用F（x）的奇偶性和单调性，结合参数分离和基本不等式可得所求范围．
【解答】解：（1）F（x）＝f（x）+a＝a+为定义域R上的奇函数，
可得F（0）＝0，即a+＝0，即a＝﹣；
即有F（x）＝﹣+在R上递减，
理由：由t＝2x+1在R上递增，F（x）＝﹣在t＞1上递减，
可得F（x）在R上递减；
（2）由f（0）＝，f（k•3x）+f（3x﹣9x﹣2）＞2f（0）对任意x∈R恒成立，
可得f（k•3x）﹣+f（3x﹣9x﹣2）﹣＞0，
即为F（k•3x）+F（3x﹣9x﹣2）＞0，
即有F（k•3x）＞﹣F（3x﹣9x﹣2）＝F（2+9x﹣3x），
可得k•3x＜2+9x﹣3x恒成立，
即有k＜3x+﹣1，
由3x+﹣1≥2﹣1＝2﹣1，
当且仅当3x＝，即x＝log3时，上式取得最小值，
可得k＜2﹣1．