高中数学压轴题小题专项训练专题3含绝对值的函数问题含解析答案

这是一份高中数学压轴题小题专项训练专题3含绝对值的函数问题含解析答案，共44页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．增区间是B．减区间是
C．增区间是D．增区间是
2．平面直角坐标系xOy中，动点到两坐标轴的距离的乘积为4，则的最小值为（ ）
A．1B．C．D．2
3．已知函数若函数恰有4个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知函数.若存在，使得不等式成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．若不等式对任意实数恒成立，则（ ）
A．B．0C．1D．2
6．设（），当时，的最大值为，则的最小值为（ ）
A．B．１C．D．２
7．已知不等式成立的一个必要不充分条件是，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．如果不等式成立的充分非必要条件是，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．或D．或
9．不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数定义域为，记的最大值为，则的最小值为
A．B．C．D．
11．已知满足，则的取值范围为
A．B．C．D．
12．已知R，函数的最大值为，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
13．已知函数设若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
14．若不等式对恒成立,则=
A．B．C．D．
15．已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f（x）（|x﹣1|+|x﹣2|﹣3），若x∈R，f（x﹣a）＜f（x），则a的取值范围是（ ）
A．a＜3B．﹣3＜a＜3C．a＞6D．﹣6＜a＜6
16．已知函数，若方程有4个不同的根，，，，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
17．若关于的方程的整数根有且仅有两个，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
18．若函数在上单调，则实数的值可以为（ ）
A．B．C．D．3
19．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若函数有4个零点，则实数k的取值范围为
B．关于x的方程有个不同的解
C．对于实数，不等式恒成立
D．当时，函数的图象与x轴围成的图形的面积为
20．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若函数有4个零点，则实数的取值范围为
B．关于的方程有个不同的解
C．对于实数，不等式恒成立
D．当时，函数的图象与轴围成的图形的面积为
21．已知函数，若函数有四个零点，从小到大依次为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的最小值为4
C．
D．方程最多有10个不同的实根
22．已知，则关于x的方程的实根个数可能为（ ）
A．2B．3C．4D．5
23．已知R，为坐标原点，函数．下列说法中正确的是（ ）
A．当时，若的解集是，则
B．当时，若有5个不同实根，则
C．当时，若，曲线与半径为4的圆有且仅有3个交点，则
D．当时，曲线与直线所围封闭图形的面积的最小值是33
三、填空题
24．结合函数的的图象，写出该函数的一条性质： ．
25．已知函数在区间和上均单调递增，则实数的取值范围是 ．
26．若函数在时取得最小值，则实数的取值范围是 ；
27．函数的最小值为 .
28．已知函数，．若方程恰有4个互异的实数根，则实数的取值范围为__________．
29．已知实数满足且，则的最小值是
30．已知关于的不等式有实数解，则实数的取值范围是 .
31．若对于任意，都存在，使得，则实数的取值范围是 .
32．已知函数，．
（1）若关于的方程只有一个实数解，实数的取值范围为 ；
（2）若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围为 ；
（3）函数在区间上的最大值为 ．
33．关于x的方程的解集为 ．
34．已知函数在区间内的最大值为（，，为常数）且存在实数，，使得取最小值，则
35．已知函数，
（1）若，则 ．
（2）若，则实数m的取值范围是 ．
36．函数的最小值为0，则的最小值为 ．
37．已知关于的方程有且仅有一个实数根，其中实数，且，若，则的可能取值共有 种.（请用数字作答）
38．已知函数的定义域是，记的最大值为，当，变化时，的最小值为 ．
39．已知定义在的严格增函数与.若对任意实数，存在实数和，不等式恒成立，则实数的取值范围是 .
参考答案：
1．D
【解析】根据题意，将写成分段函数的形式，结合二次函数的性质分段讨论的单调性和单调区间，综合可得答案．
【详解】根据题意，函数，
当时，，在区间上为减函数，在区间上为增函数；
当时，，在区间上为增函数，在区间上为减函数；
综合可得：在区间和上为减函数，在区间上为增函数，
故选：D.
2．D
【分析】分同号和异号，利用不等式以及基本不等式求最值.
【详解】由已知得，
当同号时，，，
此时，
当且仅当时等号成立；
当异号时，不妨设，则，，
此时，
当且仅当时等号成立；
综合得的最小值为.
故选：D.
3．D
【分析】由，结合已知，将问题转化为与有个不同交点，分三种情况，数形结合讨论即可得到答案.
【详解】注意到，所以要使恰有4个零点，只需方程恰有3个实根
即可，
令，即与的图象有个不同交点.
因为，
当时，此时，如图1，与有个不同交点，不满足题意；
当时，如图2，此时与恒有个不同交点，满足题意；
当时，如图3，当与相切时，联立方程得，
令得，解得（负值舍去），所以.
综上，的取值范围为.
故选：D.

【点晴】本题主要考查函数与方程的应用，考查数形结合思想，转化与化归思想，是一道中档题.
4．A
【分析】因为,故化简为,令.若存在,使得不等式成立,即小于最大值,求解最大值即可得实数的取值范围.
【详解】
即:
可化为: 即
若存在，使得不等式成立 即小于最大值.
令
①当时,

此时
②当时


③当时


综上所述,,故,即的取值范围是: .
故选:A.
【点睛】本题考查带绝对值函数的求解.在求解带绝对值函数时,一般利用零点分段法去掉绝对值来求解,考查分类讨论数学思想.
5．D
【分析】分类讨论，根据条件可以得到且和且同时成立，从而得到，得到结果.
【详解】当时，即时，恒成立，
所以恒成立，所以且；
当时，即时，恒成立
所以或恒成立，所以且，
综上，
故选：D.
【点睛】该题考查的是有关不等式的问题，涉及到的知识点有不等式的解法，分类讨论思想，属于中档题目.
6．A
【分析】利用得，通过式子的结构，构造出，解得答案．
【详解】由题意（），当时，的最大值为，
则，
所以
，
所以，
故选：A．
7．C
【分析】先求得不等式解集，结合题意，得到关于的不等式，从而得解．
【详解】因为等价于，即，
当，不等式为，显然不成立；
当时，不等式解得，
当时，不等式解得，
所以等价于或；
因为不等式成立的一个必要不充分条件是，
所以或是的真子集，
则或，解得或，
即实数m的取值范围是.
故选：C．
8．B
【分析】转化为表示的集合是表示集合的真子集，列出不等式组可得答案.
【详解】根据题意，不等式的解集是，设为条件，
设为条件，
则的充分不必要条件是，即表示的集合是表示集合的真子集，
则有（等号不同时成立），
解得.
故选：B.
9．C
【分析】按照正负分类讨论取绝对值，运算得解.
【详解】当，即或时，
不等式等价于，即，
解得，所以；
当，即时，不等式等价于不等式，即，
解得或，所以.
综上，不等式的解集是.
故选：C.
10．C
【分析】由已知|f（x）|的最大值为M，得到|f（-1）|，|f（2）|，|f（1）|都不大于M，利用三角不等式得到所求．
【详解】解：因为函数定义域为，记的最大值为，
所以|f（）|，|f（2）|，|f（1）|都不大于M，
即,
,
,
所以
.
所以，
即M的最小值为：2；
故选C．
【点睛】本题考查了三次函数的性质以及绝对值三角不等式的运用求最值，属于中档题．
11．D
【详解】 由题意，令，
所以，
所以，
因为，所以
所以

所以，故选D.
12．B
【分析】首先由题得，再得到，，，再将以上三式两边相加可得，即.
【详解】设， 则，
由于， ，，
则，，，
所以将以上三式两边相加可得，
即，所以.
故选：B
【点睛】(1)本题主要考查函数最值的求法，考查绝对值三角不等式，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解答本题的关键有两点，其一是得到，，，其二是利用三角不等式求得，即.
13．B
【分析】由题意，令，作出函数的图象，当的图象与的图象相切时求得，若使得不等式在R上恒成立，需满足、，即可求解.
【详解】由题意知，令，函数的图象如图所示，

当函数的图象经过点时，得.
当的图象与的图象相切时，
由，得，结合图形，由得.
若不等式在R上恒成立，
当时，需满足，即，
当时，需满足，即，
所以，
所以实数a的取值范围为.
故选：B.
14．A
【解析】不等式对恒成立,即时的正负情况与的正负情况一致，得出的根，即可求解.
【详解】由题：不等式对恒成立,
当时，，所以，
当时，，所以，
当时，，所以，
所以和时，，
即，解得：，
检验当时，
在大于等于0，在时，小于等于0，在大于等于0，
所以.
故选：A
【点睛】此题考查根据不等式恒成立求参数的值，将问题转化为方程的根的问题，涉及转化与化归思想，综合性强.
15．C
【分析】当时,分类讨论求得函数的解析式,再利用函数在定义R上的奇函数求出函数在整个定义域上的解析式并画出图像,然后由条件结合图像转化为解得的取值范围.
【详解】由题意时,,
当时,;
当时,;
当时,,
由因为函数为定义R上的奇函数,所以可得函数解析式为:
,由此可得图像如图所示:
由题意时,恒成立,则得函数的图像恒在函数的图像下面, 则由图像可得,解得,即满足要求的得取值范围为.
故选:C.
【点睛】本题考查了绝对值函数解析式的求解,函数奇偶性的应用,数形结合的思想解决不等式恒成立的问题,属于难题.
16．D
【分析】作出函数与的图像，得到关于对称，化简条件，利用对勾函数的性质可求解.
【详解】作函数与的图像如下：
方程有4个不同的根，，，，且，
可知关于对称，即，且，
则，即，则
即，则；
当得或，则；；
故，；
则函数，在上为减函数，在上为增函数；
故取得最小值为，而当时，函数值最大值为.
即函数取值范围是.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了分段函数的运用，主要考查函数的单调性的运用，运用数形结合的思想方法是解题的关键，属于难题.
17．C
【分析】设，利用绝对值三角不等式得，时等号成立，进而有且整数根有且仅有两个，对于，应用二次函数性质及对称性有且，得，即可求参数范围.
【详解】设，则原方程为，
由，
当且仅当，即时等号成立，
所以，
整理得①，显然不满足，
令，即必有两根，且，故为两个正根，
所以，可得或，
对于，有，即，即恒满足①，
要使①中整数根有且仅有两个，则对应两个整数根必为，
若整数根为且，则，即，
所以，得，
综上，
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用绝对值三角不等式的等号成立得到，且整数根有且仅有两个为关键.
18．BD
【分析】分别讨论和两种情况，结合二次函数的图像分析，即可得到答案.
【详解】①当，即时，，所以的对称轴为，则的图象如下：
结合图象可知，要使函数在上单调，则或，解得：或，即或；
②当，即或，令，则的对称轴为，则的图象如下：
结合图象可知，要使函数在上单调，
则，或，或，或
解得：，或，
综上：或；
故选：BD
19．ACD
【分析】根据函数的表达式，作出函数的图像，对于A，C利用数形结合进行判断，对于B，D利用特值法进行判断.
【详解】当时，；
当 时，；
当，则， ；
当，则， ；
当，则， ；
当，则，；
依次类推，作出函数的图像：

对于A，函数有4个零点，即与有4个交点，
如图，直线的斜率应该在直线m， l之间，
又，，，故A正确；
对于B，当时，有3个交点，与不符合，故B错误；
对于C，对于实数，不等式恒成立，即恒成立，
由图知函数的每一个上顶点都在曲线上，故恒成立，故C正确；
对于D，当时， 由图象可知：所求图象为高为的三角形，
所以函数的图像与x轴围成的图形的面积为，故D正确；
故选：ACD
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
20．ABD
【分析】根据题意先求的解析式，先判断的单调性与最值，对A：将题意转化为：与有四个交点结合图象分析判断；对B：将题意转化为：与的交点个数，分析判断；对C：取特指，代入运算判断；对D：根据图象结合题意运算求解.
【详解】∵，则在的图象是将的图象沿轴方向伸长为原来的3倍、沿轴方向缩短为原来的一半
∴
则在上单调递增，在上单调递减
∴在上的最大值为，最小值为，即在上的值域为
对于A，令，即，则与有四个交点
作出时的图象，如图1：分别与连线的斜率为
结合图象可得：实数的取值范围为，A正确；
对于B，令，则
∴方程的根的个数即为与的交点个数
当时，的最大值为
∴与有且仅有一个交点，
当时，则有：
①当时，在上的最大值为，则与在内有两个交点
∴当，与有交点
②当，则在上的最大值为
∴与有且仅有一个交点
③当时，在上的最大值为，则与在内没有交点
∴当，与没有交点
∴当，与的交点个数为
当时，也成立
∴关于的方程有个不同的解，B正确
对于，因为图象过点，令，则，C错误
对于D，由题意可得：当时，函数的图象与轴围成的图形为三角形，其底边长为，高为
∴当时，函数的图象与轴围成的图形的面积为
故选：ABD.
【点睛】①对于类周期性函数的理解可以结合函数图象的变换理解函数图象或求其解析式；
②关于函数零点或方程的根问题，我们常常转化为图象的交点，数学结合处理问题.
21．ACD
【分析】根据题意结合图象分析可知：，且，对于A：根据指数函数性质结合基本不等式分析判断；对于B：根据对数函数性质结合基本不等式分析判断；对于C：根据题意结合函数单调性分析判断；对于D：，则方程化为，讨论的取值范围，结合图象分析判断.
【详解】令，则，
可知函数的零点即为与的交点横坐标，
如图，作出函数的图象，
则，且，
对于选项A：因为，即，
且，则，
可得，
整理得，
即，所以，故A正确；
对于选项B：因为，即，
且，则，
可得，
即，
可得，解得，故B错误；
对于选项C：因为，
结合选项AB可得，解得，
则，，
因为在上单调递增，
可知在上单调递增，且，
可得，即，故C正确；
对于选项D：方程，即，
令，则，注意到，
1.若，则方程无实根，即方程无实根，
故方程无实根；
2.若，则方程有2个不相等的实根，
且有2个不相等的实根；有3个不相等的实根；
故方程有5个不相等的实根；
3.若，则方程有4个不相等的实根，
且无实根；有4个不相等的实根；
或均有3个不相等的实根；
故方程有10个不相等的实根；
4.若，则方程有4个不相等的实根，
且无实根；或或均有3个不相等的实根；
故方程有9个不相等的实根；
5.若，则方程有3个不相等的实根，
且无实根；或均有3个不相等的实根；
故方程有6个不相等的实根；
综上所述：方程最多有10个不同的实根，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：应用函数思想确定方程解的个数的两种方法
（1）转化为两熟悉的函数图象的交点个数问题、数形结合、构建不等式（方程）求解；
（2）分离参数、转化为求函数的值域问题求解．
22．ABC
【分析】画出的图像，由，可分类讨论，，三种情况，令，并画出图像，结合两个函数图像以及，判断出实根个数构成的集合.
【详解】画出的图像如图所示，令，画出图像如图所示.
由，解得：，由，解得..
由，解得：，由，解得.
（1）当时，，有解，且或或，结合的图像可知，时没有与其对应，或时每个都有个与其对应，故此时有个实数根.
（2）当时，，有解，且或，有一个与其对应，有两个与其对应，故此时有个实数根.
（3）当时，，有解，且，结合的图像可知，每个有两个与其对应，故此时有个实数根.
综上所述，关于的方程的实根个数构成的集合为.
故选：ABC

【点睛】方法点睛：本题考查分类讨论参数，求函数零点个数问题，讨论函数零点个数常用方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解，考查学生的数形结合的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.
23．BD
【分析】去掉绝对值化简函数得，然后依不同条件，结合图象进行分析求解.
【详解】A选项，由题意，，
当时，，
若的解集是，
当时，显然成立，
当时，令，
即在上恒成立，
则要，解得，
且时，恒成立，即恒成立，
故，解得，
综上，，A错误；
B选项，当时，，
因为有5个不同实根，
当时，，得或，有两个根，
当时，，即，
得或，
当时，，方程最多两个根，
要想保证有5个不同实根，故为其中一个根，故，
此时，满足要求，
而，方程需要在有两个不同的实数根，
设，
则，解得，B正确；
C选项，当时，，
若，则，
且曲线与半径为4的圆有且仅有3个交点，
如下图，可能是与圆相切，
则，得或（舍），

也可能，点在圆上，如下图，

则，解得或（舍）
所以C错误；
D选项，当时，,
且，
当时，，当时，，
当，即时，画出两函数图象如下：
曲线与直线所围封闭图形的面积三角形的面积，

令，解得，故
令，解得，故，
则，
点到直线的距离为，
故，
令，，
则
，
故在上单调递减，
故最小值为，
当，即时，此时，，
如图，曲线与直线所围封闭图形的面积三角形的面积，

令，解得，，
令，解得，故，
因为，所以，
故点到直线的距离，
故此时曲线与直线所围封闭图形的面积为
，
令，
则
，
令，
则在上恒成立，
故在单调递增，
又，
故在上恒成立，
故在上单调递增，
故最小值为，
当且，即时，
此时，，
当时，，
如图，曲线与直线所围封闭图形的面积四边形的面积，

令，解得，，
故，即，
令，解得，故，
，故，
故，
设直线与直线相交于点，
令，解得，
此时，故，
点到直线的距离为，
故，
其中，，
故，
点到直线的距离为，
故，
则四边形的面积为，
当时，，
当时，面积取得最小值，最小值为33，
当时，，画出图象如下：

四边形的面积为，
当时，，
综上，当时，曲线与直线所围封闭图形的面积的最小值是33，D正确.
故选：BD
【点睛】方法点睛：函数零点或方程根的问题：将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决.
24．其图象关于直线轴对称（答案不唯一）
【分析】结合函数解析式，在坐标系中画出函数图象，可以写出函数的对称性.
【详解】利用翻折变换，可得函数的图象如图所示，
显然其图象关于直线轴对称．（答案不唯一）
故答案为：其图象关于直线轴对称（答案不唯一）
25．
【分析】设，求出函数的两个零点，且，将函数化为分段函数，分类讨论，当时，可知函数在区间上不可能单调递增；当时，根据的范围可知恒满足函数在区间上单调递增，根据解析式可知在上单调递增，再由可解得结果.
【详解】设，其判别式，所以函数一定有两个零点，
设函数的两个零点为，且，
由得，，
所以函数，
①当时，在上单调递减或为常函数，从而在不可能单调递增，故，
②当时，，
，所以，
所以，
因为在上单调递增，所以在上也单调递增，
因为在和上都单调递增，且函数的图象是连续的，所以在上单调递增，
欲使在上单调递增，只需，得，
综上所述：实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：求解关键有2个：①利用的零点将函数化为分段函数；②分类讨论，利用分段函数的单调性求解.
26．
【分析】根据条件可化为分段函数，根据函数的单调性和函数值即可得到解不等式组即可.
【详解】当时，，
当时，，
且，
当时，，
且，
当时，，
且，
若函数在时取得最小值，
根据一次函数的单调性和函数值可得，解得，
故实数的取值范围为
故答案为：
【点睛】本题考查了由分段函数的单调性和最值求参数的取值范围，考查了分类讨论的思想，属于中档题.
27．1
【分析】由解析式知定义域为，讨论、、，并结合导数研究的单调性，即可求最小值.
【详解】由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，
∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；
∴
故答案为：1.
28．．
【详解】试题分析：（方法一）在同一坐标系中画和的图象（如图），问题转化为
与图象恰有四个交点．当与（或与）相切时，与图象恰有三个交点．把代入，得，即，由，得，解得或．又当时，与仅两个交点，或．
（方法二）显然，∴．令，则
∵，∴．结合图象可得或．
考点：方程的根与函数的零点．
29．
【分析】根据绝对值的性质分析可知，解不等式即可得结果.
【详解】因为，
则，
且，则，可得，解得，
所以的最小值是.
故答案为：.
30．
【分析】根据不等式有解转化为最值问题进而分类讨论求解答案.
【详解】因为关于的不等式有实数解，
所以，
当时，，
当时，，
当时，，
所以，即，
解得或，
所以实数的取值范围是.
故答案为：
31．
【分析】根据函数解析式得到，进而对分类讨论求出的最小值即可求出结果.
【详解】解：设，，
易得，，
∴，
∴当时，，
∵对于任意，都存在，使得，
∴，
故的取值范围为.
故答案为：.
32．
【分析】（1）分析可知，为方程的一根，利用参变量分离法得出方程在时无解，数形结合可得出实数的取值范围；
（2）分、两种情况讨论，在时不等式恒成立，在时，由参变量分离法得出，求出函数的值域，由此可得出实数的取值范围；
（3）将写成分段函数，再对分五种情况讨论，分别求出函数的最小值.
【详解】（1）方程，即，变形得，
显然，是该方程的根，从而欲使原方程只有一解，
即要求方程，有且仅有一个等于的解或无解 ，
所以直线与函数在上的图象无交点，如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数在上的图象无交点，
因此，实数的取值范围是.
（2）不等式对恒成立，即对恒成立，
①当时，（*）显然成立，此时；
②当时，（*）可变形为，令
∵当时，，当时，，
∴，故此时．
综合①②，得所求实数的取值范围是．

（3）因为
①当，即时，大致图象如下，可知在上单调递减，
在上单调递增，且，，，
故在上的最大值为；

②当，即时，大致图象如下，
可知在，上单调递减，在，上单调递增，
且，，，，
，
故在上的最大值为；

③当，即时，大致图象如下，
可知在，上单调递减，在，上单调递增，
且，，，，
故，又，故，
此时在上的最大值为；

④当，即时，大致图象如下，
可知在，上单调递减，在，上单调递增，
且，，，
故在上的最大值为.

⑤当，即时，大致图象如下，
可知在时，，在时，单调递增，，时，，
故在上的最大值为.

综上所述，
当时，在上的最大值为；
当时，在上的最大值为；
当时，在上的最大值为，
即．
故答案为：；；
【点睛】关键点点睛：本题关键是分类讨论需做到不重不漏，另外一个就是数形结合思想的应用.
33．；
【分析】分，，和，讨论求解.
【详解】解：当时，原不等式为，解得，不成立；
当时，原不等式为，解得，不成立；
当时，原不等式为，恒成立；
当时，原不等式为，解得，不成立；
所以原不等式的解集为，
故答案为：
34．
【分析】将转换成，运用绝对值三角不等式求出M的范围，再求出其最小值.
【详解】设，则
，则，
从而，此时.
所以.
故答案为：2．
【点睛】利用换元法将区间转换成，为运用绝对值三角不等式创造条件，求出M的范围之后问题就变得简单.
35． 或或.
【分析】在不同区间上令求自变量即可；令求出不同区间上对应的解集，即可确定中的范围，再结合解析式求m的范围.
【详解】当时，，显然无解；
当时，，即，则（舍），
所以，则；
当时，，即，此时；
当时，，即或，此时；
所以，即或，
对于，有：
当时，，即，可得；
当时，，即，可得；
对于，由，故无解，
所以，时有，即，解得（舍）.
综上，时有或或.
故答案为：，或或
36．
【分析】由，根据题意得到当时，的最小值为，利用三角函数的性质，得到不等式组，进而求得的最小值.
【详解】因为，
当且仅当，即时，等号成立，
又因为的最小值为，
所以当时，的最小值为，
因为，所以，所以，
所以，
又因为，所以当时，，能使得有最小值，
所以的最小值为.
故答案为：.
37．
【分析】根据的取值进行分类讨论，由此求得正确答案.
【详解】，当时等号成立，
，当时等号成立，
画出的大致图象如下图所示，
由题意可得，与和与的间隔相等，
记的一个取值为，
若和间隔为，且，
则可能取值有，共种，
若和间隔为，且，
则可能取值有，共种，
所以总的可能有种.
故答案为：
38．
【分析】由题意可得，，，再根据绝对值不等式的性质，进而即可求得的最小值．
【详解】由函数的定义域是，且的最大值为，
则，
，
，
所以
所以，即，
故的最小值为．
故答案为：．
39．
【分析】先由的单调性转化得恒成立，从而求得；再由与的相关恒成立条件转化得恒成立，从而利用绝对值不等式求得；由此得解.
【详解】因为在上是严格增函数，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
而，故；
因为对任意实数，存在实数和，不等式恒成立，
又，所以，即，
则，且在上恒成立，
令，则，恒成立，
若，则存在使得在恒成立，
故存在使得成立，故，故，
当且仅当时等号成立,
若，不妨设，
若即，则存在，使得成立即，
故，
而，故即.
此时，可使得等号成立，
若，则存在，使得成立，
故，故，
综上：.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是取特殊值，利用绝对值不等式求得的最小值，从而得解.