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1、江蘇省2013屆高考數(shù)學（蘇教版）二輪復習專題2 函數(shù)的性質(zhì)及應用(Ⅱ)
高考中考查函數(shù)性質(zhì)的形式不一，時而填空題，時而解答題，時而與其他章節(jié)綜合，在解決問題的某一步驟中出現(xiàn).在二輪復習中要注重知識點之間的聯(lián)系，同時還要注意結(jié)合函數(shù)圖象解決問題.,此外，函數(shù)的對稱性、周期性常與函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性綜合起來考查；函數(shù)的零點問題是近年來新增的一個考點，也要引起足夠的重視.
1．已知函數(shù)F(x)＝f－1是R上的奇函數(shù)，an＝f(0)＋f＋f＋…＋f＋f(1)(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項an＝________.
解析：由題意知F(－x)＝－F(x)，即f－1＝－f
2、＋1，f＋f＝2.
令t＝x＋，則f(t)＋f(1－t)＝2.
分別令t＝0，，，…，，，得
f(0)＋f(1)＝f＋f＝…＝2.
∵an＝f(0)＋f＋f＋…＋f＋f(1)，
∴由倒序相加法得2an＝2(n＋1)，故an＝n＋1.
答案：n＋1
2．(2012·徐州期末)設(shè)函數(shù)f(x)＝x|x|＋bx＋c，給出下列四個命題
①當c＝0，y＝f(x)是奇函數(shù)；
②當b＝0，c<0時，方程f(x)＝0只有一個實數(shù)根；
③y＝f(x)的圖象關(guān)于點(0，c)對稱；
④方程f(x)＝0至多有兩個實數(shù)根．
其中命題正確的是________．
解析：當c＝0時f(－x)＝－x|x
3、|－bx＝－f(x)，①正確；當b＝0，c<0時由f(x)＝0得x|x|＋c＝0，只有一個正根，②正確；若P(x，y)是y＝f(x)圖象上的任意一點，則f(－x)＝－x|x|－bx＋c＝2c－(x|x|＋bx＋c)＝2c－y，即P′(－x,2c－y)也在y＝f(x)的圖象上，③正確；④不正確，如b＝－2，c＝0時，f(x)＝0有3個實數(shù)根．
答案：①②③
3．已知函數(shù)f(x)＝|x2－2ax＋b|(x∈R)．給出下列命題：
①f(x)必是偶函數(shù)；
②當f(0)＝f(2)時，f(x)的圖象必關(guān)于直線x＝1對稱；
③若a2－b≤0，則f(x)在區(qū)間[a，＋∞)上是增函數(shù)；
④f(x)有
4、最大值|a2－b|.
其中正確的序號是________．
解析：①顯然是錯的；②由于函數(shù)加了絕對值，所以對于一個函數(shù)值可能對應的x值有4個，故不一定得到對稱軸是x＝1；由于a2－4≤0時，f(x)＝x2－2ax＋b，故③正確；④結(jié)合函數(shù)圖象，可以判定函數(shù)無最大值．
答案：③
4．(2012·淮陰聯(lián)考)給出下列四個結(jié)論：
①函數(shù)y＝k·3x(k為非零常數(shù))的圖象可由函數(shù)y＝3x的圖象經(jīng)過平移得到；
②不等式>a的解集為M，且2?M，則a的取值范圍是；
③定義域為R的函數(shù)f(x)滿足f(x＋1)·f(x)＝－1，則f(x)是周期函數(shù)；
④已知f(x)滿足對x∈R都有f＋f＝2成立，
5、則f＋f＋…＋f＝7.
其中正確結(jié)論的序號是________．(把你認為正確命題的序號都填上)
解析：由|k|·3x＝3x＋log3|k|(k≠0)知①正確；由2?M得≤a，即a≥，故②不正確；由f(x＋1)＝－得f(x＋2)＝f(x)，故③正確；由f＋f＝2得f(x)＋f(1－x)＝2且f＝1，故f＋f＋…＋f＝7正確．
答案：①③④
5．給出定義：若m－
6、(k∈Z)對稱；
③函數(shù)y＝f(x)是周期函數(shù)，最小正周期是1；
④函數(shù)y＝f(x)在上是增函數(shù)．
則其中真命題是________．
解析：由m－＜x≤m＋解得－≤x－m≤，故命題①正確；由f(k－x)＝|k－x－{k－x}|＝|k－x－(k－{x})|＝|－x＋{x}|＝f(x)知②正確，④不正確；同理③正確．
答案：①②③
(2012·泰興中學調(diào)研)設(shè)n為正整數(shù)，規(guī)定：fn(x)＝f{f[…f(x)]，已知f(x)＝
(1)解不等式f(x)≤x；
(2)設(shè)集合A＝{0,1,2}，對任意x∈A，證明：f3(x)＝x；
(3)探求f2 012；
(4)若集合
7、B＝{x|f12(x)＝x，x∈[0,2]}，證明：B中至少包含有8個元素．
[解] (1)①當0≤x≤1時，由2(1－x)≤x得，
x≥.∴≤x≤1.
②當1＜x≤2時，∵x－1≤x恒成立，∴1＜x≤2.
由①，②得，f(x)≤x的解集為.
(2)證明：∵f(0)＝2，f(1)＝0，f(2)＝1，
∴當x＝0時，
f3(0)＝f(f(f(0)))＝f(f(2))＝f(1)＝0；
當x＝1時，
f3(1)＝f(f(f(1)))＝f(f(0))＝f(2)＝1；
當x＝2時，
f3(2)＝f(f(f(2)))＝f(f(1))＝f(0)＝2.
即對任意x∈A，恒有f3(x)＝
8、x.
(3)f1＝f＝2＝，
f2＝f＝f＝，
f3＝f＝f＝－1＝，
f4＝f＝f＝2＝.
一般地，f4k＋r＝fr(k∈N，r∈N*)．
∴f2 012＝f4＝.
(4)由(1)知，f＝，∴fn＝.
則f12＝.∴∈B.
由(2)知，對x＝0，或1，或2，恒有f3(x)＝x，
∴f12(x)＝f4×3(x)＝x.
則0,1,2∈B.
由(3)知，對x＝，，，，恒有
f12(x)＝f4×3(x)＝x，
∴，，，∈B.
綜上所述，0,1,2，，，，∈B.
∴B中至少含有8個元素．
本題給出新定義內(nèi)容，第一問就是解不等式，第二問實際就是對定義的認識直接套用，
9、第三問就需要對定義進行更深一步的認識，探究函數(shù)值之間存在的規(guī)律．
對于定義在D上的函數(shù)y＝f(x)，若同時滿足
(1)存在閉區(qū)間[a，b]?D，使得任取x1∈[a，b]，都有f(x1)＝c(c是常數(shù))；
(2)對于D內(nèi)任意x2，當x2?[a，b]時總有f(x2)>c.
稱f(x)為“平底型”函數(shù)．
判斷f1(x)＝|x－1|＋|x－2|，f2(x)＝x＋|x－2|是否是“平底型”函數(shù)？簡要說明理由．
解：f1(x)＝|x－1|＋|x－2|是“平底型”函數(shù)，
存在區(qū)間[1,2]使得x∈[1,2]時，f(x)＝1，
當x<1和x>2時，f(x)>1恒成立；
f2(x)＝x
10、＋|x－2|不是“平底型”函數(shù)，
不存在[a，b]?R使得任取x∈[a，b]，都有f(x)＝常數(shù)．
(2012·南京一模)對于函數(shù)f(x)，若存在實數(shù)對(a，b)，使得等式f(a＋x)·f(a－x)＝b對定義域中的每一個x都成立，則稱函數(shù)f(x)是“(a，b)型函數(shù)”．
(1)判斷函數(shù)f(x)＝4x是否為“(a，b)型函數(shù)”，并說明理由；
(2)已知函數(shù)g(x)是“(1,4)型函數(shù)”，當x∈[0,2]時，都有1≤g(x)≤3成立，且當x∈[0,1]時，g(x)＝x2－m(x－1)＋1(m>0)，試求m的取值范圍．
[解] (1)函數(shù)f(x)＝4x是“(a，b)型函數(shù)”，
因
11、為由f(a＋x)·f(a－x)＝b，得16a＝b，
所以存在這樣的實數(shù)對，如a＝1，b＝16.
(2)由題意得，g(1＋x)·g(1－x)＝4，
所以當x∈[1,2]時，g(x)＝，其中2－x∈[0,1]．
而x∈[0,1]時，g(x)＝x2＋m(1－x)＋1＝x2－mx＋m＋1>0，且其對稱軸方程為x＝.
①當>1，即m>2時，g(x)在[0,1]上的值域為[g(1)，g(0)]，即[2，m＋1]．則g(x)在[0,2]上的值域為[2，m＋1]∪＝，
由題意得此時無解；
②當≤≤1，即1≤m≤2時，g(x)的值域為，即，
所以g(x)在[0,2]上的值域為∪，
由題意得且
12、
解得1≤m≤2；
③當0＜≤，即0＜m≤1時，g(x)的值域為，即，則g(x)在[0,2]上的值域為∪
＝，
則解得2－≤m≤1.
綜上所述，所求m的取值范圍是.
本題主要考查函數(shù)的綜合性質(zhì)，分類討論思想，第一問比較容易，好入手，第二問轉(zhuǎn)化有點困難，應先把函數(shù)在[1,2]上的解析式求出來，然后求值域并轉(zhuǎn)化為子集關(guān)系解題．求值域?qū)嵸|(zhì)就是二次函數(shù)中軸動區(qū)間定的類型，并且同時研究兩個二次函數(shù)，要進行比較．
(2012·金陵中學期末)已知函數(shù)f(x)的圖象在[a，b]上連續(xù)不斷，定義：
f1(x)＝min{f(t)|a≤t≤x}(x∈[a，b])，
f2(x)＝max{f
13、(t)|a≤t≤x}(x∈[a，b])．
其中，min{f(x)|x∈D}表示函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最小值，max{f(x)|x∈D}表示函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大值．若存在最小正整數(shù)k，使得f2(x)－f1(x)≤k(x－a)對任意的x∈[a，b]成立，則稱函數(shù)為區(qū)間[a，b]上的“k階收縮函數(shù)”．
(1)若f(x)＝cos x，x∈[0，π]，試寫出f1(x)，f2(x)的表達式；
(2)已知函數(shù)f(x)＝x2，x∈[－1,4]，試判斷f(x)是否為[－1,4]上的“k階收縮函數(shù)”，如果是，求出相應的k；如果不是，請說明理由；
(3)已知b>0，函數(shù)f(x)＝－x3＋3x2是[0，
14、b]上的2階收縮函數(shù)，求b的取值范圍．
解：(1)f1(x)＝cos x，x∈[0，π]，f2(x)＝1，x∈[0，π]．
(2)∵f1(x)＝
f2(x)＝
∴f2(x)－f1(x)＝
當x∈[－1,0]時，1－x2≤k(x＋1)，
∴k≥1－x，即k≥2；
當x∈(0,1)時，1≤k(x＋1)，∴k≥，即k≥1；
當x∈[1,4]時，x2≤k(x＋1)，∴k≥，即k≥.
綜上，存在k＝4，使得f(x)是[－1,4]上的4階收縮函數(shù)．
(3)∵f′(x)＝－3x2＋6x＝－3x(x－2)，
∴在(0,2)上f′(x)>0，f(x)遞增，在(2，＋∞)上f′(x)<0，f
15、(x)遞減．
①當0(x－0)成立．即存在x∈[0，b]，使得x(x2－3x＋1)<0成立．
即x<0或.
綜上
16、]上遞減，
∴f2(x)＝f(2)＝4，f1(x)＝f(0)＝0，
f2(x)－f1(x)＝4，x－0＝x.
∴當x＝0時，f2(x)－f1(x)≤2(x－0)不成立．
③當b>3時，f(x)在[0,2]上遞增，在[2，b]上遞減，
∴f2(x)＝f(2)＝4，f1(x)＝f(b)<0，
f2(x)－f1(x)＝4－f(b)>4，x－0＝x.
∴當x＝0時，f2(x)－f1(x)≤2(x－0)也不成立．
綜上＜b≤1.
(2012·栟茶模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax＋x2－xln a(a>0，a≠1)．
(1)當a>1時，求證：函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
17、
(2)若函數(shù)y＝|f(x)－t|－1有三個零點，求t的值；
(3)若存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1，試求a的取值范圍．
[解] (1)證明：f′(x)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)·ln a，
由于a>1，故當x∈(0，＋∞)時，ln a>0，ax－1>0，
所以f′(x)>0.
故函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
(2)當a>0，a≠1時，因為f′(0)＝0，且f′(x)在R上單調(diào)遞增，
故f′(x)＝0有惟一解x＝0.
所以x，f′(x)，f(x)的變化情況如下表所示：
x
(－∞，0)
0
(0，＋
18、∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
遞減
極小值
遞增
又函數(shù)y＝|f(x)－t|－1有三個零點，所以方程
f(x)＝t±1有三個根，
而t＋1>t－1，所以t－1＝(f(x))min＝f(0)＝1，解得t＝2.
(3)因為存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1，所以當x∈[－1,1]時，|f(x)max－f(x)min|＝f(x)max－f(x)min≥e－1.
由(2)知，f(x)在[－1,0]上遞減，在[0,1]上遞增，
所以當x∈[－1,1]時，f(x)min＝f(0)＝1，
f(x)max＝max{f(－1)，f(1
19、)}．
而f(1)－f(－1)＝(a＋1－ln a)－＝a－－2ln a，
記g(t)＝t－－2ln t(t>0)，
因為g′(t)＝1＋－＝2≥0(當且僅當t＝1時取等號)，
所以g(t)＝t－－2ln t在t∈(0，＋∞)上單調(diào)遞增，而g(1)＝0，
所以當t>1時，g(t)>0；當01時，f(1)>f(－1)；
當01時，由f(1)－f(0)≥e－1
?a－ln a≥e－1?a≥e，
②當0
20、的取值范圍為∪[e，＋∞)．
本題考查函數(shù)與導數(shù)的綜合性質(zhì)，函數(shù)模型并不復雜，一二兩問是很常規(guī)的，考查利用導數(shù)證明單調(diào)性，考查函數(shù)與方程的零點問題．第三問要將“若存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1”轉(zhuǎn)化成|f(x)max－f(x)min|＝f(x)max－f(x)min≥e－1成立，最后仍然是求值域問題，但在求值域過程中，問題設(shè)計比較巧妙，因為在過程中還要構(gòu)造函數(shù)研究單調(diào)性來確定導函數(shù)的正負．
(2012·無錫期中)已知二次函數(shù)g(x)對任意實數(shù)x都滿足g(x－1)＋g(1－x)＝x2－2x－1，且g(1)＝－1.令f(x)＝g＋mln x＋(
21、m∈R，x>0)．
(1)求g(x)的表達式；
(2)若?x>0使f(x)≤0成立，求實數(shù)m的取值范圍；
(3)設(shè)1＜m≤e，H(x)＝f(x)－(m＋1)x，
證明：對?x1，x2∈[1，m]，恒有|H(x1)－H(x2)|<1.
解：(1)設(shè)g(x)＝ax2＋bx＋c，于是
g(x－1)＋g(1－x)＝2a(x－1)2＋2c＝(x－1)2－2，
所以
又g(1)＝－1，則b＝－.
所以g(x)＝x2－x－1.
(2)f(x)＝g＋mln x＋
＝x2＋mln x(m∈R，x>0)．
當m>0時，由對數(shù)函數(shù)性質(zhì)，f(x)的值域為R；
當m＝0時，f(x)＝>0對?x
22、>0，f(x)>0恒成立；
當m<0時，由f′(x)＝x＋＝0?x＝，列表：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
減
極小值
增
這時，f(x)min＝f()＝－＋mln.
f(x)min>0??－e0，f(x)>0恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是(－e,0]．
故?x>0，使f(x)≤0成立，
實數(shù)m的取值范圍(－∞，－e]∪(0，＋∞)．
(3)證明：因為對?x∈[1，m]，H′(x)＝≤0，所以H(x)在[1，m]內(nèi)單調(diào)遞減．
于是|H(x1)－H(x2)|≤H(1)－H(m)＝m2－m ln m－
23、.
|H(x1)－H(x2)|<1?m2－m ln m－<1
?m－ln m－<0.
記h(m)＝m－ln m－(1＜m≤e)，
則h′(m)＝－＋＝2＋>0，
所以函數(shù)h(m)＝m－ln m－在(1，e]上是單調(diào)增函數(shù)．
所以h(m)≤h(e)＝－1－＝<0，故命題成立．
(1)對復雜函數(shù)的對稱性應注意利用最根本的定義解決，奇偶性只是對稱性中最特殊的一種．
(2)對于形如：?x1，x2∈[1，m]，恒有|H(x1)－H(x2)|<1的問題，要注意轉(zhuǎn)化成最值問題處理．同時在利用導數(shù)的正負探究函數(shù)的單調(diào)性時，為判斷導函數(shù)的正負，有時還需要設(shè)計
24、成研究導函數(shù)的最值問題．
1．定義域為R的函數(shù)f(x)＝則關(guān)于x的方程f2(x)＋bf(x)＋c＝0有5個不同的實數(shù)根x1，x2，x3，x4，x5，求f(x1＋x2＋x3＋x4＋x5)＝________.
解析：作出函數(shù)f(x)的圖象可以得到x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝9.f(9)＝|lg 7|＝lg 7.
答案：lg 7
2．若函數(shù)f(x)滿足：f(x＋3)＝f(5－x)且方程f(x)＝0恰有5個不同實根，求這些實根之和為________．
解析：由題意可得到圖象關(guān)于x＝4對稱，所以和為20.
答案：20
3．已知函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在區(qū)間[－1,2]
25、上是減函數(shù)，則b＋c的最大值是________．
解析：由題意f′(x)＝3x2＋2bx＋c在區(qū)間[－1,2]上滿足f′(x)≤0恒成立，
則即此問題相當于在約束條件下求目標函數(shù)z＝b＋c的最大值．作出可行域(圖略)，由圖可知，當直線l：b＋c＝z過2b－c－3＝0與4b＋c＋12＝0的交點M時，z最大，∴zmax＝－－6＝－.
答案：－
4．某同學在研究函數(shù)f(x)＝(x∈R)時，分別給出下面幾個結(jié)論：
①等式f(－x)＋f(x)＝0在x∈R時恒成立；
②函數(shù)f(x)的值域為(－1,1)；
③若x1≠x2，則一定有f(x1)≠f(x2)；
④函數(shù)g(x)＝f(x)－x在R上有
26、三個零點．
其中正確結(jié)論的序號有________(請將你認為正確的結(jié)論的序號都填上)
解析：①顯然正確；由|f(x)|＝<＝1知②正確；可以證明f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)，故③正確；由f(x)－x＝0得＝x，此方程只有一根x＝0，故④不正確．
答案：①②③
5．若關(guān)于x的方程x2＝2－|x－t|至少有一個負數(shù)解，則實數(shù)t的取值范圍是________．
解析：方程等價于|x－t|＝2－x2，結(jié)合y＝|x－t|與y＝2－x2圖象，如圖，找出兩邊臨界值，可得－≤t＜2.
答案：
6．已知函數(shù)f(x)＝若關(guān)于x的方程f(x)＝k有兩個不同的實根，則實數(shù)k的取值范圍是_______
27、_．
解析：f(x)＝(x≥2)單調(diào)遞減且值域為(0,1]，f(x)＝(x－1)3(x<2)單調(diào)遞增且值域為(－∞，1)，f(x)＝k有兩個不同的實根，則實數(shù)k的取值范圍是(0,1)．
答案：(0,1)
7．對于實數(shù)a和b，定義運算“*”：a*b＝設(shè)f(x)＝(2x－1)*(x－1)，且關(guān)于x的方程為f(x)＝m(m∈R)恰有三個互不相等的實數(shù)根x1，x2，x3，則x1x2x3的取值范圍是________．
解析：由定義運算“*”可知f(x)＝
＝畫出該函數(shù)圖象可知滿足條件的取值范圍是.
答案：
8．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x＋6)＝f(x)．當－3≤x<－1時，f(
28、x)＝－(x＋2)2，當－1≤x<3時，f(x)＝x.則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 012)＝________.
解析：由f(x＋6)＝f(x)，可知函數(shù)的周期為6，所以f(－3)＝f(3)＝－1，f(－2)＝f(4)＝0，f(－1)＝f(5)＝－1，f(0)＝f(6)＝0，f(1)＝1，f(2)＝2，所以在一個周期內(nèi)有f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝1＋2－1＋0－1＋0＝1，所以f(1)＋f(2)＋…＋f(2 012)＝f(1)＋f(2)＋335×1＝335＋3＝338.
答案：338
9．(2012·南師附中)設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當x<0時，f(x)＝
29、x2，對于任意x∈[t－2，t]，不等式f(x＋t)≥2f(x)恒成立，則實數(shù)t的取值范圍是________．
解析：f(x＋t)≥2f(x)等價于f(x＋t)≥f(x)根據(jù)奇偶性得到函數(shù)在定義域上是單調(diào)遞減函數(shù)，所以x＋t≤x恒成立，解得t≤－.
答案：(－∞，－ ]
10．(2012·北京高考)已知f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)，g(x)＝2x－2.若同時滿足條件：
①?x∈R，f(x)＜0或g(x)＜0；
②?x∈(－∞，－4)，f(x)g(x)＜0.
則m的取值范圍是________．
解析：當x＜1時，g(x)＜0，當x＞1時，g(x)＞0，當x＝1時，g(x)
30、＝0.m＝0不符合要求；
當m＞0時，根據(jù)函數(shù)f(x)和函數(shù)g(x)的單調(diào)性，一定存在區(qū)間[a，＋∞)使f(x)≥0且g(x)≥0，故m＞0時，不符合第①條的要求；當m＜0時，如圖所示，如果符合①的要求，則函數(shù)f(x)的兩個零點都得小于1，如果符合第②條要求，則函數(shù)f(x)至少有一個零點小于－4，問題等價于函數(shù)f(x)有兩個不相等的零點，其中較大的零點小于1，較小的零點小于－4.函數(shù)f(x)的兩個零點是2m，－(m＋3)，故m滿足或者
解第一個不等式組得－4＜m＜－2，第二個不等式組無解，故所求m的取值范圍是(－4，－2)．
答案：(－4，－2 )
11．(2012·栟茶一模)已知二次
31、函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c.
(1)若a>b>c，且f(1)＝0，是否存在m∈R，使得f(m)＝－a成立時，f(m＋3)為正數(shù)？若存在，證明你的結(jié)論；若不存在，說明理由；
(2)若對x1，x2∈R，且x1b>c，
所以a>0且c<0.
∵f(1)＝0，∴1是f(x)＝0的一
32、個根，
由韋達定理知另一根為.
∵a>0且c<0，∴<0<1.又a>b>c，b＝－a－c，
∴－2<<－.
假設(shè)存在這樣的m，由題意，則
a(m－1)＝－a<0，∴＋3>－2＋3＝1.
∵f(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增，
∴f(m＋3)>f(1)＝0，
即存在這樣的m使f(m＋3)>0.
(2)令g(x)＝f(x)－[f(x1)＋f(x2)]，
則g(x)是二次函數(shù)．
∵g(x1)·g(x2)
＝
＝－[f(x1)－f(x2)]2≤0，
又∵f(x1)≠f(x2)，g(x1)·g(x2)<0，
∴g(x)＝0有兩個不等實根，且方程g(x)＝
33、0的根必有一個屬于(x1，x2)．
(3)由f(0)＝0得c＝0，∴f(x)＝ax2＋bx.
由f(x)＝x，得方程ax2＋(b－1)x＝0，
解得x1＝0，x2＝，
又由f[f(x)]＝x得a[f(x)]2＋bf(x)＝x.
∴a[f(x)－x＋x]2＋b[f(x)－x＋x]＝x.
∴a[f(x)－x]2＋2ax[f(x)－x]＋ax2＋b[f(x)－x]＋bx－x＝0.
∴[f(x)－x][af(x)－ax＋2ax＋b＋1]＝0，
即[f(x)－x][a2x2＋a(b＋1)x＋b＋1]＝0.
∴f(x)－x＝0或a2x2＋a(b＋1)x＋b＋1＝0. (*)
由題意(*
34、)式的解為0或或無解，
當(*)式的解為0時，可解得b＝－1，
經(jīng)檢驗符合題意；
當(*)式的解為時，可解得b＝3，
經(jīng)檢驗符合題意；
當(*)式無解時，Δ＝a2(b＋1)2－4a2(b＋1)<0，
即a2(b＋1)(b－3)<0，
∴－1
35、g(x)＝－在[1,6]上的最小值．
解：(1)對于a＝2，x∈[2,3]，f(x)＝e|x－3|＋e|x－2|＋1＝e3－x＋ex－1≥2＝2e，當且僅當e3－x＝ex－1，即x＝2時等號成立，
∴f(x)min＝2e.
(2)|f1(x)－f2(x)|＝f2(x)－f1(x)對于任意的實數(shù)x恒成立，即f1(x)≤f2(x)對于任意的實數(shù)x恒成立，亦即e|x－2a＋1|≤e|x－a|＋1對于任意的實數(shù)x恒成立，
∴|x－2a＋1|≤|x－a|＋1，即|x－2a＋1|－|x－a|≤1對于任意的實數(shù)x恒成立．
又|x－2a＋1|－|x－a|≤|(x－2a＋1)－(x－a)|＝|－a＋1
36、|對于任意的實數(shù)x恒成立，
故只需|－a＋1|≤1，解得0≤a≤2.
又1≤a≤6，∴a的取值范圍為1≤a≤2.
(3)g(x)＝－＝
①當1≤a≤2時，由(2)知f1(x)≤f2(x)，g(x)＝f1(x)＝e|x－2a＋1|，圖象關(guān)于直線x＝2a－1對稱，如右圖，又此時1≤2a－1≤3，故對x∈[1,6]，g(x)min＝f1(2a－1)＝1.
②當2＜a≤6時，(2a－1)－a＝a－1>0，
故2a－1>a.
x≤a時，f1(x)＝e－x＋(2a－1)>e－x＋a＋1＝f2(x)，
g(x)＝f2(x)＝e|x－a|＋1；
x≥2a－1時，f1(x)＝ex－(2a－
37、1)
江蘇省2013屆高考數(shù)學二輪復習 專題2 函數(shù)的性質(zhì)及應用(Ⅱ)
