2.设a为实数，函数f（x）＝2x2＋（x－a）|x－a|.
（1）若f（0）≥1，求a的取值范围；
（2）求f（x）的最小值；
（3）设函数h（x）＝f（x），x∈（a，＋∞），直接写出（不需给出演算步骤）不等式h（x）≥1的解集．
点拨：
本小题主要考查函数的概念、性质、图象及解一元二次不等式等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力．
解：
（1）若f（0）≥1，则－a|a|≥1a≤－1.
∴a的取值范围是（－∞，－1]
（2）当x≥a时，f（x）＝3x2－2ax＋a2，
f（x）min＝＝
当x≤a时，f（x）＝x2＋2ax－a2，f（x）min＝＝
综上f（x）min＝
（3）x∈（a，＋∞）时，h（x）≥1得3x2－2ax＋a2－1≥0，Δ＝4a2－12（a2－1）＝12－8a2.
当a≤－或a≥时，Δ≤0，x∈（a，＋∞）；
当－＜a＜时，Δ＞0，得：
讨论得：
当a∈时，解集为（a，＋∞）；
当a∈时，解集为∪
当a∈时，解集为.
综上，当a∈∪时，解集为（a，＋∞），当a∈时，解集为，当a∈时，解集为∪.
基础训练
1.x2＋x
2.（－∞，－1）∪（－1,0） 解析：
x＜0，x≠－1.
3.－4 解析：
函数图象关于直线x＝1对称，则f（x）＝f（2－x），函数图象关于点（2,0）对称，则f（x）＝－f（4－x），∴f（x＋2）＝－f（x），∴f（x＋4）＝f（x），
∴f＝f＝f，又f＝－f＝
－f，f＋f＝2f＝－2f＝－4.
4. 解析：
x∈[－1,2]时，f（x）∈[－1,3]．m≥0，x∈[－1,2]时，g（x）∈[2－m,2＋2m]；m＜0，x∈[－1,2]时，g（x）∈[2＋2m,2－m]．m≥0，[2－m，2＋2m][－1,3]；m＜0，[2＋2m,2－m][－1,3]得0≤m≤或－1≤m<0，故实数m的取值范围是.
例题选讲
例1 解：
（1）∵f（x）是二次函数，且f（x）＜0的解集是（0,5）,∴可设f（x）＝ax（x－5）（a＞0）．
∴f（x）在区间[－1,4]上的最大值是f（－1）＝6a.
由已知得6a＝12,∴a＝2,∴f（x）＝2x（x－5）＝2x2－10x（x∈R）．
（2）方程f（x）＋＝0等价于方程2x3－10x2＋37＝0.设h（x）＝2x3－10x2＋37，则h′（x）＝6x2－20x＝2x（3x－10）．
当x∈时，h′（x）＜0，h（x）是减函数；当x∈时，h′（x）＞0，h（x）是增函数．
∵h（3）＝1＞0，h＝－＜0，h（4）＝5＞0，∴方程h（x）＝0在区间，内分别有唯一实数根，而在区间（0,3），（4，＋∞）内没有实数根，所以存在唯一的自然数m＝3，使得方程f（x）＋＝0在区间（m，m＋1）内有且只有两个不同的实数根．
变式训练 已知函数y＝f（x）是定义在R上的周期函数，周期T＝5，函数y＝f（x）（－1≤x≤1）的图象关于原点对称．又知y＝f（x）在[0,1]上是一次函数，在[1,4]上是二次函数，且在x＝2时函数取得最小值－5.
（1）证明：
f
（1）＋f（4）＝0；
（2）求y＝f（x），x∈[1,4]的解析式；
（3）求y＝f（x）在[4,9]上的解析式．
（1）证明：
∵f（x）是以5为周期的周期函数，∴f（4）＝f（4－5）＝f（－1），
又∵y＝f（x）（－1≤x≤1）关于原点对称，∴f
（1）＝－f（－1）＝－f（4）,
∴f
（1）＋f（4）＝0.
（2）解：
当x∈[1,4]时，由题意可设f（x）＝a（x－2）2－5（a＞0），
由f
（1）＋f（4）＝0得a（1－2）2－5＋a（4－2）2－5＝0，∴a＝2，
∴f（x）＝2（x－2）2－5（1≤x≤4）．
（3）解：
∵y＝f（x）（－1≤x≤1）是奇函数，∴f（0）＝0，又知y＝f（x）在[0,1]上是一次函数，∴可设f（x）＝kx（0≤x≤1），而f
（1）＝2（1－2）2－5＝－3，∴k＝－3，∴当0≤x≤1时，f（x）＝－3x，从而当－1≤x＜0时，f（x）＝－f（－x）＝－3x，故－1≤x≤1时，f（x）＝－3x，∴当4≤x≤6时，有－1≤x－5≤1，∴f（x）＝f（x－5）＝－3（x－5）＝－3x＋15，
当6＜x≤9时，1＜x－5≤4，∴f（x）＝f（x－5）＝2[（x－5）－2]2－5＝2（x－7）2－5，∴f（x）＝
点评：
紧抓函数几个性质，将未知的转化为已知的，注意函数图象及端点值．
例2 解：
（1）当a＝0时，f（x）＝x2，对任意x∈（－∞，0）∪（0，＋∞），f（－x）＝（－x）2＝x2＝f（x）,∴f（x）为偶函数．
当a≠0时，f（x）＝x2＋（a≠0，x≠0），
取x＝±1，得f（－1）＋f
（1）＝2≠0，f（－1）－f
（1）＝－2a≠0，
∴f（－1）≠－f
（1），f（－1）≠f
（1），
∴函数f（x）既不是奇函数，也不是偶函数．
（2）（解法1）设2≤x1＜x2，
f（x1）－f（x2）＝x＋－x－＝[x1x2（x1＋x2）－a]，
要使函数f（x）在x∈[2，＋∞）上为增函数，必须f（x1）－f（x2）＜0恒成立．
∵x1－x2＜0，x1x2＞4，即a＜x1x2（x1＋x2）恒成立．
又∵x1＋x2＞4,∴x1x2（x1＋x2）＞16.
∴a的取值范围是（－∞，16]．
（解法2）当a＝0时，f（x）＝x2，显然在[2，＋∞）为增函数．
当a＜0时，反比例函数在[2，＋∞）为增函数，
∴f（x）＝x2＋在[2，＋∞）为增函数．
当a＞0时，同解法1.
（解法3）f′（x）＝2x－≥0，对x∈[2，＋∞）恒成立．∴a≤2x3而y≤2x3.在[2，＋∞）上单调增，最小值为16，∴a≤16.
点评：
本题主要考查函数奇偶性、单调性及分类讨论处理含参数问题．
例3 解：
（1）由已知f（－x）＝f（x），即|2x－a|＝|2x＋a|，解得a＝0.
（2）f（x）＝
当x≥a时，f（x）＝x2＋2x－a＝（x＋1）2－（a＋1），
由a＞2，x≥a，得x＞1，从而x＞－1，又f′（x）＝2（x＋1），
故f（x）在x≥a时单调递增，f（x）的最小值为f＝；
当x＜a时，f（x）＝x2－2x＋a＝（x－1）2＋（a－1），
故当1＜x＜时，f（x）单调递增，当x＜1时，f（x）单调递减，
则f（x）的最小值为f
（1）＝a－1；
由－（a－1）＝＞0，知f（x）的最小值为a－1.
点评：
本题考查二次函数含参数最值的讨论方法．
变式训练 已知函数f（x）＝x|x－2|.设a＞0，求f（x）在[0，a]上的最大值．
解：
f（x）＝x|x－2|＝
∴f（x）的单调递增区间是（－∞，1]和[2，＋∞）;单调递减区间是[1,2]．
①当0＜a≤1时，f（x）是[0，a]上的增函数，此时f（x）在[0，a]上的最大值是f（a）＝a（2－a）；
②当1＜a≤2时，f（x）在[0,1]上是增函数，在[1，a]上是减函数，此时f（x）在[0，a]上的最大值是f
（1）＝1；
③当a＞2时，令f（a）－f
（1）＝a（a－2）－1＝a2－2a－1＞0,解得a＞1＋.
若2＜a≤1＋，则f（a）≤f
（1），f（x）在[0，a]上的最大值是f
（1）＝1；
若a＞1＋，则f（a）＞f
（1），f（x）在[0，a]上的最大值是f（a）＝a（a－2）．
综上，当0＜a＜1时，f（x）在[0，a]上的最大值是a（2－a）；当1≤a≤1＋时，f（x）在[0，a]上的最大值是1；当a＞1＋时，f（x）在[0，a]上的最大值是a（a－2）．
例4 解：
设y＝f（x），
（1）a＝1时，f（x）＝＋|x|，
当x∈（0,1]时，f（x）＝＋x为增函数，y的取值范围为（1,1＋]．
当x∈[－1,0]时，f（x）＝－x，令t＝，0≤t≤1，
则x＝t2－1，y＝－2＋，0≤t≤1，y的取值范围为.
∵＜1＋，
∴x∈[1,1]时，函数f（x）的值域为[1,1＋]．
（2）令t＝，则x＝t2－a，t≥0，y＝g（t）＝t＋a|t2－a|.
①a＝0时，f（x）＝无单调减区间；
②a＜0时，y＝g（t）＝at2＋t－a2，在上g（t）是减函数，则在上f（x）是减函数．∴a＜0不成立．
③a＞0时，y＝g（t）＝
仅当＜，即a＞时，
在t∈时，g（t）是减函数，即x∈时，f（x）是减函数．
∴n－m＝a－≤，即（a－2）（16a2＋a＋2）≤0.∴a≤2.
故a的取值范围是.
高考回顾
1. 解析：
f（－x）＝－f（x）恒成立或从定义域可直接得到．
2.g（x）＝ 解析：
因为函数f（x）是偶函数，g（x）是奇函数，所以f（－x）＋g（－x）＝f（x）－g（x）＝e－x.
又因为f（x）＋g（x）＝ex，所以g（x）＝.
3.[－2,7] 解析：
设x1∈[0,1]，则f（x1）＝x1＋g（x1）∈[－2,5]，∵g（x）是定义域为R周期为1的函数，∴当x2∈[1,2]时，f（x2）＝x1＋1＋g（x1＋1）＝1＋x1＋g（x1）＝1＋f（x1）∈[－1,6]，当x2∈[2,3]时，f（x2）＝x1＋2＋g（x1＋2）＝2＋x1＋g（x1）＝2＋f（x1）∈[0,7]，∴f（x）在区间[0,3]上的值域为[－2,7]．
4.4 解析：
AB＝2，直线AB的方程为x＋y＝2，在y＝x2上取点C（x，y），点C（x，y）到直线AB的距离为，＝，|x＋x2－2|＝2，此方程有四个解．
5.解：
（1）当a＞0，b＞0时，任意x1，x2∈R，x1＜x2，
则f（x1）－f（x2）＝a（2x1－2x2）＋b（3x1－3x2），
∵2x1＜2x2，a＞0a（2x1－2x2）＜0,3x1＜3x2，b＞0b（3x1－3x2）＜0，
∴f（x1）－f（x2）＜0，函数f（x）在R上是增函数．
当a＜0，b＜0时，同理函数f（x）在R上是减函数．
（2）f（x＋1）－f（x）＝a·2x＋2b·3x＞0，当a＜0，b＞0时，x＞－，则
x＞log1.5；当a＞0，b＜0时，x＜－，则x＜log1.5.
6.解：
（1）由题意：
当0≤x≤20时，v（x）＝60；当20≤x≤200时，设v（x）＝ax＋b，
显然v（x）＝ax＋b在[20,200]是减函数，由已知得解得 故函数v（x）的表达式为v（x）＝
（2）依题意并由
（1）可得f（x）＝
当0≤x≤20时，f（x）为增函数，故当x＝20时，其最大值为60×20＝1200；
当20当且仅当x＝200－x，即x＝100时，等号成立．
所以，当x＝100时，f（x）在区间[20,200]上取得最大值.
综上，当x＝100时，f（x）在区间[0,200]上取得最大值≈3333，
即当车流密度为100辆/千米时，车流量可以达到最大，最大值约为3333辆/小时．
第3讲 基本初等函数
1.已知定义在R上的奇函数f（x），满足f（x－4）＝－f（x）且在区间[0,2]上是增函数，若方程f（x）＝m（m>0）在区间[－8,8]上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，则x1＋x2＋x3＋x4＝________.
【答案】 －8 解析：
因为定义在R上的奇函数，满足f（x－4）＝－f（x），所以f（x－4）＝f（－x），对f（x）是奇函数，函数图象关于直线x＝2对称且f（0）＝0，由f（x－4）＝－f（x）知f（x－8）＝f（x），所以函数是以8为周期的周期函数，又因为f（x）在区间[0,2]上是增函数，所以f（x）在区间[－2,0]上也是增函数．如图所示，那么方程f（x）＝m（m>0）在区间[－8,8]上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，不妨设x1＜x2＜x3＜x4由对称性知x1＋x2＝－12，x3＋x4＝4，所以x1＋x2＋x3＋x4＝－12＋4＝－8.
2.已知函数f（x）＝x3－（k2－k＋1）x2＋5x－2，g（x）＝k2x2＋kx＋1，其中k∈R.
（1）设函数p（x）＝f（x）＋g（x）．若p（x）在区间（0,3）上不单调，求k的取值范围；
（2）设函数q（x）＝是否存在k，对任意给定的非零实数x1，存在唯一的非零实数x2（x2≠x1），使得q′（x2）＝q′（x1）成立？
若存在，求k的值；若不存在，请说明理由．
解：
（1）因p（x）＝f（x）＋g（x）＝x3＋（k－1）x2＋（k＋5）x－1，
p′（x）＝3x2＋2（k－1）x＋（k＋5），因p（x）在区间（0,3）上不单调，所以p′（x）＝0在（0,3）上有实数解，且无重根，由p′（x）＝0得k（2x＋1）＝－（3x2－2x＋5），∴k＝－＝－，令t＝2x＋1，有t∈（1,7），记h（t）＝t＋，则h（t）在（1,3]上单调递减，在[3,7）上单调递增，所以有h（t）∈[6,10]，于是（2x＋1）＋∈[6,10），得k∈（－5，－2]，而当k＝－2时有p′（x）＝0在（0,3）上有两个相等的实根x＝1，故舍去，所以k∈（－5，－2）．
（2）当x＜0时，有q′（x）＝f′（x）＝3x2－2（k2－k＋1）x＋5；
当x＞0时，有q′（x）＝g′（x）＝2k2x＋k，因为当k＝0时不合题意，因此k≠0，
下面讨论k≠0的情形，记A＝（k，＋∞），B＝（5，＋∞）①，当x1＞0时，q′（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以要使q′（x2）＝q′（x1）成立，只能x2＜0且AB，因此有k≥5，②当x1＜0时，q′（x）在（－∞，0）上单调递减，所以要使q′（x2）＝q′（x1）成立，只能x2＞0且BA，因此k≤5，综合①②k＝5；
当k＝5时A＝B，则x1＜0，q′（x1）∈B＝A，即x2＞0，使得q′（x2）＝q′（x1）成立，因为q′（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以x2的值是唯一的；
同理，x1＜0，即存在唯一的非零实数x2（x2≠x1），使q′（x2）＝q′（x1）成立，所以k＝5满足题意．
基础训练
1.（－1,1）
2.{x|x＜0或x＞2}
3.（－∞，loga3） 解析：
由题知0＜a＜1，不等式a2x－2ax－3＞0可化为（ax－3）（ax＋1）＞0，ax＞3，x＜loga3.
4. 解析：
由函数y＝|log0.5x|得x＝1，y＝0；x＝4或x＝时y＝2,4－＝.
例题选讲
例1 解：
（1）函数f（x）为奇函数，f（－x）＝－f（x）恒成立，∴c＝0，又由f
（1）＝2，f
（2）＜3得0＜b＜，b∈Z∴b＝1，a＝1.
（2）f（x）＝＝x＋，函数在（－∞，－1）上递增，在（－1,0）上递减．
变式训练 已知定义域为R的函数f（x）＝是奇函数．
（1）求a，b的值；
（2）若对任意的t∈R，不等式f（t2－2t）＋f（2t2－k）＜0恒成立，求实数k的取值范围．
解：
（1）因为f（x）是定义域为R的奇函数，所以f（0）＝0，即＝0b＝1,∴f（x）＝，又由f
（1）＝－f（－1）知＝－a＝2.
经检验符合题意，∴a＝2，b＝1.
（2）（解法1）由
（1）知f（x）＝＝－＋，
易知f（x）在（－∞，＋∞）上为减函数．又因f（x）是奇函数，从而不等式：
f（t2－2t）＋f（2t2－k）＜0等价于f（t2－2t）＜－f（2t2－k）＝f（k－2t2），
因f（x）为减函数，由上式推得：
t2－2t＞k－2t2.即对一切t∈R有：
3t2－2t－k＞0，从而判别式Δ＝4＋12k＜0k＜－.
（解法2）由
（1）知f（x）＝.又由题设条件得：
＋＜0，即：
（22t2－k＋1＋2）（1－2t2－2t）＋（2t2－2t＋1＋2）（1－22t2－k）＜0，
整理得23t2－2t－k＞1，因底数2＞1，故：
3t2－2t－k＞0对一切t∈R均成立，从而判别式Δ＝4＋12k＜0k＜－.
例2 解：
（1）当x＜0时，f（x）＝0；当x≥0时，f（x）＝2x－，
由条件可知2x－＝2，即22x－2·2
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