2022年高考数学一轮复习讲练测2.10函数单元测试卷（新高考浙江）解析版

1 / 20 2022 年高考数学一轮复习讲练测（新高考·浙江） 专题 2.10 《函数》单元测试卷 时间：120 分钟 满分：150 分 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本 试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第 I 卷 选择题部分（共 40 分） 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的. 1．（2021·新沂市第一中学高三其他模拟）函数 ln(1 ) 1 1 xy xx    的定义域是（ ） A．[ 1,0) (0,1)  B．[ 1,0) (0,1]  C． ( 1,0) (0,1)  D． ( 1,0) (0,1]  【答案】C 【解析】 根据题意列不等式组，化简得出结论. 【详解】 由题意得 1 0, 1 0, 0, x x x        解得 1 0x   或 0 1x  . 所以原函数的定义域为 ( 1,0) (0,1)  . 故选：C. 2. （2021·云南丽江市·高一期末）定义在 R 上的偶函数 ( )f x 在[0, ) 上单调递增，且 (2) 0f  ，则不等 式 ( ) 0x f x  的解集为（ ） 2 / 20 A． ( , 2) (2, )   B． ( 2,0) (0,2)  C． ( 2,0) (2, )  D． ( , 2) (0,2)   【答案】C 【解析】 结合函数的单调性与奇偶性解不等式即可. 【详解】 义在 R 上的偶函数 ( )f x 在[0, ) 上单调递增，且 (2) 0f  ， 所以 ( )f x 在 ,0 上单调递减，且 ( 2) 0f   ，   0 ( ) 0 0 x x f x f x      或   0 0 x f x    ， 故 2x  或 2 0x   ， 故选：C 3．（2021·河北衡水中学高三三模）己知 1log 14a  ， 1 14 a     ， 1 4 1a  ，则实数 a 的取值范围为（ ） A． 10, 4      B．( )0,1 C．( )1,+¥ D． 1 ,14      【答案】A 【解析】 根据指对幂不等式，结合指对幂函数的性质分别求参数 a 的范围，再取交集即可. 【详解】 由 1log 14a  ，得 1a  或 10 4a  ， 由 1 14 a     ，得 0a  ， 由 1 4 1a  ，得 0 1a  ， ∴当 1log 14a  ， 1 14 a     ， 1 4 1a  同时成立时，取交集得 10 4a  ， 故选：A. 4．（2021·全国高三其他模拟）毛衣柜里的樟脑丸会随着时间挥发而体积缩小，刚放进的新丸体积为 a ，经 3 / 20 过t 天后体积V 与天数t 的关系式为 ktV a e  ．若新丸经过 50 天后，体积变为 4 9 a ，则一个新丸体积变为 8 27 a 需经过的时间为（ ） A．125 天 B．100 天 C．75 天 D．50 天 【答案】C 【解析】 根据题意将当 50t  时代入计算出 50 4 9 ke  ，然后再代入计算即可求出结果. 【详解】 解析：由题意知 0a  ，当 50t  时，有 504 9 ka a e  ． 即  504 9 ke ，得 50 4 9 ke  ． 所以当 8 27V a 时，有 8 27 kta a e  ． 即   508 4 27 9 t tke       ，得 3 252 2 3 3 t           ． 所以 75t  ． 故选：C 5．（2021·河北饶阳中学高三其他模拟）函数   sintxf x e x （t 为常数， 0t  ， e 为自然对数的底数）的 图象可能为（ ） A． B． C． D． 4 / 20 【答案】B 【解析】 考查函数  f x 在 0, 上的函数值符号，结合特殊值法、排除法可得出合适的选项. 【详解】  0 0f Q ，排除 A 选项； 当 0 πx  时， sin 0x  ，则   sin 0txf x e x  ，排除 D 选项； 因为 0t  ，所以 1te  ，根据指数函数的性质，对于 0 0x  ， 0 0 0tx txe e  ， 因为  0 0sin sinx x  ，故    0 0f x f x  ，排除 C 选项. 故选：B. 6．（2021·四川遂宁市·高三三模（理））已知函数  f x 为 R 上的奇函数，当 0x  时，  f x x  ；若 0.250.3a  ， 0.25log 0.3b  ， 0.3log 2.5c  ，则（ ） A．      f b f a f c  B．      f c f b f a  C．      f c f a f b  D．      f a f b f c  【答案】D 【解析】 由奇函数性质及 0x  的解析式，求得  f x x  ，在实数范围内单调递减，比较数的大小 a b c  ，从而 有      f a f b f c  . 【详解】 当 0x  时，  f x x  ，由奇函数的性质知，  f x x  ， xR ，函数单调递减； 又 0.250.3 1a   ， 0.25log 0.3 (0,1)b   ， 0.3log 2.5 0c   则 a b c  由函数单减知，      f a f b f c  故选：D 5 / 20 7．（2021·全国高考真题）已知函数  f x 的定义域为 R ，  2f x  为偶函数，  2 1f x  为奇函数，则（ ） A． 1 02f      B．  1 0f   C．  2 0f  D．  4 0f  【答案】B 【解析】 推导出函数  f x 是以 4 为周期的周期函数，由已知条件得出  1 0f  ，结合已知条件可得出结论. 【详解】 因为函数  2f x  为偶函数，则    2 2f x f x   ，可得    3 1f x f x   ， 因为函数  2 1f x  为奇函数，则    1 2 2 1f x f x    ，所以，    1 1f x f x    ， 所以，      3 1 1f x f x f x      ，即    4f x f x  ， 故函数  f x 是以 4 为周期的周期函数， 因为函数    2 1F x f x  为奇函数，则    0 1 0F f  ， 故    1 1 0f f    ，其它三个选项未知. 故选：B. 8．（2021·安徽高三其他模拟（文））已知函数    2 1 log , 1 1 2 , 1 a x x f x x a x          ，方程   1 0f x   有两解，则 a 的取值范围是（ ） A． 1( ,1)2 B． 1(0, )2 C． (0,1) D． 1, 【答案】B 【解析】 根据已知条件对 a 进行分类讨论： 0 1a  、 1a  ，然后分别考虑每段函数的单调性以及取值范围，确定 出方程   1 0f x   有两解时 a 所满足的不等式，由此求解出 a 的取值范围. 【详解】 因为    2 1 log , 1 1 2 , 1 a x x f x x a x          ，所以 0a  且 1a  ， 当 0 1a  时，  f x 在 ( , 1]x   时单调递增，所以    max 1 1f x f   ； 6 / 20 又  f x 在  1,x   时单调递增，且    1 2f x f a   ， 因为方程   1 0f x   有两解，所以 2 1a  ，所以 10 2a  ； 当 1a  时，  f x 在 ( , 1]x   时单调递减，    min 1 1f x f   ； 又  f x 在  1,x   时单调递增，    1 2f x f a   ， 因为方程   1 0f x   要有两解，所以 2 1a  ，此时不成立. 综上可得 10, 2a     ， 故选：B. 9．（2021·山东高三其他模拟）已知函数  f x 是定义在 R 上的偶函数，满足    2f x f x  ，当  0,1x  时，   πcos 2f x x ，则函数  y f x x  的零点个数是（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【解析】 函数  y f x x  的零点个数转化为两个函数图象交点的个数，转化条件为函数  f x 周期 2T  ，当  0,1x  时，   πcos 2f x x ，根据周期性可画出它的图象，从图象上观察交点个数即可. 【详解】 ∵    2f x f x  ，则函数  f x 是周期 2T  的周期函数． 又∵函数  f x 是定义在 R 上的偶函数，且  0,1x  时，   πcos 2f x x ， ∴当  1,0x   时，     π πcos cos2 2f x f x x x        ， 令   0f x x  ，则函数  y f x x  的零点个数即为函数  y f x 和  g x x 的图象交点个数， 分别作出函数  y f x 和  g x x 的图象，如下图， 7 / 20 显然  f x 与  g x 在 1,0 上有 1 个交点，在[ ]0,1 上有一个交点， 当 1x  时，   1g x  ，而   1f x ≤ ， 所以 1x  或 1x   时，  f x 与  g x 无交点． 综上，函数  y f x 和  g x x 的图象交点个数为 2，即函数  y f x x  的零点个数是 2． 故选：A 10．（2021·湖南长沙市·雅礼中学高三其他模拟）已知 0 1, 1c a b    ，下列不等式成立的是（ ） A． a bc c B． cca b C． log loga bc c D． c c a b  【答案】C 【解析】 根据指数函数、幂函数的单调性、不等式的性质，结合题意，可判断 A、B、D 的正误；根据对数函数的运 算性质，可判断 C 的正误，即可得答案. 【详解】 对于 A ：构造函数 xy c ，由于 0 1c  ，则函数 xy c 在 R 上为减函数， 又因为 1a b  ，则有 a bc c ，所以 A 错误； 对于 B ：构造函数 cy x ，由于 0 1c  ，则函数 cy x 在 0,  上为增函数， 又因为 1a b  ，则 c ca b ，所以 B 错误； 对于 C： lg lg lg lglog log lglg lg lg lga b c c b ac c ca b a b       ， 因为 0 1, 1c a b    ，所以 lg 0,lg lg 0c a b   ， 所以 log log 0a bc c  ，所以 log loga bc c ，所以 C 正确; 8 / 20 对于 D：  c b ac c a b ab   ，由于 0 1, 1c a b    ， 所以 0b a  ，所以 c c a b  ，所以 D 错误； 故选：C 第 II 卷 非选择题部分（共 110 分） 二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分. 11．（2021·北京）果蔬批发市场批发某种水果，不少于100千克时，批发价为每千克 2.5 元，小王携带现金 3000 元到市场采购这种水果，并以此批发价买进，如果购买的水果为 x 千克，小王付款后剩余现金为 y 元， 则 x 与 y 之间的函数关系为_______； x 的取值范围是________. 【答案】 3000 2.5y x   100,1200 【解析】 根据题意，直接列式，根据题意求 x 的最小值和最大值，得到 x 的取值范围. 【详解】 由题意可知函数关系式是 3000 2.5y x  ， 由题意可知最少买100千克，最多买 3000 12002.5  千克，所以函数的定义域是 100,1200 . 故答案为： 3000 2.5y x  ； 100,1200 12．（2021·福建高三三模）已知函数  2 1 2 1 , 1 ( ) log , 1 x x f x x x      ，若  0 2f x   ，则 0x  ___________. 【答案】4 【解析】 根据题意，由函数的解析式分 0 1x  与 0 1x  两种情况讨论，求出 0x 的值，即可得答案. 【详解】 根据题意，函数  2 1 2 1 , 1 ( ) log , 1 x x f x x x      ， 当 0 1x  时，    2 0 0 1 2f x x    ，无解； 9 / 20 当 0 1x  时，  0 1 0 2 log 2f x x   ，解可得 0 4x  ，符合题意， 故 0 4x  ， 故答案为：4. 13．（2021·全国高三其他模拟）已知   2 2 3, 0, 4, 0, x xf x x x       ，若   5f a  ，则实数 a 的值是___________； 若    5f f a  ，则实数 a 的取值范围是___________. 【答案】1或 3 5, 1    【解析】 （1）对 a 分两种情况，可分别得到方程，再解方程； （2）利用换元法令  t f a ，将不等式转化为   5f t  ，再进一步解 a 的取值范围； 【详解】 （1）当 0a  时， 2 3 5a   解得 1a  ， 当 0a  时， 2 4 5a   解得 3a   或 3a  (舍). （2）设  t f a ，由   5f t  得 3 1t   ； 由  3 1f a   ，解得 5 1a    . 故答案为：1或 3 ； 5, 1    . 14．（2021·辽宁铁岭市·高三二模）设  f x 定义域为 R ，已知  f x 在 1, 上单调递减，  1f x  是奇 函数，则使得不等式     2 2log 3 log 0f x f x   成立的 x 取值范围为___________. 【答案】 3,4 【解析】 根据  1f x  是奇函数判断函数的对称中心 1,0（ ），    1 2 0f x f x  等价于 1 2 2x x  ，     2 2log 3 log 0f x f x   等价于  2 2log 3 log 2x x   ，即可得到关于 x 的不等式，求出 x 的范 围. 【详解】 10 / 20 因为  1f x  是奇函数，故 ( )f x 图像关于 1,0 对称， 由题设    1 1 0f x f x    ，因为  f x 在 1, 上单调递减， 所以    1 2 0f x f x  等价于 1 2 2x x  ， 因此不等式     2 2log 3 log 0f x f x   等价于  2 2log 3 log 2x x   ， 即 2 2log [ ( 3)] log 4x x   ，即 2 3 4x x  且 3 0x   ， 解得 x 取值范围为 3,4 . 故答案为： 3,4 15．（2021·全国高一课时练习）对于任意的实数 1 2,x x ，  1 2min ,x x 表示 1 2,x x 中较小的那个数，若   22f x x  ，  g x x ，则集合     x f x g x  _______；     min ,f x g x 的最大值是_______. 【答案】 2,1 1 【解析】 作出函数    ,f x g x 的图象，解出方程 22 x x  可得       2,1x f x g x   ，由图可得      2 2 2 , 2 min , , 2 1 2 , 1 x x f x g x x x x x            ，然后可得其最大值. 【详解】 函数    ,f x g x 的图象如下， 11 / 20 令    f x g x ，即 22 x x  解得 2x   或 1x  则集合       2,1x f x g x   由题意及图象得      2 2 2 , 2 min , , 2 1 2 , 1 x x f x g x x x x x            由图象知，当 1x  时，     min ,f x g x 最大，最大值是 1. 故答案为： 2,1 ，1 16．（2021·浙江高三其他模拟）已知   2 4, 1, log , 2, ax xf x x x     则   0f f  ______；若函数  f x 的值域为  1, ，则 a 的最小值为______． 【答案】2 3 【解析】 根据函数的解析式，结合  2 1f  和一次函数的性质，列出不等式组，即可求解. 【详解】      20 4 log 4 2f f f   ， 12 / 20 要使得函数  f x 的值域为 1, ，则满足 0 4 1 a a     ，解得 3 0a   ， 所以实数 a 的最小值为 3 ． 故答案为：①2；②-3. 17．（2021·恩施市第一中学高一月考）用打点滴的方式治疗“新冠”病患时，血药浓度（血药浓度是指药物吸 收后，在血浆内的总浓度）随时间变化的函数符合 4 1( ) 16(1 2 ) t c t    ，此种药物在人体内有效治疗效果的 浓度在 4 到 15 之间，当达到上限浓度时，必须马上停止注射，之后血药浓度随时间变化的函数符合 4 2 ( ) 15 2 t c t    ．一病患开始注射后，最迟隔__________小时停止注射，为保证治疗效果，最多再隔 __________小时开始进行第二次注射．（计算结果精确到个位数，参考数据： lg 2 0.3 ，1 3 0.48g  ）． 【答案】16 7 【解析】 根据题意解方程 4 1( ) 16(1 2 ) t c t    15 可得第一个空的答案，利用对数知识解方程 4 2 ( ) 15 2 t c t    4 可 得第二个空的答案. 【详解】 因为此种药物在人体内有效治疗效果的浓度在 4 到 15 之间，所以血药浓度在 15 的时候，必须马上停止注 射，由 4 1( ) 16(1 2 ) t c t    15 ，得 4 12 16 t  ，得 16t  ，即一病患开始注射后，最迟隔 16 小时停止注射. 为保证治疗效果，血药浓度从 15 降到 4 的时候开始进行第二次注射为最多时间间隔， 由 4 2 ( ) 15 2 t c t    4 ，得 4 42 15 t  ， 两边取常用对数得 4lg 2 lg4 15 t  ， 13 / 20 得 4(lg 4 lg15) lg 2t   4(2lg 2 lg3 (1 lg 2)) lg 2     4(3lg 2 lg3 1) lg 2    4(3 0.3 0.48 1) 0.3     7.7 ， 所以为保证治疗效果，最多再隔 7 小时开始进行第二次注射． 故答案为：16；7 三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18．（2020·福建福州市·高三月考）已知函数   2 2 1g x ax ax b    （ 0a  ）在区间 2,3 上的最大值为 4，最小值为 1，记    f x g x ． （1）求实数 a ，b 的值； （2）若不等式    2log 2f k f 成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） 1 0 a b    ；（2） 4k  或 10 4k  ． 【解析】 (1)结合函数的单调性及最值，构造关于 a ，b 的方程组，解得 a ，b 的值； (2)由(1)可得函数  f x 解析式，根据根据函数的奇偶性可得出 2log 2k  ，解不等式即可. 【详解】 (1)∵函数   2 2 1g x ax ax b    ，因为 0a  ， 所以  g x 在区间 2,3 上是增函数， 又∵函数  g x 故在区间 2,3 上的最大值为 4，最小值为 1，     2 1 3 4 g g    ，解得 1 0 a b    ； (2)由已知可得     2 2 1x xf x g x    为偶函数， 所以不等式    2log 2f k f 可化为 2log 2k  , 解得 4k  或 10 4k  ． 19．（2021·云南丽江市·高一期末）已知函数 3( ) 1 3 x x af x   是 R 上的奇函数. 14 / 20 （1）求 a 的值； （2）用定义证明 ( )f x 在 R 上为减函数； （3）若对于任意 [2,5]t  ，不等式 2 2( 2 ) (2 ) 0f t t f t k    恒成立，求实数 k 的取值范围. 【答案】（1） 1a  ；（2）证明见解析；（3） ( ,8) . 【解析】 （1）由奇函数的性质可得 (0) 0f  ，从而可求出 a 的值； （2）直接利用函数单调性的定义证明即可； （3）将不等式 2 2( 2 ) (2 ) 0f t t f t k    转化为 2 2( 2 ) ( 2 )f t t f k t   ，再由 ( )f x 在 R 上为减函数，可 得 2 22 2t t k t   ，即 23 2k t t  ，构造函数 2( ) 3 2 , [2,5]g t t t t   ，利用二次函数的性质求出其最小 值即可 【详解】 解：（1）由函数 3( ) 1 3 x x af x   是 R 上的奇函数知 (0) 0f  ， 即 1 02 a   ，解得 1a  . （2）由（1）知 1 3( ) 1 3 x xf x   . 任取 1, 2 1 2x x R x x 且 ，则 1 2 1 2 2 1 2 1 1 2 1 2 1 21 2 1 3 1 3 (1 3 )(1 3 ) (1 3 )(1 3 ) 2(3 3 )( ) ( ) 1 3 1 3 (1 3 )(1 3 ) (1 3 )(1 3 ) x x x x x x x x x x x x x xf x f x                  因为 1 2x x ，所以 1 23 3x x ，所以 2 13 3 0x x  ， 又因为 1 21 3 0 1 3 0x x   且 ，故 2 1 1 2 2(3 3 ) 0(1 3 )(1 3 ) x x x x    ， 所以 1 2( ) ) 0(f x f x  ，即 1 2( ) ( )f x f x 所以 ( )f x 在 R 上为减函数. （3）不等式 2 2( 2 ) (2 ) 0f t t f t k    可化为 2 2( 2 ) (2 )f t t f t k    因为 ( )f x 是奇函数，故 2 2(2 ) ( 2 )f t k f k t    15 / 20 所以不等式 2 2( 2 ) (2 )f t t f t k    可化为 2 2( 2 ) ( 2 )f t t f k t   由（2）知 ( )f x 在 R 上为减函数，故 2 22 2t t k t   即 23 2k t t  即对于任意 [2,5]t  ，不等式 23 2k t t  恒成立. 设 2( ) 3 2 , [2,5]g t t t t   易知8 ( ) 65g t  因此 min( ) 8k g t  所以实数 k 的取值范围是 ( ,8) . 20．（2021·全国高三其他模拟）已知函数    log 1af x x  ，函数  y g x 的图象上任意一点 P 关于原 点的对称点 Q 的轨迹恰好是函数  f x 的图象． （1）写出  g x 的解析式： （2）若 1a  ，  0,1x 时，总有    f x g x m  成立，求实数 m 的取值范围． 【答案】（1）   1log 1ag x x   ；（2） ,0 ． 【解析】 （1）设  ,P x y 是函数  y g x 图象上的任意一点，则 P 关于原点的对称点 Q 的坐标在函数  f x 的图象 上得 log ( 1)ay x    ，再  ,P x y 是函数  y g x 图象上的点，可得答案； （2）求  0,1x 时，利用换元法求出    f x g x 的最小值可得答案． 【详解】 （1）由题意，设  ,P x y 是函数  y g x 图象上的任意一点， 则 P 关于原点的对称点 Q 的坐标为 ,x y  ， 因为已知点 Q 在函数  f x 的图象上， 所以  y f x   ，而    log 1af x x   ， 所以  log 1ay x    ，所以 log ( 1)ay x    ， 而  ,P x y 是函数  y g x 图象上的点， 16 / 20 所以   1log ( 1) log 1a ay g x x x        ． （2）当  0,1x 时，     1 1log ( 1) log log1 1a a a xf x g x x x x       ， 下面求当  0,1x 时，    f x g x 的最小值， 令1 1 x tx   ，则 1 1 tx t   ， 因为  0,1x ，即 10 11 t t   ，解得 1t  ， 所以 1 11 x x   ， 又 1a  ，所以 1log log 1 11a a x x    ， 所以     0f x g x  ， 所以  0,1x 时，    f x g x 的最小值为 0， 因为当  0,1x 时，总有    f x g x m  成立， 所以 0m  ，即所求 m 的取值范围为 ,0 ． 21．（2021·浙江高二期末）设 ,a bR ，函数 2 ( )f x ax bx c   ， 2( )g x x ax  ，且 (0) 1f  ． （1）当 1a  时，若 ( )f x 在 [1, )x  上是单调递增函数，求 b 的取值范围； （2）若 ( )g x c 在 R 上恰有 3 个相异实根，求 a 的值； （3）设 [1,3]a  ，若对任意 [1,3]x  ，都有 ( )( ) 4 g xf x x   ，求 2 3a b c  的最小值． 【答案】（1） 2b   （2） 2a   （3）10 【解析】 (1) 当 1a  时， 2( ) 1f x x bx   在 ,2 b    上单调递增，由 ,2[1, ) b       可得答案. (2) 由题意 1c  ，当 0a  时，不满足条件. 当 0a  时,由 2y x ax  的对称轴方程为 2 ax   ，此时 17 / 20 2 4 ay   ，结合 2( )g x x ax  的图像可得答案. (3)由题意即对任意 [1,3]x  ，都有 2 3 0ax bx x a     ，也即是则  2 1 3 0ax b x a     且  2 1 3 0ax b x a     在 [1,3]x  时恒成立.设    2 1 3F x ax b x a     ，    2 1 3G x ax b x a     当 [1,3]a  时，对任意 [1,3]x  ，   0F x  且   0G x  恒成立.所以         1 0 3 0 1 0 3 0 F F G G        ，从而得出 8 3b a  ，即可得出答案. 【详解】 由 (0) 1f  ，可得 1c  （1）当 1a  时， 2( ) 1f x x bx   ，其对称轴方程为 2 bx   所以函数  f x 在 ,2 b    上单调递增， ( )f x 在 [1, )x  上是单调递增函数，则 ,2[1, ) b       所以 12 b  ，解得 2b   （2） ( )g x c 在 R 上恰有 3 个相异实根，即 ( ) 1g x  在 R 上恰有 3 个相异实根 由 2( )g x x ax  当 0a  时， 2( )g x x ，此时 ( ) 1g x  在 R 上恰有 2 个相异实根，不满足条件. 当 0a  时,由 2y x ax  的对称轴方程为 2 ax   ，此时 2 4 ay   当 0a  时, 2( )g x x ax  的图像如图，要使得 ( ) 1g x  在 R 上恰有 3 个相异实根 则 2 14 a  ，则 2a  18 / 20 当 0a  时, 2( )g x x ax  的图像如图，要使得 ( ) 1g x  在 R 上恰有 3 个相异实根 则 2 14 a  ，则 2a   所以 ( ) 1g x  在 R 上恰有 3 个相异实根，则 2a   . (3) 若 [1,3]a  ，对任意 [1,3]x  ，都有 ( )( ) 4 g xf x x   即 [1,3]a  ，若对任意 [1,3]x  ，都有 2 3 0ax bx x a     则  2 1 3 0ax b x a     且  2 1 3 0ax b x a     在 [1,3]x  时恒成立. 设    2 1 3F x ax b x a     ，    2 1 3G x ax b x a     当 [1,3]a  时，对任意 [1,3]x  ，   0F x  且   0G x  恒成立. 则         1 0 3 0 1 0 3 0 F F G G        ，即 2 0 8 3 0 2 4 0 10 3 6 0 b a b a b a b             ，即 2 8 3 4 2 102 3 b b a b a ab           由 [1,3]a  ，则 8 102 4 2 23 3 a a a      ，所以 8 3b a  19 / 20 则  22 23 1 8 1 4 15a b a a a       所以当 1a  时， 2 23 1 8 1 10a b a a     所以当 1a  ， 8 3b   时， 2 3 1a b  有最小值 10. 22．（2021·浙江高一期末）已知函数 2( ) 2 2, ( ) 2 | 1|f x x tx t g x x      ，函数 ( ) min{ ( ), ( )}F x f x g x ， 其中   ,min , ., p p qp q q p q    （1）若 ( ) 2 4f x t  恒成立，求实数 t 的取值范围； （2）若 6t  ， ①求使得 ( ) ( )F x f x 成立的 x 的取值范围； ②求 ( )F x 在区间[0,6]上的最大值 ( )M t ． 【答案】（1） 2 2,2 2   ；（2） 2,t ；（3）   34 4 ,6 8 2, 8 t tM t t      . 【解析】 （1）将问题转化为“ 2 2 0x tx   恒成立”，然后根据  与 0 的大小关系求解出t 的取值范围； （2）①分别考虑 1, 1x x  时不等式的解集，由此确定出    F x f x 成立的 x 的取值范围； ②先将  F x 写成分段函数的形式，然后分段考虑  F x 的最大值，其中 2 6x  时注意借助二次函数的 单调性进行分析. 【详解】 （1）因为 ( ) 2 4f x t  恒成立，所以 2 2 2 2 4x tx t t     恒成立， 所以 2 2 0x tx   恒成立，所以 2 8 0t    ，解得 2 2 2 2t ≤ ≤ ， 所以 2 2,2 2t     ； （2）①当 1x 时， 2 2 2 2 2x tx t x     ，所以  2 0x x t   ，解得  2,x t ； 当 1x  时， 2 2 2 2 2x tx t x     ，所以   2 2 2 0x x t    ， 因为 22 0, 2 0, 0x t x     ，所以   2 2 2 0x x t    ， 所以 2 2 2 2 2x tx t x     无解， 20 / 20 综上所述： x 的取值范围是 2,t ； ②由①可知：       ,0 2 ,2 6 g x xF x f x x       ， 当 0 2x  时，   2 2 ,0 1 2 2,1 2 x xg x x x        ，所以    max 0 2g x g  ，所以  max 2F x  ； 当 2 6x  时，  f x 的对称轴为 32 tx   ，所以       max max 2 , 6F x f f ， 且    2 2, 6 34 4f f t   ，所以    max max 2,34 4F x t  ， 令34 4 2t  ，所以 8t  ，所以  max 34 4 ,6 8 2, 8 t tF x t      ， 综上可知：   34 4 ,6 8 2, 8 t tM t t      .