考点02 集合与函数压轴题汇总-2020-2021学年高一《新题速递·数学》（人教版）

考点02 集合与函数压轴题汇总
一、单选题（共15小题）
1.（2020•浙江模拟）已知函数f（x）＝|x﹣a|+|2﹣b|（a，b∈R），当x∈[0，4]时，f（x）的最大值为M（a，b），若M（a，b）的最小值为4，则实数a的取值范围为（　　）
A．[0，] B． C．[0，2] D．

【解答】解：当绝对值内两式同号时，f（x）＝，
当绝对值内两式异号时，．
令g（x）＝（x∈[0，4]），h（x）＝（x∈[0，4]），
易知，g（x）∈[0，8]，h（x）∈[﹣1，0]．
当M（a，b）的最小值为4时，的最大值的最小值为4，
几何意义是g（x）＝（x∈[0，4]）图象上的点到直线y＝a+b的距离最大值的最小值为4，此时恰好有a+b＝4；
|x﹣﹣a+b|的最大值不超过4，即h（x）＝（x∈[0，4]）图象上的点到直线y＝a﹣b的距离不超过4，
故﹣4≤a﹣b≤3，解得．
故选：D．
【知识点】函数的最值及其几何意义

2.（2020•浙江模拟）已知函数f（x）＝，则函数y＝在区间[m，m+2]（﹣2≤m≤0）上的最大值的取值范围是（　　）
A．[1，2] B．[，2] C．[1，] D．[1，]

【解答】解：函数f（x）＝，
则f（x）＝，
设g（x）＝f（x）+1，
可得g（x）＝，
作出g（x）的图象，从图象可知，当x＝﹣2时，可得g（x）的最大值为1；
当﹣2＜m＜﹣1时，g（x）max＝＝＝∈（1，）；
当﹣1≤m≤0时，g（x）max＝＝，
综上，可得在区间[m，m+2]（﹣2≤m≤0）上的最大值的取值范围是[1，]；
故选：D．

【知识点】函数的最值及其几何意义

3.（2020•天河区二模）若x，a，b均为任意实数，且（a+2）2+（b﹣3）2＝1，则（x﹣a）2+（lnx﹣b）2的最小值为（　　）
A．3 B．18 C．3﹣1 D．19﹣6

【解答】解：（a+2）2+（b﹣3）2＝1，
可得（a，b）在（﹣2，3）为圆心，1为半径r的圆上，
（x﹣a）2+（lnx﹣b）2表示点（a，b）与点（x，lnx）的距离的平方，
设过切点（m，lnm）的切线与过（﹣2，3）的法线垂直，
可得•＝﹣1，
即有lnm+m2+2m＝3，
由f（m）＝lnm+m2+2m在m＞0递增，且f（1）＝3，
可得切点为（1，0），
圆心与切点的距离为d＝＝3，
可得（x﹣a）2+（lnx﹣b）2的最小值为（3﹣1）2＝19﹣6，
故选：D．
【知识点】函数的最值及其几何意义

4.（2020秋•鸡冠区校级月考）若定义运算a*b＝，则函数g（x）＝（﹣x2﹣2x+4）*（﹣x+2）的值域为（　　）
A．（﹣∞，4] B．（﹣∞，2] C．[1，+∞） D．（﹣∞，4）

【解答】解：定义运算a*b＝，令 （﹣x2﹣2x+4）＝（﹣x+2），可得x＝﹣2，或 x＝1．
故当﹣2≤x≤1时，（﹣x2﹣2x+4）≥（﹣x+2）；当x＜﹣2，或 x＞1时，（﹣x2﹣2x+4）＜（﹣x+2）．
则函数g（x）＝（﹣x2﹣2x+4）*（﹣x+2）＝，如图：
红色曲线为y＝﹣x2﹣2x+4的图象，蓝色曲线为y＝﹣x+2的图象，．
故g（x）的最大值为g（﹣2）＝4，g（x）没有最小值，即g（x）的值域为（﹣∞，4]，
故选：A．

【知识点】函数的值域

5.（2020秋•安徽月考）已知函数的最大值为M，最小值为m，则M+m等于（　　）
A．0 B．2 C．4 D．8

【解答】解：令，
∵，∴函数g（x）为奇函数．
∴g（x）max+g（x）min＝0，故f（x）max﹣2+f（x）min﹣2＝0，
∴f（x）max+f（x）min＝4．
故选：C．
【知识点】函数的最值及其几何意义

6.（2020秋•越秀区校级期中）已知x+2y＝2，若+＞m2+2m﹣4对任意正实数x，y恒成立，则实数m的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，﹣2]∪[4，+∞） B．（﹣∞，﹣4]∪[2，+∞）
C．（﹣2，4） D．（﹣4，2）

【解答】解：∵x，y＞0，且满足x+2y＝2，
∴+＝（x+2y）（+）＝（4++）≥（4+2）＝4（当且仅当x＝2y＝1时，等号成立），
∵+＞m2+2m﹣4对任意正实数x，y恒成立，
∴m2+2m﹣4＜4，
解得﹣4＜m＜2．
则实数m的取值范围是（﹣4，2）．
故选：D．
【知识点】函数恒成立问题

7.（2020秋•宁海县校级月考）对于任意集合A，设fA（x）＝，已知集合S，T⊆X，则对任意的x∈X，下列说法错误的是（　　）
A．S⊆T⇔fS（x）≤fT（x） B．f（x）＝1﹣fS（x）
C．fS∩T（x）＝fS（x）•fT（x） D．fS∪T（x）＝fS（x）+fT（x）

【解答】解：对于A，因为S⊆T，可得x∈S则x∈T，
∵fA（x）＝，
所以fS（x）＝＝，fT（x）＝，
而∁XS中可能有T的元素，但∁XT中不可能有S的元素
∴fS（x）≤fT（x），
即对于任意x∈X，都有fS（x）≤fT（x）故A正确；
∵f（x）＝，
结合fS（x）的表达式，可得fT（x）＝1﹣fS（x），即fS（x）+fT（x）＝1，故B正确；
对于C，fS∩T（x）＝＝═•＝fS（x）•fT（x），
故C正确；
∵fS∪T（x）＝，
当某个元素x在S中但不在T中，由于它在S∪T中，故fS∪T（x）＝1，
而fS（x）＝1且fT（x）＝0，可得fS∪T（x）≠fS（x）•fT（x），
由此可得D不正确．
故错误的是D．
故选：D．
【知识点】集合的包含关系判断及应用

8.（2020秋•五华区校级月考）记函数的定义域为A，函数g（x）＝ex﹣e﹣x+sinx+1，若不等式g（2x+a）+g（x2﹣1）＞2对x∈A恒成立，则a的取值范围为（　　）
A．[2，+∞） B．（2，+∞） C．（﹣2，+∞） D．[﹣2，+∞）

【解答】解：由可得x+1＞0，且1﹣x≥0，解得﹣1＜x≤1，
则A＝（﹣1，1]，
函数g（x）＝ex﹣e﹣x+sinx+1，设h（x）＝g（x）﹣1＝ex﹣e﹣x+sinx，
由h（﹣x）＝e﹣x﹣ex+sin（﹣x）＝﹣（ex﹣e﹣x+sinx）＝﹣h（x），可得h（x）为奇函数，
又h′（x）＝ex+e﹣x+cosx，
由ex+e﹣x≥2＝2，﹣1≤cosx≤1，
可得h′（x）＞0，h（x）在R上递增，
由g（2x+a）+g（x2﹣1）＞2，即g（2x+a）﹣1＞﹣[g（x2﹣1）﹣1]，
可得h（2x+a）＞﹣h（x2﹣1）＝h（1﹣x2），
即为2x+a＞1﹣x2在x∈（﹣1，1]恒成立，
也即﹣a＜x2+2x﹣1在x∈（﹣1，1]恒成立，
由y＝x2+2x﹣1在x∈（﹣1，1]递增，可得y＝x2+2x﹣1的值域为（﹣2，2]，
则﹣a≤﹣2，即a≥2，
故选：A．
【知识点】函数恒成立问题

9.（2020秋•宜宾月考）已知定义在R上的奇函数y＝f（x）满足，f（x+2）＝﹣f（x），若∀x1，x2∈[0，1]且x1≠x2时，都有x1f（x1）+x2f（x2）＞x2f（x1）+x1f（x2），则下列结论正确的是（　　）
A．y＝f（x）图象关于直线x＝2020对称
B．y＝f（x）图象关于点（2020，0）中心对称
C．y＝f（x）在[2019，2021]上为减函数
D．y＝f（x）在[2020，2022]上为增函数

【解答】解：因为f（x）为奇函数，所以f（﹣x）＝﹣f（x），
所以f（x+2）＝﹣f（x）＝f（﹣x），所以对称轴为x＝1，
因为f（x+2）＝﹣f（x），所以f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），所以周期为4，
所以对称轴x＝1+4k（k∈Z），故x＝2020不符合，所以A不正确；
f（2020）＝f（4×505+0）＝f（0），
因为f（x）是定义在R上的奇函数，所以f（0）＝0，
所以f（2020）＝0，所以B正确；
因为∀x1，x2∈[0，1]且x1≠x2时，都有x1f（x1）+x2f（x2）＞x2f（x1）+x1f（x2），
所以x1（f（x1）﹣f（x2））＞x2（f（x1）﹣f（x2）），即（x1﹣x2）（f（x1）﹣f（x2））＞0，
所以f（x）在[0，1]上为增函数，所以f（x）在[4k，4k+1]（k∈Z）上为增函数，
当k＝505时，f（x）在[2020，2021]上为增函数，故C不正确；
由f（x）的对称轴为x＝1可得f（x）在[1，2]上为减函数，
所以f（x）在[4k+1，4k+2]（k∈Z）上为减函数，
当k＝505时，f（x）在区间[2021，2022]上为减函数，故D不正确．
故选：B．
【知识点】抽象函数及其应用、函数奇偶性的性质与判断

10.（2020秋•浦东新区校级期中）设定义在R上的函数f（x）的值域为A，若集合A为有限集，且对任意x1、x2∈R，存在x3∈R使得f（x1）f（x2）＝f（x3），则满足条件的集合A的个数为（　　）
A．3 B．5 C．7 D．无穷个

【解答】解：∵任意x1、x2∈R，存在x3∈R使得f（x1）f（x2）＝f（x3），且集合A为有限集，
∴从集合A中取两个不同的数或同一个数取两次的积等于第三个数，这第三个数也在集合A中．
（1）f（x1）＝f（x2）时：
①集合A中只有一个元素，则A＝{0}，A＝{1}，
②集合A中有多个元素，则A＝{﹣1.1}，
（2）f（x1）≠f（x2）时，A＝{1，0}，A＝{﹣1，1，0}，
综上所述满足条件的集合A有5个．
故选：B．
【知识点】函数的值域

11.（2020秋•上城区校级期中）若对任意使得关于x的方程ax2+bx+c＝0（ac≠0）有实数解的a，b，c均有（a﹣b）2+（b﹣a）2+（c﹣a）2≥rc2，则实数r的最大值是（　　）
A．1 B． C． D．2

【解答】解：∵关于x的方程ax2+bx+c＝0有实数解，△＝b2﹣4ac≥0，
即，令，，故x2﹣4y≥0，即，
∵（a﹣b）2+（b﹣a）2+（c﹣a）2≥rc2，
∴，
而
＝2x2﹣2x+2+2y2﹣2y﹣2xy＝2y2﹣2（x+1）y+2x2﹣2x+2，
当，即，
当时，函数f（y）＝2y2﹣2（x+1）y+2x2﹣2x+2有最小值，
，
，，
∴在其定义域上是增函数，
又∵，
∴当时，g'（x）＜0，当时，g'（x）＞0，
∴g（x）在上是减函数，在上是增函数，
∴，
当，即或时，
当时，函数f（y）＝2y2﹣2（x+1）y+2x2﹣2x+2有最小值，
，
∵或，∴，
综上，的最小值为，
故实数实数r的最大值是．
故选：B．
【知识点】函数的最值及其几何意义、一元二次不等式及其应用

12.（2020秋•常州期中）已知函数f（x）＝x﹣+ln，若f（）+f（）+……+f（）+f（）＝（a+b），其中b＞0，则+的最小值为（　　）
A． B． C． D．

【解答】解：∵f（x）＝x﹣+ln，
∴f（x）+f（e﹣x）＝x﹣+ln+e﹣x﹣+ln
＝ln+ln＝ln[]＝lne2＝2．
令S＝f（）+f（）+……+f（）+f（），
则S＝f（）+f（）+……+f（）+f（），
∴2S＝[f（）+f（）]+[f（）+f（）]+…+[f（）+f（）]
＝2×2019，
即S＝2019，
∴（a+b）＝2019，得a+b＝2，其中b＞0，则a＝2﹣b．
当a＞0时，+＝＝＝
＝，
当且仅当，即a＝，b＝时等号成立；
当a＜0时，+＝＝
＝＝
，
当且仅当，即a＝﹣2，b＝4时等号成立．
∵＜，∴+的最小值为．
故选：A．
【知识点】函数的最值及其几何意义

13.（2020秋•东阳市校级月考）设函数，g（x）＝kx2+bx+c，k，b，c为实数，则（　　）
A．若f[g（x）]的值域为[0，+∞），则
B．若f[g（x）]的值域为[﹣1，+∞），则k≥0
C．若k≥1，则f[g（x）]的值域可能为[0，+∞）
D．若k≤0，则f[g（x）]的值域可能为（﹣∞，0]

【解答】解：∵，
①若k≥1，则2k≥k+1，
当x∈（﹣1，1）时，f（x）∈（﹣2k，2k）；
当x∈（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）时，由二次函数的单调性，可得f（x）∈[1+k，+∞）；
∴f（x）∈（﹣2k，+∞）．
又k≥1时，g（x）＝kx2+bx+c是开口向上的抛物线，有最小值，
当g（x）min＝0时，即可满足f[g（x）]的值域为[0，+∞），
因此A错误，C正确；
②若k＝0，则f（x）＝，易知f（x）∈[1，+∞）∪{0}，
不能满足f[g（x）]的值域为[﹣1，+∞），故B错误；
③由②知，k＝0时，不能满足f[g（x）]的值域为（﹣∞，0]；
若k＜0，则g（x）＝kx2+bx+c是开口向下的抛物线，有最大值，无最小值，
令t＝g（x）＝kx2+bx+c，则存在m∈R，使得t∈（﹣∞，m]，又函数f（x）在x≤﹣1时，单调递减，
f（x）≥f（﹣1）＝1+k，由对称关系，f（x）在x≥1时单调递增，且f（x）≥f（1）＝1+k；
当﹣1＜x＜1时，f（x）单调递减，且﹣2k＜f（x）＜2k，
∴f（x）∈（﹣2k，2k）∪[1+k，+∞），
因此，f（t）的值域只能是（﹣2k，2k）∪[1+k，+∞）的子集，
故k≤0时，f[g（x）]的值域可能为（﹣∞，0]，故D错误．
故选：C．
【知识点】函数的值域

14.（2020秋•驻马店期中）已知函数y＝f（x）的定义域为R，当x＜0时，f（x）＞1，且对任意的实数x，y∈R，f（x）（y）＝f（x+y）恒成立，若数列{an}满足f（an+1）f（）＝1（n∈N*）且a1＝f（0），则下列结论成立的是（　　）
A．f（a 2018）＞f（a2021） B．f（a2021）＞f（a2022）
C．f（a2020）＞f（a2021） D．f（a 2018）＞f（a2020）

【解答】解：对任意的实数x，y∈R，f（x）f（y）＝f（x+y）恒成立，
取x＝y＝0，则f（0）f（0）＝f（0），解得f（0）＝0，或f（0）＝1．
若f（0）＝0，则f（0）f（y）＝f（0+y）＝0，不符合题意．
故f（0）＝1．
取y＝﹣x＜0，则f（x）f（﹣x）＝1，∴f（x）＝＜1，
设x1＜x2，则f（x1﹣x2）＝f（x1）•f（﹣x2）＝＞1，
∴f（x1）＞f（x2）．
∴函数f（x）在R上单调递减．
∵数列{an}满足f（an+1）f（）＝1＝f（0）．
∴an+1+＝0，
∵a1＝f（0）＝1，
∴a2＝﹣，a3＝﹣2，a4＝1，a5＝﹣，……．
∴an+3＝an．
∴a2021＝a3×673+2＝a2＝﹣，a2022＝a3×674＝a3＝﹣2．a2018＝a3×672+2＝a2＝﹣，a2020＝a3×673+1＝a1＝1．
∴f（a2021）＝f（﹣）＞1，f（a2020）＝f（1）＜1．
∴f（a2021）＞f（a2020）．
而f（a2021）＝f（a2018），f（a2020）＜1＜f（a2018），
f（a2021）＝f（﹣）＜f（a2020）＝f（﹣2），
因此只有：C正确．
故选：C．
【知识点】抽象函数及其应用

15.（2020春•海淀区校级月考）函数f（x）＝x，g（x）＝x2﹣x+2．若存在，使得f（x1）+f（x2）+…+f（xn﹣1）+g（xn）＝g（x1）+g（x2）+…+g（xn﹣1）+f（xn），则n的最大值是（　　）
A．8 B．11 C．14 D．18

【解答】解：函数 f（x）＝x，g（x）＝x2﹣x+2，
因为f（x1）+f（x2）+…+f（xn﹣1）+g（xn）＝g（x1）+g（x2）+…+g（xn﹣1）+f（xn），
所以 ＝，
化为 ，
设 h（x）＝x2﹣2x+2，
故存在 ，
使得h（xn）＝h（x1）+h（x2）+…+h（xn﹣1），
由 h（x） 在 x＝1 处取得最小值 1，在 处取得最大值 ，
即有 ，
即为 ，可得 n 的最大值为 14．
故选：C．
【知识点】函数的最值及其几何意义


二、填空题（共10小题）

16.（2020秋•宁海县校级月考）记|S|为集合S的元素个数，σ（S）为集合S的子集个数，若集合A，B，C满足：
①|A|＝|B|＝2020；②σ（A）+σ（B）+σ（C）＝σ（A∪B∪C）．
则|A∩B∩C|的最大值是　　．

【解答】解：有k个元素的子集个数为2k，而|A|＝|B|＝2020，
∴σ（A）＝σ（B）＝22020，
∴σ（A）+σ（B）+σ（c）＝22020+22020+n（C）＝22021+σ（C），
由已知σ（A）+σ（B）+σ（c）＝σ（A∪B∪C），
∴22021+σ（C）＝σ（A∪B∪C），
其中σ（C）与σ（A∪B∪C）均为2的整数次幂，
∴σ（C）＝22021，σ（A∪B∪C）＝22022，
∴|C|＝2021，|A∪B∪C|＝2022，
也就是说，（A∪B∪C）除了包含C的2021个元素外，还包含一个属于A∪B而不属于C的元素，
不妨用m表示它，则2020≤|A∪B|≤2022，
下面分三种情况讨论：
当|A∪B|＝2020时，|A∩B|＝2020，|A∩B∩C|＝2019（此时A＝B，A∩B∩C就是A去掉元素m）；
当|A∪B|＝2021时，|A∩B|＝2019，|A∩B∩C|＝2019（元素m不在A∩B中）或2018（元素m在A∩B中）；
当|A∪B|＝2022时，|A∩B|＝2018，|A∩B∩C|＝2018（元素m不在A∩B中）或2017（元素m在A∩B中）．
综上可知，|A∩B∩C|的可能取值只有2019，2018，2017三种，最大值为2019．
故答案为：2019．
【知识点】子集与交集、并集运算的转换、交集及其运算

17.（2020秋•下城区校级期中）定义a⊗b＝，若x，y＞0，则⊗的最小值　　．

【解答】解：令 ，则 在 （0，+∞） 为增函数，
在 （0，+∞） 为减函数，
当两者相等时μ取得最小值，
此时 ，
当且仅当 时取等号．
故答案为：．
【知识点】函数的最值及其几何意义

18.（2020秋•滕州市期中）已知对任意x，都有xe2x﹣ax﹣x≥1+lnx，则实数a的取值范围是　　．

【解答】解：对任意x，都有xe2x﹣ax﹣x≥1+lnx，
可得a+1≤e2x﹣﹣对x＞0恒成立，
设f（x）＝e2x﹣﹣，导数为f′（x）＝2e2x﹣+＝，
可令g（x）＝2x2e2x+lnx，g′（x）＝2（2x+2x2）e2x+＞0，
则g（x）在x＞0递增，g（1）＝2e2＞0，g（）＝﹣ln4＜0，
可得g（x）在（，1）存在唯一的x0，使得g（x0）＝0，
当x∈（0，x0），g（x）＜0，f′（x）＜0；x∈（x0，+∞），g（x）＞0，f′（x）＞0，
则f（x）在（0，x0）递减，在（x0，+∞）递增，可得f（x）min＝f（x0）＝e﹣﹣，
由g（x0）＝0，即2x02e+lnx0＝0，
可设h（x）＝2x2e2x+lnx，＜x＜1，可得h′（x）＝2（2x+2x2）e2x+＞0，即h（x）在（，1）递增，
由2x0e＝ln，可得2x0＝ln，
即e＝，则f（x）min＝f（x0）＝e﹣﹣＝2，
故a+1≤2，即a≤1，
所以a的取值范围是（﹣∞，1]．
故答案为：（﹣∞，1]．
【知识点】函数恒成立问题

19.（2020秋•汉阳区校级期中）定义在R上的函数f（x）满足f（0）＝0，f（x）+f（1﹣x）＝1，f（）＝f（x），且当0≤x1＜x2≤1时，f（x1）≤f（x2），则f（）等于　　．

【解答】解：∵f（0）＝0，f（x）+f（1﹣x）＝1，令x＝1得：f（1）＝1，
又f（ ）＝f（x）⇒f（ ）＝；反复利用f（ ）＝f（x）⇒f（）＝f（ ）＝f（）＝f（）＝①；
再令x＝，由f（x）+f（1﹣x）＝1，可求得f（）＝，
同理反复利用f（ ）＝f（x）⇒f（ ）＝f（ ）＝f（）＝f（）＝②；
由①②可得：有f（）＝f（ ）＝，
∵0≤x1＜x2≤1时f（x1）≤f（x2），而0＜＜＜＜1，
所以有f（ ）≥f（ ）＝，
f（ ）≤f（ ）＝；
故f（）＝．
故答案为：．
【知识点】抽象函数及其应用

20.（2020春•浦东新区校级月考）已知实数x1、x2、y1、y2满足：x12+y12＝1，x22+y22＝1，x1x2+y1y2＝，则|的最大值为　　．

【解答】解：记A（x1，y1）、B（x2，y2），由题意，知A、B位于单位圆上，
由x1x2+y1y2＝，得cos＝，
得
则、分别表示A、B到
直线l：x+y﹣1＝0的距离AA1、BB1，
于是，，
分别取AB、A1B1靠近B、B1的三等分点为C、C1，联结CC1，
过点B作AA1的垂线，交AA1、CC1于M、N，
则＝，
在△BOC中，应用余弦定理，可得，
∴，又O到直线x+y﹣1＝0的距离d＝，
∴，
从而，．
即|的最大值为．
故答案为：．

【知识点】函数的最值及其几何意义

21.（2020•合肥自主招生）已知f（x）＝x3+ax2﹣x+1﹣a（a∈R），若∀x∈[﹣1，1]，使得|f（x）|≥|x|恒成立，则a取值范围为　　．

【解答】解：情形一：当 x＝0 时，易知 a∈R；
情形二：当 x≠0 时，此时|f（x）|＞|x|等价于
，
令 ，
则，
令 ，则，
令 u（x）＝x3+3x+1，易知 u（x） 单调递增，
且u（0）＝1，u（﹣1）＝﹣3＜0，
由零点存在性定理可知：必有一个 x0∈（﹣1，0），使得 u（x0）＝0，
此时x∈（﹣1，x0），h′（x）＞0，h（x） 单调递增，
x∈（x0，0），h′（x）＜0，h（x） 单调递减，
x∈（0，1），h′（x）＞0，h（x） 单调递增，
①当 a⩾1 时，此时h（0）＝a﹣1＞0，
则x∈（0，1），φ′（x）＞0，φ（x） 单调递增，
此时，φ（x）＜φ（1）＝1，不满足题意，
②当 时，
此时
由零点存在性定理可知：必有一个 x1∈（0，1），使得 h（x1）＝0，
此时x∈（x1，1），φ′（x）＞0，φ（x） 单调递增，
此时φ（x）＜φ（1）＝1，不满足题意，
③当 时，此时
，
则φ′（x）＜0，
此时x∈（﹣1，0），φ（x） 单调递减，
则φ（x）＜φ（﹣1）＝﹣1，满足题意，
同理可得x∈（0，1），φ（x） 单调递减，
φ（x）＞φ（1）＝1，满足题意，
综上所述，a取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题

22.（2020春•红岗区校级期末）设a＞0，，（e是自然对数的底），若对，，使得f（x1）f（x2）＝g（x1）g（x2）成立，则正数a＝　　．

【解答】解：依题意由 f（x1）f（x2）＝g（x1）g（x2） 成立，
可得 ，
化简得 ，
令 ，则 ，
于是当 时，h′（x）＜0； 当 x∈（1，2）时，h′（x）＞0，
所以函数 h（x） 在区间 上单调递减，在区间 （1，2）上单调递增，
那么 ，
由
，
故 ，
于是函数 h（x） 的值域为 ，
所以当 时 ；
当 时 ，
因为 ，使得 成立，
所以⊇，
于是有 ， 解得 1⩽a⩽1，
即 a＝1．
故答案为：1．
【知识点】函数恒成立问题

23.（2020•江苏模拟）已知函数f（x）＝|x+2|+|x+3|+…+|x+2020|+|x﹣2|+|x﹣3|+…+|x﹣2020|，且f（a2﹣4a+3）＝f（a﹣1），满足条件的所有整数a的和是　　．

【解答】解：函数f（﹣x）＝f（x），即函数f（x）为偶函数，图象关于y轴对称，
当x≥2时，由f（x）的图象知f（x）为增函数，
当﹣2＜x＜2时，f（x）＝x+2+x+3+……x+2020﹣（x﹣2）﹣（x﹣3）﹣……﹣（x﹣2020）＝2（2+3+4+……2020）为常数，
则由f（a2﹣4a+3）＝f（a﹣1），得f（|a2﹣4a+3|）＝f（|a﹣1|），
得满足①|a2﹣4a+3|＝|a﹣1|＞2，或者②a2﹣4a+3，a﹣1∈{﹣2，﹣1，0，1，2}
①由|a2﹣4a+3|＝|a﹣1|得|a﹣1||a﹣3|＝|a﹣1|，
∵|a﹣1|＞2，∴a＞3或a＜﹣1，
∴|a﹣3|＝1，得a＝4或a＝2（舍）．
②a2﹣4a+3＝（a﹣2）2+1，
当a﹣1＝﹣2时，a＝﹣1，此时a2﹣4a+3＝8∉{﹣2，﹣1，0，1，2}不满足条件．
当a﹣1＝﹣1时，a＝0，此时a2﹣4a+3＝3∉{﹣2，﹣1，0，1，2}不满足条件．
当a﹣1＝0时，a＝1，此时a2﹣4a+3＝0∈{﹣2，﹣1，0，1，2}满足条件．
当a﹣1＝1时，a＝2，此时a2﹣4a+3＝1∈{﹣2，﹣1，0，1，2}满足条件．
当a﹣1＝2时，a＝3，此时a2﹣4a+3＝2∈{﹣2，﹣1，0，1，2}满足条件．
综上满足条件的整数a＝1或2或3或4，
即1+2+3+4＝10，
故答案为：10

【知识点】奇偶函数图象的对称性

24.（2020•福州模拟）已知函数f（x）＝ax﹣lnx﹣1，g（x）＝，用max{m，n}表示m，n中的最大值，设φ（x）＝max{f（x）．g（x）}．若φ（x）≥在（0，+∞）上恒成立，则实数a的取值范围为　　

【解答】解：当x∈（0，3）时，g（x）＝＜；x∈[3，+∞）时，g（x）≥，所以φ（x）≥在[3，+∞）必成立，
问题转化为f（x）≥在（0，3）恒成立，由ax﹣lnx﹣1≥恒成立，可得a≥+在x∈（0，3）恒成立，
设h（x）＝+，x∈（0，3），可得h′（x）＝，由0＜x＜1时，h′（x）＞0，h（x）递增，1＜x＜3时，h′（x）＜0，h（x）递减，
可得x＝1处，h（x）取得极大值，且为最大值，
则h（x）max＝h（1）＝，
故a≥，即a的取值范围是[，+∞）．
故答案为：[，+∞）．
【知识点】函数恒成立问题

25.（2020•浙江二模）若不等式|ax2+bx+c|≤1对于∀x∈[﹣1，1]上恒成立，则|a|+|b|+|c|的最大值是　　，若|ax2+bx+c|≤1对于∀x∈[0，1]上恒成立，则2|a|+3|b|+4|c|的最大值是　　．

【解答】解：对第一问，不等式|ax2+bx+c|≤1对于∀x∈[﹣1，1]上恒成立，
可得x＝0时，|c|≤1①，x＝﹣1时，|a﹣b+c|≤1，②
x＝1时，|a+b+c|≤1，③
①②相加可得|a﹣b+c|+|c|≤2，
又|a﹣b+c|+|c|≥|a﹣b|，即为|a﹣b|≤2，
①③相加可得|a+b+c|+|c|≤2，
又|a+b+c|+|c|≥|a+b|，即为|a+b|≤2，
则|a﹣b|+|a+b|≤4，又|a﹣b|+|a+b|≥2|a|，则|a|≤2；
由|a﹣b|+|a+b|≥2|b|，则|b|≤2；
可得|a|+|b|+|c|≤5，即|a|+|b|+|c|的最大值为5；
对第二问，若|ax2+bx+c|≤1对于∀x∈[0，1]上恒成立，
当x＝0时，|c|≤1，
x＝1时，|a+b+c|≤1，①
x＝时，|++c|≤1，②，
x＝时，|++c|≤1，③
由①②相加可得|a+b+c|+|++c|≤2，
由|a+b+c|+|++c|≥|+|，即|3a+2b|≤8，
可得﹣8≤3|a|﹣2|b|≤8，④
由①③相加可得|a+b+c|+|++c|≤2，
由|a+b+c|+|++c||≥|+|，即|4a+3b|≤9，
可得﹣9≤4|a|﹣3|b|≤9，⑤
由2|a|+3|b|＝18（3|a|﹣2|b|）﹣13（4|a|﹣3|b|），
可得2|a|+3|b|≤8×18+9×13＝261，
则2|a|+3|b|+4|c|的最大值为265．
故答案为：5，265．
【知识点】函数恒成立问题


三、解答题（共10小题）

26.（2020秋•杨浦区期中）函数f（x）＝g（x）+h（x），其中g（x）是定义在R上的周期函数，h（x）＝ax+b，a，b为常数．
（1）g（x）＝sinx，讨论f（x）的奇偶性，并说明理由；
（2）求证：“f（x）为奇函数”的一个必要非充分条件是“f（x）的图象有异于原点的对称中心（m，n）”；
（3）g（x）＝sinx+cosx，|f（x）|在x∈[0，3π]上的最大值为M，求M的最小值．

【解答】解：（1）f（x）＝g（x）+h（x）＝sinx+ax+b，
若f（x）为奇函数，则，故b＝0，a∈R，
若f（x）为偶函数，
则f（x）＝f（﹣x）⇒2sinx+2ax＝0对x∈R恒成立⇒不存在，a，b满足条件，
⇒若b＝0，则f（x）为奇函数，若b≠0，则f（x）为非奇非偶函数；
（2）证明：若f（x）为奇函数，则f（0）＝0⇒g（0）＝﹣b，
且f（x）+f（﹣x）＝0，则g（x）+g（﹣x）＝﹣2b，
设g（x）的周期是T，则f（x+T）+f（﹣x+T）＝2aT，
故f（x）的图象有异于原点的对称中心（T，aT），必要性得证，
取g（x）＝sinx，h（x）＝1，则f（x）＝sinx+1关于（π，1）对称，
但f（0）＝1≠0，则f（x）不是奇函数，非充分性得证；
（3）f（x）＝sinx+cosx+ax+b＝sin（x+）+ax+b，
取a＝b＝0，则M＝，若存在更小的M，
则当x＝和时，ax+b≤0，
当x＝时，ax+b≥0，
故不存在最大值，最小值是Mmin＝．
【知识点】函数的最值及其几何意义、充分条件、必要条件、充要条件

27.（2020秋•邗江区校级期中）已知函数f（x）＝x2+2mx﹣4在区间[﹣1，2]上是单调函数．
（1）求实数m的所有取值组成的集合A；
（2）试写出f（x）在区间[﹣1，2]上的最大值g（m）；
（3）设h（x）＝﹣x+4，令F（m）＝，对任意，都有|F（m1）﹣F（m2）|≤a+3成立，求实数a的取值范围．

【解答】解：（1）∵函数在区间[﹣1，2]上是单调函数，
∴f（x）＝x2+2mx﹣4在区间[﹣1，2]上的两个端点处取得最大值和最小值，
又函数f（x）的图象为开口向上的抛物线，对称轴为x＝﹣m，
必有﹣m≥2，或﹣m≤﹣1，解得m≥1或 m≤﹣2，
∴实数m的所有取值组成的集合A＝{m|m≥1或 m≤﹣2}；
（2）当m≥1时，﹣m≤﹣1，函数f（x）在区间[﹣1，2]上单调递增，
∴函数f（x）的最大值g（m）＝f（2）＝4m；
当m≤﹣2 时，﹣m≥2，函数f（x）在区间[﹣1，2]上单调递减，
∴函数f（x）的最大值g（m）＝f（﹣1）＝﹣3﹣2m，
即有g（m）＝；
（3）由题意得F（m）＝，
对任意m1，m2∈[﹣，a]，总有|F（m1）﹣F（m2）|≤a+3，
可得a≥﹣3，F（m）max﹣F（m）min≤a+3，（*），
①当﹣＜a≤﹣2时，F（m）在[﹣，a]递减，可得F（m）max＝F（﹣）＝4，F（m）min＝F（a）＝﹣2a﹣3，
代入（*）解得a≤﹣4，不成立，舍去；
②当﹣2＜a≤0时，F（m）在[﹣，﹣2]递减，[﹣2，a]递增，可得F（m）max＝F（﹣）＝4，F（m）min＝F（﹣2）＝1，
代入（*）解得a≥0，即有a＝0；
③当0＜a≤时，F（m）在[﹣，﹣2]递减，[﹣2，a]递增，可得F（m）max＝F（a）＝﹣a2+a+4，F（m）min＝F（﹣2）＝1，
代入（*）解得a≥0或a≤﹣1，可得0＜a≤；
④当＜a≤时，F（m）在[﹣，﹣2]递减，[﹣2，]递增，[，1]递减，[1，a]递增，
可得F（m）max＝F（）＝，F（m）min＝F（﹣2）＝1，
代入（*）解得a≥，可得＜a≤；
⑤当a＞时，F（m）在[﹣，﹣2]递减，[﹣2，]递增，[，1]递减，[1，a]递增，
可得F（m）max＝F（a）＝4a，F（m）min＝F（﹣2）＝1，
代入（*）可得＜a≤；
综上可得0≤a≤，即a的范围是[0，]．
【知识点】函数的最值及其几何意义、二次函数的性质与图象

28.（2020秋•杭州期中）已知a∈R，函数f（x）＝x|x﹣a|﹣2x，x∈[﹣3，3]．
（1）若a＝0，f（x）≤t恒成立，求实数t的最小值；
（2）若a∈[﹣2，+∞），求f（x）的最大值．

【解答】解：（1），
由f（x）≤t恒成立，可得t≥f（x）max＝3，
所以t最小值为3；
（2），
①﹣2≤a＜1，﹣1≤a，+1≥a，
则＝，
②1≤a＜2，f（x）在（a，3]递增，在（﹣3，）递增，（，a）递减，可得，
③2≤a＜8，f（x）在（﹣3，）递增，在（，3）递减，可得，
④a≥8，f（x）在[﹣3，3]递增，可得f（x）max＝f（3）＝3a﹣15．
所以．
【知识点】函数的最值及其几何意义、函数恒成立问题

29.（2020秋•道里区校级期中）已知关于x的函数f（x）＝ax2+4x（a＜0），对于给定的负实数a，总能确定一个最大的正数T（a），当0≤x≤T（a）时，恒有﹣3≤f（x）≤2．
（1）求T（﹣1）的值；
（2）求T（a）的表达式；
（3）求T（a）的最大值．

【解答】解：（1）当a＝﹣1时，f（x）＝﹣x2+4x＝﹣（x﹣2）2+4，
因为函数f（x）的最大值大于2，要使存在一个最大的正数T（﹣1），当0≤x≤T（﹣1）时，恒有﹣3≤f（x）≤2，
所以T（﹣1）只能是﹣x2+4x＝2较小的根2﹣．
（2）由a＜0，f（x）＝a（x+）2﹣，
当﹣＞2，即﹣2＜a＜0时，要使﹣3≤f（x）≤2，在区间[0，T（a）]上恒成立，
要使得正数T（a）最大，正数T（a）只能是ax2+4x＝2的较小的根，即T（a）＝；
当﹣≤2，即a≤﹣2时，要使﹣3≤f（x）≤2，在区间[0，T（a）]上恒成立，
要使得正数T（a）最大，正数T（a）只能是ax2+4x＝﹣3的较大的根，即T（a）＝；
所以T（a）＝．
（2）当﹣2＜a＜0时，T（a）＝＝＜1；
当a≤﹣2时，T（a）＝＝≤；
所以T（a）的最大值为．
【知识点】二次函数的性质与图象

30.（2020秋•连云港期中）已知函数f（x）＝x2+bx+c，不等式f（x）＜0的解集是（0，3）．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）若满足不等式组的整数解有且只有一个，求正实数t的取值范围．

【解答】解：（1）因为不等式f（x）＜0的解集是（0，3），
所以0和3是方程f（x）＝0的两个根，
∴0+3＝﹣b，0×3＝c，
∴b＝﹣3．c＝0，
∴函数f（x）的解析式为：f（x）＝x2﹣3x．
（2）不等式f（x）＝x2﹣3x＞0的解集为：（﹣∞，0）∪（3，+∞），
不等式f（x+t）＝（x+t）2﹣3（x+t）＜0的解集为：（﹣t，3﹣t），
当t≥3时，不等式组的解集为（﹣t，3﹣t），（﹣t，3﹣t）中至少有2个整数，不满足题意，舍去；
当0＜t＜3时，不等式组的解集为（﹣t，0），
因为满足不等式组的整数解有且只有一个，
所以﹣1∈（﹣t，0），﹣2∉（﹣t，0），即，解得1＜t≤2；
综上，正实数t的取值范围是（1，2]．
【知识点】函数解析式的求解及常用方法

31.（2020秋•徐汇区校级期中）已知函数f（x）＝ax2+bx+c．
（1）当a＝1，b＝2时，若存在x1，x2∈[﹣2，0]（x1≠x2），使得|f（xi）|＝2（i＝1，2），求实数c的取值范围；
（2）若二次函数y＝f（x）对一切x∈R恒有x2﹣2x+4≤f（x）≤2x2﹣4x+5成立，且f（5）＝27，求f（11）的值；
（3）是否存在一个二次函数f（x），使得对任意正整数k，当x＝时，都有f（x）＝成立，请给出结论，并加以证明．

【解答】解：（1）当a＝1，b＝2时，f（x）＝（x+1）2+c﹣1
由题意可知，f（x）＝2在[﹣2，0]上有两个不等实根，或f（x）＝﹣2在[﹣2，0]上有两个不等实根，
则或，
解得2≤c＜3或﹣2≤c＜﹣1
即实数c的取值范围是﹣2≤c＜﹣1或2≤c＜3．
（2）二次函数y＝f（x）对一切x∈R恒有x2﹣2x+4≤f（x）≤2x2﹣4x+5成立，
可得x2﹣2x+4＝2x2﹣4x+5，解得x＝1，f（1）＝3，
函数的对称轴为x＝1，
设函数f（x）＝a（x2﹣2x）+b，
由f（1）＝3，f（5）＝27，
可得﹣a+b＝3，15a+b＝27，
解得a＝，b＝，
f（x）＝（x2﹣2x）+，
f（11）＝（112﹣2×11）+＝153．
（3）存在符合条件的二次函数．
设f（x）＝ax2+bx+c，则当k＝1，2，3时有：
f（5）＝25a+5b+c＝55 ①； f（55）＝3025a+55a+c＝5555②； f（555）＝308025a+555b+c＝555555③．
联立①、②、③，解得a＝，b＝2，c＝0．
于是，f（x）＝x2+2x．
下面证明二次函数f（x）＝x2+2x符合条件．
因为＝5（1+10+100++10k﹣1）＝（10k﹣1），
同理：＝（102k﹣1）；
f（）＝f（（10k﹣1））＝[（10k﹣1）]2+2×（10k﹣1）
＝（10k﹣1）2+2×（10k﹣1）＝（10k﹣1）（10k+1）＝（102k﹣1）＝，
∴所求的二次函数 f（x）＝x2+2x符合条件．
【知识点】二次函数的性质与图象

32.（2020秋•南京期中）已知函数g（x）＝k2x+k，h（x）＝x2﹣2（k2﹣k+1）x+4．
（1）当k＝1时，求函数y＝，x∈（﹣∞，﹣1）的最大值；
（2）令，求证：对任意给定的实数x1，存在唯一的实数x2（x1≠x2）使得f（x1）＝f（x2）成立的充要条件是k＝4．

【解答】解：（1）当k＝1时，y＝＝，x∈（﹣∞，﹣1），
令t＝x+1＜0，则y＝t+，此时﹣t＞0，
由（﹣t）+（﹣），得t+，
当且仅当t＝﹣，即x＝﹣时取等号，
综上，当x＝﹣时，最大值为；
证明：（2）充分性：当k＝4时，f（x）＝，f（0）＝4，
当x≥0时，f（x）＝16x+4在[0，+∞）上单调递增，且y≥4，
当x≤0时，f（x）＝x2﹣26x+4在（﹣∞，0]上单调递减，且y≥4，
若x1＞0，则存在唯一的x2＜0，使得f（x1）＝f（x2），同理x1＜0也成立；
必要性：当x＞0时，y＝k2x+k，当k＝0时，y＝0，不符合题意，因此k≠0．
x＞0时，f（x）的取值集合A＝（k，+∞），x＜0时，f（x）的取值集合B＝（4，+∞）．
①若x1＞0，且f（x）在（0，+∞）上单调递增，要使f（x1）＝f（x2），则x2＜0，且A⊆B，有k≥4；
若x1＜0，且f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，要使f（x1）＝f（x2），则x2＞0，且B⊆A，有k≤4．
综上，k＝4．
故对任意给定的实数x1，存在唯一的实数x2（x1≠x2）使得f（x1）＝f（x2）成立的充要条件是k＝4．
【知识点】充分条件、必要条件、充要条件、函数的最值及其几何意义

33.（2020秋•浦东新区校级期中）设f（x）是定义在D上的函数，若对任何实数α∈（0，1）以及D中的任意两数x1、x2，恒有f（αx1+（1﹣α）x2）≤αf（x1）+（1﹣α）f（x2），则称f（x）为定义在D上的C函数．
（1）判断函数f（x）＝x2是否是定义域上的C函数，说明理由；
（2）若f（x）是R上的C函数，设an＝f（n），n＝0，1，2，…，m，其中m是给定的正整数，a0＝0，am＝2m，记Sf＝a1+a2+…+am，对满足条件的函数f（x），试求Sf的最大值；
（3）若f（x）是定义域为R的函数，最小正周期为T，试证明f（x）不是R上的C函数．

【解答】解：（1）f（x）＝x2是定义域R上的C函数．
理由：对任意的实数x1，x2，α∈（0，1），
有f（αx1+（1﹣α）x2）﹣αf（x1）﹣（1﹣α）f（x2）
＝（αx1+（1﹣α）x2）2﹣αx12﹣（1﹣α）x22
＝α（1﹣α）x12﹣α（1﹣α）x22+2α（1﹣α）x1x2＝﹣α（1﹣α）（x1﹣x2）2≤0，
即f（αx1+（1﹣α）x2）≤αf（x1）+（1﹣α）f（x2），
所以f（x）＝x2是定义域R上的C函数；
（2）对任意的0≤n≤m，取x1＝m，x2＝0，α＝∈[0，1]，
因为f（x）是R上的C函数，且an＝f（n），a0＝0，am＝2m，
可得an＝f（n）＝f（αx1+（1﹣α）x2）≤αf（x1）+（1﹣α）f（x2）＝•2m＝2n，
那么Sf＝a1+a2+…+am≤2（1+2+3+…+m）＝m2+m，
可得f（x）＝2x是C函数，且使得an＝2n，（n＝0，1，2，…，m）都成立，此时Sf＝m2+m，
综上可得Sf的最大值为m2+m；
（3）证明：假设f（x）是R上的C函数，若存在m＜n，且m，n∈[0，T]，使得f（m）≠f（n），
若f（m）＜f（n），设x1＝m，x2＝m+T，α＝1﹣，则0＜α＜1，且n＝αx1+（1﹣α）x2，
那么f（n）＝f（αx1+（1﹣α）x2）≤αf（x1）+（1﹣α）f（x2）＝αf（m）+（1﹣α）f（m）＝f（m），
这与f（m）＜f（n）矛盾；
若f（m）＞f（n），设x1＝n，x2＝n﹣T，α＝1﹣，也可得到矛盾．
所以f（x）在[0，T]上为常数函数，又因为f（x）为周期T的函数，
所以f（x）在R上为常数函数，这与f（x）的最小正周期为T矛盾，
所以f（x）不是R上的C函数．
【知识点】函数恒成立问题

34.（2020秋•崇川区校级期中）设函数（a＞0且a≠1）是定义域为R的奇函数．
（1）求t的值；
（2）若f（1）＞0，求使不等式f（kx﹣x2）+f（x﹣1）＜0对一切x∈R恒成立的实数k的取值范围；
（3）若函数f（x）的图象过点，是否存在正数m，（m≠1）使函数在[1，log23]上的最大值为m，若存在，求出m的值，若不存在，请说明理由．

【解答】解：（1）∵是奇函数，∴f（0）＝0，1﹣（t﹣1）＝0，解得t＝2．
当t＝2时，，∴f（﹣x）＝a﹣x﹣ax＝﹣f（x），
∴f（x）是奇函数，满足题意，∴t＝2．
（2）∵，f（1）＞0，∴，又a＞0，∴a＞1，
设∀x1，x2∈R，x1＜x2，则，
∴＝，
∵x1＜x2，a＞1，∴，又∵．
∴f（x2）﹣f（x1）＞0，f（x2）＞f（x1），∴f（x）是单调递增函数．
f（kx﹣x2）+f（x﹣1）＜0，f（kx﹣x2）＜﹣f（x﹣1）＝f（1﹣x），∴kx﹣x2＜1﹣x恒成立，
即x2﹣（k+1）x+1＞0恒成立，∴△＝（k+1）2﹣4＜0，∴﹣3＜k＜1，
∴k的取值范围为（﹣3，1）．
（3）∵函数f（x）的图象过点，
∴（a＞0），解得a＝2，
设t＝f（x）＝ax﹣a﹣x，由（2）知f（x）是单调递增函数，
∴当x∈[1，log23]时，，t2＝a2x+a﹣2x﹣2，
∴，，其最大值为m，
也即t2﹣mt+2有最值1，二次函数最值只可能在端点或者对称轴处取∴只可能是以下三种情况：
①，解得，此时对称轴为，左端点处取的是二次函数最小值，
而m＞1，也即h（t）最小值，不合题意舍去．
②，解得，此时对称轴为，右端点离对称轴更远，取的最大值，
而m＞1，也即h（t）最大值，符合．
③，解得m＝±2，此时对称轴为t＝±1，不在区间上，
∴最值不可能在对称轴处取到，不合题意舍去．
综上所述，．
【知识点】函数奇偶性的性质与判断、函数恒成立问题

35.（2020秋•青岛期中）已知函数h（x）＝x+．
（1）直接写出h（x）在上的单调区间（无需证明）；
（2）求h（x）在上的最大值；
（3）设函数f（x）的定义域为I，若存在区间A⊆I，满足：∀x1∈A，∃x2∈∁UA，使得f（x1）＝f（x2），则称区间A为f（x）的“Γ区间”．已知f（x）＝x+（x∈[，2]），若是函数f（x）的“Γ区间”，求实数b的最大值．

【解答】解：（1）h（x）在区间上单调递减；h（x）在区间[1，2]上单调递增．
（2）由题意知，，
①若，则h（x）在上单调递减，∴h（x）的最大值为；
②若1＜a≤2，则h（x）在上单调递减，在[1，a]上单调递增，
∵，∴h（x）的最大值为；
③若a＞2，则h（x）在上单调递减，在[1，a]上单调递增，
∵，∴h（x）的最大值为，
综上，若，则h（x）的最大值为；若a＞2，则h（x）的最大值为．
（3）由（1）（2）知
①当时，f（x）在上的值域为，
f（x）在[b，2]上的值域为，
∵，∴
满足，∃x2∈[b，2]，使得f（x1）＝f（x2），
∴此时是f（x）的“Γ区间”；
②当1＜b≤2时，f（x）在上的值域为，
f（x）在[b，2]上的值域为，
∵当x1∈[1，b）时，，
∴∃x1∈[1，b），使得，
即∃x1∈[1，b），∀x2∈[b，2]，f（x1）≠f（x2）
∴此时不是f（x）的“Γ区间”
∴实数b的最大值为1．
【知识点】函数的最值及其几何意义