答案(1)_2024年4月_01按日期_6号_2024届新结构高考数学合集_九省联考模式填空题100题（含答案）

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1
1．
5
b1np
【分析】利用换元法可得 ，进而根据不等式的性质，分

a1mnp
情况讨论求解.
【解析】令bam,cbn,1c p,其中m,n,p0，
b1np
所以 ，

a1mnp
若b2a，则b1n p21mn p，故2mn p1，
令M=maxba,cb,1cmaxm,n,p，
2M 2m
 1
因此M n ,故4M 2mn p1,则M  ，
 4
M  p
若ab1，则1n p1mn p1，即m2n2p1，
M=maxba,cb,1cmaxm,n,p，
M m
 1
则2M 2n ,故5M m2n2p1,则M  ，
 5
2M 2p
1
当且仅当m2n2p1且maxm,n,p 时等号成立，
5
1
如取mn p 时可满足等号成立，
5
1
综上可知maxba,cb,1c的最小值为 ，
5
1
故答案为：
5
【点评】本题的关键是利用换元法，在b2a和ab1前提下进行合理
分类讨论，根据题意得到相对应的不等式组，注意题目的条件关键词
是“或”.
第 14 页 共 90 页4
2．
9
【分析】由题，先求得 M 最大值时，x 和 y 的关系范围，再画出图像，
分别求得不同范围的的最小值即可求得答案.
【解析】由题，当xy xyxy1yx1
3(xy)2 4
当xy x y2xy，解得 xy3xy  yx
4 3
4
所以当yx 时，M  xy，即图像的区域 1
3
3(xy)2
当xyxy1 x y2xy，即 2(xy)13xy1
3
2 2
解得yx ，所以当yx ，M  xyxy1，即图像的区域 3
3 3
所以当在区域 2 时，M  x y2xy
综上可得：在区域 1 中，M  xy；在区域 2 中，M  x y2xy；在区域
3 中，
M  xyxy1
2 4
在区域 1 中，当且紧当x y 时，M  xy取最小值为
3 9
1 4
在区域 2 中，当且紧当x y 时，M  x y2xy取最小值为
3 9
1 4
在区域 3 中，当且紧当x y 时，M  xyxy1取最小值为
3 9
第 15 页 共 90 页4
综上所述，可得 M 的最小值为
9
【点评】本题考查了函数与不等式综合，熟悉理解题意，求最值是解
题的关键，属于难题.
3．
2
1 1
【分析】先根据c的范围，讨论 bc, b的大小关系，在每种情况中
a ac
分别用均值不等式和不等式的性质确定 的范围，即可得解．
M
 1 1 a 
【解析】设M max b, bc, c ，
ac a b 
1 1 a
则由题意可得M  b 0,M  bc 0,M  c 0 ，
ac a b
 1  1
因为  bc bc，所以
ac  a
1 1
①当 c1 时， bc b 0，
a ac
1 a
只需考虑M  bc,M  c ，
a b
1 1 b a a a
所以 M  bc b 2 ， M  c 1 2 ，
a a a b b b
b a
所以 M2 2 2 4 ，可得 M 2 ，当且仅当abc1时取等号；
a b
1 1 1 a
②当0c1时，0 bc b，只需考虑M  b,M  c ，
a ac ac b
第 16 页 共 90 页 1  a  1 1 1 1
所以M2  b ca  bc 2 a  2 bc  4 ，
ac b  a bc a bc
可得 M 2 ，当且仅当a1,bc1时取等号.
综上所述， M 的最小值为 2.
故答案为：2.
【点评】关键点点睛：本题的关键点是在利用均值不等式和不等式的
性质时，特别注意同向不等式的应用和均值不等式成立的条件.
4．
2 2 2 5
【解析】分类讨论，结合均值不等式，注意取等验证是否满足即可．
1 2 2
【解析】（1）若x ,  y时，即1 xy2时，A x 2 2，当 x 2,y1
y x x
时可取等号，
1 2
若x ,y 时，即xy2时，Axy 2 xy  2 2 ，
y x
1 2 2
若 x,  y时，即0 xy1时，由0 xy1知 2，
y x xy
1 2 2
所以A  2 2 2，
y x xy
综上可知 A 的最小值为 2 2 ；
2当z 3 时，B x 2 z 5 z2 5，当 z 5,x 3 5 ,y 2 5 时可取等号；
x z z 5 5
当z 3 时，B x 3  2  x 3  2x  5x  3 2 5，当 z 5,x 3 5 ,y 2 5 时可
x x z x 3 3 x 5 5
取等号；
综上所述， ， 3 5 2 5 时可取等号；
B2 5 z 5,x ,y
5 5
故答案为： ， ．
2 2 2 5
【点评】本题考查代数式的最值求法，考涉及均值不等式及分类讨论
思想，属于中档题．
第 17 页 共 90 页16
5．
7
【分析】先求出切线方程，再结合函数的新定义和函数图像找到最小
值点，代入横坐标即可求出最小值.
x1  x1  x2x1 3
【解析】因为y ，所以y    ，
x2 x2 x22 x22
所以y13，在点1,2处的切线方程为y23x1 y3x1，
p,pq,
设gx4 x1, f x3x1，由maxp,q 和函数图像可知，
q,pq,
当x1时，最小值为两函数的交点，
3 3 16
所以3x141x x ，此时 f x gx3 1 ，
7 7 7
16
故答案为：
7
6．
5
【分析】根据题意，将函数 f(x)写成分段函数的形式，将问题转化为
求分段函数的最小值问题.
x5,x5x24x5, x5,0x5,
【解析】由题意知 f x 
x24x5,x5x24x5,

x24x5,x 0或x 5,
当0x5时， f xx5单调递增， f xx5 f 05，
当 x0 时， f xx24x5在,0单调递减，
 f xx24x5 f 05，
第 18 页 共 90 页当x5时， f xx24x5在5,单调递增，
 f xx24x5 f 510，
综上， f x的最小值为 5.
故答案为： 5.
7．1
【分析】首先求解函数hx的解析式，再求解函数的最小值.
1
【解析】令 f xgx，x0，即 x  ，x0，得x1，
x
当x0,1 ， x  x 1 ，当x1,， x  x 1 ，
x x
1

,x0,1
所以hxx
 x,x1,
当x0,1 时，hx单调递减，当x1,时，函数hx单调递增，
所以当x1时，hx 1．
min
故答案为：
1
8． 3 3
【分析】作出函数Mx的图象，可得出函数Mx的最小值及其对应的
x的值.
【解析】由 x  x6 可得 x2 x212x36 ，解得 x3 ，
由 x  x6 可得 x2 x212x36 ，解得 x3 ，
x ,x3
故Mxmax  x , x6  ，
x6,x3
作出函数Mx的图象如下图中的实线部分所示：
第 19 页 共 90 页由图可知，当x3时，函数Mx取最小值3.
故答案为：3；3.
9．
1
【分析】利用已知条件画出图像即可得到最值.
【解析】函数 f xmax  x1, x25  是函数y x1与函数y x25 同一个
x取得的两个函数值的较大值，
x25,x 5
x1,x1  
作函数y x1  与函数y x25  x25, 5x 5 的图象如
x1,x1

 x25,x 5
下：
由图象可知，函数 f x在yx1与 yx25 交点处取得函数的最小值，
令 x1x25 ，即x3x20，解得x3或x2.
故x2时， f x的最小值为 1.
故答案为： 1.
10．20
11
40 60 
【分析】当k 2时可得M maxa ,b ,c maxa ,c max  ,  ，再
n n n n n n  n 1003n
200 200
根据数列的单调性求得n ，M 取得最小值，而22 23，分别
9 n 9
第 20 页 共 90 页求出M 、M ，比较可得k 2时M 的最小值；然后当k1、k3时，根
44 45 n
据数列的单调性，分别求出可能取得最小值时的值，比较即可得答案.
40 60 
【解析】当k 2时可得M maxa ,b ,c maxa ,c max  ,  ，
n n n n n n  n 1003n
因为数列a 是单调递减数列，数列c 为单调递增数列，
n n
40 60 200
所以当  时，M 取得最小值，此时n ，
n 1003n n 9
400 40 60  20
因为22 23，而M maxa ,c max  ,  ，
9 22 22 22 22 100322 11
40 60  60
M maxa ,c max  ,  ，
23 23 23 23 100323 31
又 20  60 ，所以当k 2时，M 的最小值为20；
11 31 n 11
80 60 
当k1时，M maxa ,b ,c maxb ,c max  ,  ，
n n n n n n  n 1002n
因为数列b 为单调递减数列，数列c 为单调递增数列，
n n
80 60 400
所以当  时，M 取得最小值，此时n ，
n 1002n n 11
400 80 60  20
因为36 37，而M maxb ,c  max ,   ，
11 36 36 36 36 100236 9
80 60  30
M maxb ,c max  ,  ，
37 37 37 37 100237 13
20 20 20
此时M 的最小值为 ，而  ；
n 9 9 11
60 60 15
当k3时，c    ，a b ，
n 1001kn 1004n 25n n n
40 15 
所以M maxa ,b ,c maxa,c max  ,  ，
n n n n n n  n 25n
40 15 
令H max ,  ，
n  n 25n
 15 
因为数列a 为单调递减数列，数列
 
为单调递增数列，
n 25n
40 15 40 15  200
所以  时，H max ,  取得最小值，此时n ，
n 25n n  n 25n 11
200 40 15  20
因为18 19，H max ,   ，
11 18 18 2518 9
40 15  5
H max ,   ，
19 19 2519 2
20 5 20
又因为  ，此时M 的最小值为 .
9 2 n 9
第 21 页 共 90 页综上所述，M 的最小值为20 .
n 11
故答案为：20
.
11
11．4
4
【分析】根据题意分析可得2tx2 ，结合基本不等式运算求解，
y(xy)
注意等号成立的条件.
4
【解析】由题意可知：tx2,t ，
y(xy)
4
且x y0，则x2 0, 0，
y(x y)
4 4
则2tx2 ，当且仅当x2  时，等号成立，
y(xy) y(xy)
4 4 16
2tx2 x2 x2
可得 y(xy) y(xy) 2 x 2 ，
 
 2 
当且仅当y xy，即x2y时，等号成立，
16 16 16
且 2t x2 2 x2 8 ，当且仅当x2  ，即 x2 时，等号成立，
x2 x2 x2
4
综上所述：当x2y2时，可得2t8，即t4，此时x2   4，
y(xy)
所以t的最小值为 4.
故答案为：4.
10
12．
11
40 60 
【分析】当k 2时可得M maxa ,b ,c maxa ,c max ,  ，再
n n n n n n  n 2003n
400 400
根据数列的单调性求得n ，M 取得最小值，而44 45，分别
9 n 9
求出M 、M ，比较可得k 2时M 的最小值；然后当k1、k3时，根
44 45 n
据数列的单调性，分别求出可能取得最小值时的值，比较即可得答案.
40 60 
【解析】解﹔当k 2时可得M maxa ,b ,c maxa ,c max ,  ，
n n n n n n  n 2003n
因为数列a 是单调递减数列，数列c 为单调递增数列，
n n
第 22 页 共 90 页40 60 400
所以当  时，M 取得最小值，此时n ，
n 2003n n 9
400 40 60  10
因为44 45，而M maxa ,c max  ,  ，
9 44 44 44 44 200344 11
40 60  12
M maxa ,c max  ,  ，
45 45 45 45 200345 13
10 12 10
又  ，所以当k 2时，M 的最小值为 ；
11 13 n 11
80 30 
当k1时，M maxa ,b ,c maxb ,c max  ,  ，
n n n n n n  n 100n
因为数列b 为单调递减数列，数列c 为单调递增数列，
n n
80 30 800
所以当  时，M 取得最小值，此时n ，
n 100n n 11
800 80 30  10
因为72 73，而M maxb ,c max ,  ，
11 72 72 72 72 10072 9
80 30  10
M maxb ,c max  ,  ，
73 73 73 73 10073 9
此时M 的最小值为10，而 10  10 ，
n 9 9 11
60 60 15
当k3时，c    ，a b ，
n 2001kn 2004n 50n n n
40 15 
所以M maxa ,b ,c maxa ,c max ,  ，
n n n n n n  n 50n
40 15 
令H max ,  ，
n  n 50n
 15 
因为数列a 为单调递减数列，数列
 
为单调递增数列，
n 50n
40 15 40 15  400
所以  时，H max ,  取得最小值，此时n ，
n 50n n  n 50n 11
400 40 15  10 40 15  15
因为36 37，H max ,   ，H max ,  ，
11 36 36 5036 9 37 37 5037 13
又因为 10  15 ，此时M 的最小值为10 .
9 13 n 9
10
综上所述，M 的最小值为 .
n 11
10
故答案为： .
11
【点评】关键点点睛：本题考查数列最值的求解，解题的关键在于根
据分析出数列的单调性，找出临界值点，通过比较大小后得出结果.
13．40
第 23 页 共 90 页ax(x)
【分析】根据题意，设g(x)sinx ，利用分离常数法和配方法
cx(x)b2
a ab2 1
化简得g(x)sinx c  c2   c4b ，分类讨论当c4b 2[0 ， 2 ] 时 f(a，
(x )2 2 4c 4
2 4c
b，c)无意义，当c4b 2[0 ， 2 ] 时，对gx进行求导，再利用导数研
4c 4

究函数的单调性，从而可确定当g(x)在 x 处取最大值，所以
2
2
a
f a,b,c|1 4 |1 a ，取最小值时，结合条件a，b，c为不超过
2 4bc
c b2
4
20 的正整数，得出a，b，c的值，即可求出 abc 的值．
ax(x)
【解析】解：根据题意，令g(x)sinx ，
cx(x)b2
化简得
b2
g(x)sinx a (1 c )sinx a  ab2  1 sinx a  ab2  1
c b2 c c 2  1 b c c 2  c 4b
x(x) (x )22(  ) (x )2 2
c 2 4 c 2 4c
，
当c4b
2[0 ，
2
] 时，即当 4bc0 时，g(x)在[0，1]上无最大值，所以 f(a，
4c 4
b，c)无意义，

当c4b
2[0 ，
2
] 时，即当 4bc0 时， g(x)cosx
2ab2(
2
x)
，
4c 4 (cx(x)b2)2

当x[0，
)
时，g(x)0，g(x)单调递增，又因为g(0)0，所以g(x)0，
2

当 x( ，]时，g(x)0，g(x)单调递减，又因为g()0，所以g(x)0，
2
2
a
所以g(x)在 x  处取最大值，所以 f a,b,c|1 4 |1 a ，
2 2 4bc
c b2
4
因为要求a，b，c不相同，为不超过 20 的正整数，
所以当a1， b20 ，c2时， f(a，b，c)取最小值，
第 24 页 共 90 页所以 abc120240 ，
故答案为：40．
1
14．
3
【分析】由x x 和x x 的地位上相同，同时x x 和x x 的地位上也
1 2 4 5 2 3 3 4
相同，分类讨论，即可求解.
【解析】由题意知，x x 和x x 的地位上相同，类似的：x x 和x x
1 2 4 5 2 3 3 4
的地位上也相同，
（1）若x x 最大，设x x a，
2 3 2 3
要使得a最小，则其余的数尽可能的大，其中x x 最大取a，此时x x ，
1 2 1 3
剩下x x 也要尽可能大，取x x a，则ax a1，
4 5 4 5 3
因为x x a，要使得x 尽可能大，则x a,x 0，
2 3 3 3 2
1
此时aaa1，解得a ；
3
（2）若x x 最大，设x x a，
1 2 1 2
与（1）中类似，x  x,x x a时，a最小，
3 1 4 5
同样2ax 1，要使得a最小，则x最大，此时x a,x 0，
1 1 1 2
1
可得2aa1，解得a .
3
综上可得min  maxx x ,x x ,x x ,x x  1 .
1 2 2 3 3 4 4 5 3
1
故答案为： .
3
【点评】本题主要考查了多项式的和的应用，以及不等式和函数的最
值问题，着重考查了分类讨论，转化与回归思想，以及推理与运算能
力.
 1 5
15． 1 1, 

 2 
第 25 页 共 90 页【解析】（1）分三种abc、abc和abc三种情况加以讨论，分
a b c a b c
别求出max , ,  和min , ,  的值，即可算出总有t1成立，得到本
b c a b c a
题答案；
1
,cb2

a b c a b c b
（2）根据题意，可得max , , c，且min , ,  ，因此对 cb2
b c a b c a b
,cb2
c
和 cb2两种情况加以讨论，利用三角形两边之和大于第三边和不等式
的性质进行推导，解不等式组可得t的取值范围.
a b c a b c
【解析】（1）①若abc，则max , , min , , 1 ，
b c a b c a
a b c a b c
此时，t max , , min , , 1 ；
b c a b c a
a b c c a b c b
②若abc，则max , ,  ，min , ,  ，
b c a a b c a c
a b c a b c
此时，t max , , min , , 1 ；
b c a b c a
a b c b a b c a
③若abc，则max , ,  ，min , ,  ，
b c a a b c a b
a b c a b c
此时，t max , , min , , 1 .
b c a b c a
综上所述，若ABC为等腰三角形，则t 1；
a b c 1 b 
（2） a1 ，abc，max , ,  max , ,cc，
b c a b c 
1
,cb2

a b c 1 b  b
min , , min , , c .
b c a b c  b
,cb2
c
1 c
①当 cb2时，t c  ，则ctbt1，由abc，即1btb，
b b
1
当t 1时，b ，
t1
ctbb2，tb，可得t 1 ，即 t2t10 ，解得 1t 1 5 .
t1 2
 1 5
当t1时，bca1，合乎题意，此时，t的取值范围是 1, ；

 2 
第 26 页 共 90 页b
②当 cb2时，t c b，由abc且 cb2，得 1bb2，即 t2t10 ，
c
解得 1t 1 5 .
2
 1 5
当t1时，cba也成立，此时，t的取值范围是 1, .

 2 
 1 5
综上所述，当a1时，t的取值范围是 1, .

 2 
 1 5
故答案为： 1 ； 1, .

 2 
【点评】本题给出三角形三边中任意两边的比值，求它们的最大值与
最小值之积的取值范围，着重考查了三角形两边之和大于第三边、不
等式的基本性质和不等式的解法等知识，属于难题．
16．①③
x24x，x＜0
【分析】g（x） ，F（x）＝max{f（x），g（x）}（x∈R）
x24x，x0
x24x，x2

2x，2＜x＜6 ．画出图象，数形结合即可得出．

x24x，x6

【解析】由gx为偶函数，且当 x0 时，gxx24x，
∴令 x0 ，则x0 ，则gx(x)24x gx，
即当 x0 时，gx x24x，
x24x，x＜0
∴g（x） ，
x24x，x0
x24x，x2

F（x）＝max{f（x），g（x）}（x∈R）2x，2＜x＜6 ．

x24x，x6

画出图象，
由图象可得：①当 x≥6 时，∵x2﹣4x≥2x，∴F（x）＝x2﹣4x，因此正
第 27 页 共 90 页确．
②由图象可得：函数 F（x）不为奇函数，因此不正确．
③﹣2≤x≤6 时，2x＞x2﹣4x，可得函数 F（x）＝2x，因此函数 F（x）
在[﹣2，6]上为增函数，所以函数 F（x）在[﹣2，2]上为增函数是正
确的．
④x≤﹣2 时，g（x）＝x2+4x≥2x，可得 F（x）＝x2+4x≥﹣4，综合可得
函数 F（x）的最小值为﹣4，无最大值，④不正确．
其中正确的是 ①③．
故答案为①③．
【点评】本题考查了函数的图象与
性质、不等式的解法，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，
属于中档题．
17．（2）（3）（4）
【分析】依次判断每个选项的正误：（1）等号成立的条件不满足；（2）
两式相减恒大于 0；（3）利用均值不等式再累加得到证明；（4）ab，
根据范围大小得到分段函数求在最值，判断得到答案.
第 28 页 共 90 页1 1
【解析】（1）y x22 2，当 x22  ，即 x2 1 时成立，
x22 x22
错误；
（2）a0,b0且 a¹b ，则 a3b3ab2a2babab2 0 ，
故 a3b3 ab2a2b 恒成立，正确；
b c a
（3）a0,b0,c0  a 2 b;  b 2 c;  c 2 a，不等式累加得
a b c
b c a
到    a b c ，当abc时等号成立，正确；
a b c
1 1  1  1 
（4）不妨设ab，则hmax , ,a2b2max ,a2b2max ,2a2
a b  a  a 
 1
2a2,a
3 2

1   1 1
max ,2a2 32,a ，故当ab 时， h 有最小值为 32 ，正确.
a   3 2 3 2
 1 1
 ,a
 a 3 2
故答案为（2）（3）（4）
【点评】本题考查了不等式的综合应用，意在考查学生对于不等式的
应用能力.
18． e2
【分析】根据题意，把 f x max  ex2,ex2  写成分段函数，即可求其最
小值.
【解析】当x2时， g(x)e|x2| ex2,h(x)e|x2| ex2，
所以h(x) g(x)，
当2x0 时， g(x)e|x2| ex2,h(x)e|x2| ex2 ，所以h(x) g(x)，
当0x2时， g(x)e|x2| ex2,h(x)e|x2| ex2 ，所以h(x)g(x)．
当2 x 时， g(x)e|x2| ex2,h(x)e|x2| ex2 ，所以h(x)g(x)，
 ex2,x0
综上可知 f x ，
ex2,x 0
第 29 页 共 90 页所以 f x的最小值为 f 0e2.
【点评】本题主要考查了指数函数的性质，分段函数求最值，属于难
题.
19．
3 2
1 1 
【分析】首先，设max , ,a2b2m，从而得到关于 m 的限制条件，
a b 
然后，得到 m 的最小值．
1 1 
【解析】设max , ,a2b2m，
a b 
a、b0，
1 1
m ，m ， ma2b2，
a b
1 1 2
即a ，b ，可得a2b2  ，
m m m2
2
m ，
m2
m 3 2 ，
即有 m 的最小值为 3 2 ，
故答案为 ．
3 2
【点评】本题考查新定义的理解和运用，注意不等式的性质的应用，
属于难题．
20．58
【解析】不妨设 A  A  A 0.
1 2 n
当n3时，由cX2X 及条件，知 2A1 2A2 2An 2A1 A2 An 2A1 A2 An .
而上式左端大于 2A1 2An ；
右端小于或等于 2A1 A2 An 2An ，故 A
1
A
2
A
n
 A
1
1.
又上式左端小于 2A1 1，故 A
1
A
2
A
n
 A
1
1，矛盾.
第 30 页 共 90 页于是，n2且 2A1 2A2 2A1 A2 2A1 A2 .
由韦恩图知其等价于A  A .
2 1
令 A a， A bab，则a1b12006217593459.
1 2
故a59158.
当a58，b33时取到最小值.
21．
2
【分析】利用平方作差法，结合已知条件利用不等式的基本性质得到
x2y5  2x1，进而max  2x1, x2y5  x2y5 ，结合已知条件利用
不等式的基本性质得到x2y50，进而得到max  2x1, x2y5 的最小
值.
【解析】 x2y5 2 2x1 2 3x2y6x2y4，
1 x1
∵

，∴3x3,x1,y1,2y2，
1 y1
∴3x2y632610,x2y412410，
∴3x2y6x2y40，
∴ x2y5 2 2x1 2 0 ，∴ x2y5 2  2x1 2，
∴ x2y5  2x1，
∴max  2x1, x2y5  x2y5
∵y1,∴2y2，结合x1，得x2y51252
∴ x2y5 x2y52（当x1,y1时取得等号），
∴max  2x1, x2y5 的最小值为 2.
故答案为：2
第 31 页 共 90 页3
22．
4
【解析】试题分析：由已知M(x,y) x2 y1，M(x,y) y2x1，则
2M  x2 y1 y2x1
1 1 3 3
 (x2 y1)(y2x1)  x2x y2 y2  (x )2 (y )2   ，则
2 2 2 2
3 1 1 3 3
M(x,y) ．又当x ,y 时，M(x,y) ，所以M(x,y)的最小值为 ．
4 2 2 4 4
考点：新定义，绝对值的性质．
【名师点睛】本题考查新定义，关键是由新定义概念得M(x,y) x2 y1，
M(x,y) y2x1，接着由绝对值的性质得
2M  x2 y1 y2x1  (x2 y1)(y2x1) ，再由配方法可放缩出 M 的一
个下界，要注意这个下界是不是最小值，还要需要能取特殊的x,y值
进行检验，否则可能出错．
23．①②④
【分析】首先根据函数性质确定函数 f x的解析式，再画出函数Fx
的解析式，结合选项，即可判断.
【解析】由条件可知，f 0ab=0，当x趋向正无穷时，y趋向 b，所
以b=2，
x
1
则 a=2 ，即 f x=2  2 ，
2
x
令 f x=gx，即2   1  2=2 x2，得x=1，
2
如图，画出函数Fx=max  f x,gx的图象，
第 32 页 共 90 页函数Fx是偶函数，在区间,2单调递减，当x=0时，函数取得最大
值 2，
1
Fx ，无实数根，故①②④正确，③错误.
2
故答案为：①②④.
24．5
 3
2k3 2 ,k 1,
【解析】由结论 1，可得dM,B   k ，则
min max1,k
 2k3,k 1,
max  dM,B  5
k0 min
25．
1
【分析】分别求出 f xgx，f xgx的解集，即可得出函数Mx的
解析式，再根据一次函数和二次函数的图象作图即可，即可求出函数
的最小值，从而可得出答案.
【解析】解：当x3x12，即 x2x20 ，
即1x2时，Mxx3，
当当x3x12， x2x20 ，
即x2或x1时，Mxx12，


x3,x1,2 
所以Mx ，

x12 ,x,12,
函数图象如图所示：
第 33 页 共 90 页由图可得，函数Mx在,1，1,2上递减，在2,上递增，
所以Mx M 2231.
min
故答案为： 1.
26．
213
2
【分析】由已知在同一坐标系中分别画出 f x x24 与 f x x1的图
1 2
象，数形结合确定最低点位置，再联立方程组求解即可．
【解析】在同一直角坐标系中分别画出 f x x24 与 f x x1的图象
1 2
如图，
两个函数的图象有四个交点 A，B，C，D．由图可知，B 为函数
f xmax  x24,x1  图象的最低点，联立方程组


y4x2
，解得 x 1 21
yx1 2
或 1 21（舍去），
x
2
所以 f xmax  x24,x1  的最小值为 1 21 1  213 ．
2 2
第 34 页 共 90 页故答案为：
213．
2
27．①④
【分析】把 f xmaxsinx,cosx根据题意写成分段函数的形式，画出函
数的部分图像，根据图像即可判断值域、函数值的正负、周期性、对
称轴.
 π 5π 
sinx,x

2kπ, 2kπ

 4 4 
【解析】由题意得，函数 f xmaxsinx,cosx  ,kZ ，
  3π π 
cosx,x 2kπ, 2kπ
   4 4 
如图，作出函数 f x在2π,4π的图像.
 3π 5π
由图可知：函数 f x为周期函数，最小正周期为 2π ，   ,  为其中
 4 4 
一个周期.
 3π 5π
在  , 内，
 
 4 4 
①当x0时，函数 f x有最大值 cos01 ，
5π
当x 时，函数 f x有最小值 sin 5π  2 ，
4 4 2
 2 
所以函数 f x的值域为  ,1 正确；
 2 
3π
②当 0xπ 时， f x0，所以当2kπx 2kπkZ时， f x0错误；
2
③函数 f x的最小正周期为 2π ，所以π是函数 f x的一个周期错误；
π 5π
④函数 f x关于x 2kπkZ和x 2kπkZ对称，
4 4
π
所以函数 f x图像的对称轴为x kπkZ正确.
4
故答案为：①④
第 35 页 共 90 页28．2
【分析】将y用x表示，写出分段函数的表达式，利用函数的单调性
求最小值即可求解.
【解析】由2x2xy2x(1y)，因为x,y0，
1 2 1 1
由  2可得y ，因为y 0，所以x ，
x y1 2x1 2
所以当0 y1，即x1时，2x2xy，
1
当y1，即  x1时，2x2xy，
2
2x,x1
 1
所以M max2x,2xy
1
，因为y ，
2xy,  x1 2x1
 2
2x,x1

所以M  2x 1 ，
 ,  x1
2x1 2
当x1时，M 2x2，
1 2x 2x11 1
当  x1时，M   1 单调递减，
2 2x1 2x1 2x1
1 1
所以M 1 1 2 ，
2x1 211
所以
M
的最小值为 2，
故答案为:2.
29．[1.+∞）
【分析】作出F(x)的图象,结合图象即可得F(x)的值域.
【解析】解：因为当x3时， f(x)3x,
令3xlog x，解得 x2 ，
2
当x3时， f(x)x3,
因为 f(5)2,g(5)log 52 f(5) ,
2
11 5
f(5.5)2.5,g(5.5)log log 25  2.5，
2 2 2 2
第 36 页 共 90 页所以x (5,5.5)，使得x 3log x ，
0 0 2 0
3x,x2

所以F(x)log x,2xx ，
2 0

x3,xx
0
画出F(x)的图象如图，
由图易知，F(x)的最小值为F21,
∴F(x)的值域为[1，+∞）.
故答案为：[1，+∞）.
30．
2
【分析】作出函数 f x x3 ，gx2x图像，进而结合题意，数形结
合求解即可.
【解析】解：如图，作出函数 f x x3 ，gx2x图像，
所以，图像实线图像即为函数Fx的图像，
由图可知，当x1时，Fx有最小值
2
所以，Fx的最小值为
2
故答案为：
2
第 37 页 共 90 页31．
0,2

【分析】比较 f(x)与g(x)的大小，求得max{f(x),g(x)}，令h(x)max{f(x),g(x)}，
求得h(x)的最小值为 2aa2，由 2aa2 0 即可得出答案．
【解析】 x22ax2a(2xa2)x2(2a2)xa(a2)(xa)[x(a2)] ，
当xa或xa2时， f(x)g(x)；当a xa2时， f(x) g(x)，
x22ax2a,x a或 x a2
故maxf (x),g(x) ，
2xa2,a xa2
令h(x)max{f(x),g(x)}，
当xa或xa2时， h(x) x2 2ax2a(xa)2 2aa2 2aa2；
当a xa2时， h(x)2xa2，单调递增，则当xa时，h(x)取最小值 2aa2，
所以h(x)的最小值为 2aa2，
若max{f(x),g(x)}0恒成立，则 2aa2 0 ，解得0a2．
故答案为：[0,2]．
32．
1,4

【分析】作差法比较两个函数的大小，得出M(x)的解析式求值域.
【解析】令 F(x) g(x) f(x)x12x3x2x1
解F(x)0得，x<2或x1，此时， M(x) g(x)x12；
解F(x)0得，2x1，此时，M(x) f(x) x3.
x12 ,3 x2
所以，M(x)
x3,2 x1
第 38 页 共 90 页显然，M(x)在x3,2上单调递减，最大值为M(3)4，最小值为
M(2)1，值域为[1,4]；
M(x)在x[2,1]上单调递增，最大值为M(1)4，最小值为M(2)1，值
域为[1,4].
综上可得，当x[3,1]时，M(x)的值域为[1,4].
故答案为：[1,4].
33．
6
【分析】根据a29b2

2 a29b2
6a
，分 1 6a， 1 6a讨论求解.
b b a a
【解析】解：因为a29b2

2 a29b2
6a
，当且仅当a3b时，等号成立；
b b
当 1 6a，即 a 6 时，hmax   1 , a29b2  a29b2 6a 6 ，
a 6 a b  b
当 1 6a，即 0a 6 时，hmax   1 , a29b2  6，
a 6 a b 
综上： 的最小值是 ，
h 6
故答案为：
6
34．5 13
2
【分析】先通过比较求出函数的解析式，再各段求出最小值即可.
【解析】解：令 x22x x1 ，解得 x 3 13或 x 3 13，
2 2
 3 13 3 13
x22x,x 或x
则Mxmax  f x,g x   2 2 ，
 3 13 3 13
x1, x

 2 2
当 x 3 13或 x 3 13时，Mx  M  

3 13 

 5 13 ，
2 2 min  2  2
当3 13 x 3 13时，函数没有最小值但大于5 13 ，
2 2 2
第 39 页 共 90 页综上：函数的最小值为5 13
.
2
故答案为：5 13
.
2
35．-1
【分析】利用导数研究g(x)的单调性并确定其值域，由二次函数性质
确定 f(x)值域，根据题设定义求 A、B，即可得结果.
【解析】由二次函数性质知： f x 0,，（f 1）0，（f 0）1，
x1 x
而g(x) ，则g(x) ，
ex ex
所以(,0)上g(x)0，g(x)递增，(0,)上g(x)0，g(x)递减，
当x趋向负无穷时g(x)也趋向负无穷，当x趋向正无穷时g(x)趋向 0，
而g01，g（1）0，
所以g(x)(,1]，
则可得，M（x） （f 1）g（1）0，A0，m（x）g（0） （f 0）1，B1，故 AB1.
故答案为：-1
36．16
【分析】令 f xgx，可得xa2或xa2，由题易知H x的最小值
1
A44a ，H x的最大值 B124a ，则可求出答案.
2
【解析】 f x xa2  2 44a ， gx xa2  2 124a ，
令 f xgx，得xa2或xa2．
因为H xmax  f x,g x，H xmin  f x,g x，
1 2
第 40 页 共 90 页所以H x的最小值A f(a2)44a，H x的最大值Bg(a2)124a，
1 2
所以AB44a124a16．
故答案为：16.
37． 4 ，3- 5
2
 1 5 1 5
x2,x 或x
【分析】先得到 f x    2 2 ，再求解.
 1 5 1 5
x1, x

 2 2
 1 5 1 5
x2,x 或x
【解析】因为函数 f xmax  x2,x1     2 2 ，
 1 5 1 5
x1, x

 2 2
所以 f 222 4，
作出函数的图象，如图所示：
第 41 页 共 90 页由图象知，当 x 1 5 时， f(x)的最小值为3- 5，
2 2
故答案为： 4，3- 5
2
38．1
【分析】结合图象可得答案.
【解析】
如图，函数ylog x,y3x 在同一坐标系中，
2
且log 2321，所以M(x)在 x2 时有最小值，即M(2)1.
2
故答案为：1.
39．3
【分析】令 f xx,gxx24x，进而根据题意作出函数图像，数形结
合求解即可.
【解析】解：令 f xx,gxx24x，
解方程 f xgx得函数图像的交点横坐标为x 0,x 3，
1 2
第 42 页 共 90 页所以当 x0 或x3时， f xgx，当0x3时， f xgx，
所以min  x,x24x  


x24x,x,03,
，
x,x0,3
故令hxmin  x,x24x ，即hx


x24x,x,03,
，
x,x0,3
所以作出hx的图像如图，
所以根据图象，当 x0 时，max  min  x,x24x  h33 .
故答案为：3
9 7
40．
5 3
 x  x
【分析】分别令 f xmin2x1,3x,2  ，gxmax2x1,3x,2  ，进
 2  2
而作出函数图象，利用函数图象数形结合求解即可得答案.
 x
【解析】解：令 f xmin2x1,3x,2  ，作出图形如图 1（实线部分），
 2
 x
由函数图象可知， f xmin2x1,3x,2  在点 A 处取得最大值，
 2
 x
y2 2 9
所以联立  2 解得A ,  ，
 y2x1 5 5
 x 9
所以 f xmin2x1,3x,2  的最大值为
 2 5
第 43 页 共 90 页 x
令gxmax2x1,3x,2

， 作出图形如图 2（实线部分），
 2
 x
由函数图象可知，gxmax2x1,3x,2

在点
B
处取得最小值，
 2
y3x 2 7
所以联立  解得B ,  ，
y2x1 3 3
 x 7
所以gxmax2x1,3x,2

的最小值为
 2 3
9 7
故答案为： ；
5 3
41．1
【分析】根据题干中max函数的定义，可以得到所求函数为分段函数，
求出每一段的最小值，取其中的最小值即可
第 44 页 共 90 页【解析】令x2x1 x2 得：x3或x1，由题意可得：
x2x1,x3

max  x2x1, x2   x2,3x1 ，画出函数对应的图像如下：

x2x1,x1
由图可得：当x1时，max  x2x1, x2 最小，代入解析式可得：最小
值为 1
故答案为：1
42．3.
【分析】将函数 y2x,yx23x5 的图像画在一个坐标系中，根据题
干知取该图中靠上的部分就是 f(x)max{x2,x23x5} 的图像，在这个图
像中找到最低点，最低点的纵坐标就是函数的最小值.
第 45 页 共 90 页【解析】
根据题意在一个坐标系中画出 y2x,yx23x5 两个函数的图像，得
到图像如上图，
取其中靠上的部分，即曲线AC，线段
AB
，曲线
BD
这三部分所构成的
分段函数，
就是 f(x)max{x2,x23x5} 的图像，再取这部分图像的最低点，由图知
应该是点
A
，该点的纵坐标即函数的最小值.
yx2
联立  x24x30 x1或x3，由图知x 1，代入函数表
yx23x5 A
达式得到y 3，即函数的最小值为 3.
A
故答案为：3.
43．
m
m1或1m3或m4
【分析】作出函数 f(x)max  x24x2,x,x3 ，数形结合，解m1或
第 46 页 共 90 页m24m21 或m31即可得答案.
【解析】解：如图，作出函数 f(x)max  x24x2,x,x3 ，
根据图像， f(m)1等价于m1或 m24m21 或m31，
解不等式得m1或1m3或m4，
所以实数m的取值范围
m
m1或1m3或m4
故答案为：
m
m1或1m3或m4
44．
51
.
2
2abm
 b  
【解析】设min2ab, m ，则  b ，
 a2b2  m
a2b2
b
所以m2 (2ab) .
a2b2
设给定的正实数，，
令


1
，解得 2 
51，2

51，所以
m2 
51
.
2 21
2 2 2
则 2abb2 2a2 2b2 b2 2a2  21  b2 51，
m2    
a2b2 a2b2 a2b2 2
第 47 页 共 90 页2 51
当且仅当a ，b 时等号均成立，
2 51 51 2 51 51
故m的最大值为
51
,
2
故答案为：
51
.
2
1 4
45．
4 9
【分析】设 a,b,c0,a c ，然后分bmin{a,b,c}，cmin{a,b,c}讨论，再验
证得解min{a,b,c}的最大值；显然 b24ac 0 ，分amax{a,b,c}和bmax{a,b,c}
讨论可得max{a,b,c}的最小值.
【解析】设 a,b,c0,a c ，
若bmin{a,b,c}，则 c2 b2 4ac 4c2，矛盾；
1
若cmin{a,b,c}，则 b2 4ac 4c2 ，则b 2c，于是1abc 4c，解得c ，
4
此时取 f(x) 1 x22x1 ，此时函数零点为x=1，满足条件，故min{a,b,c}
4
1
的最大值为 ；
4
由题 b24ac 0 ，
若amax{a,b,c}（c同理可得），则 b2 4ac 4bc ，则b 4c,a b 4c，
1 8
则1abc4c4cc9c ，则c ，ab1c ，
9 9
4 4
a ，则max{a,b,c}的最小值是 ；
9 9
4 16 4
若bmax{a,b,c}，假设b ，则4acb2  ，则ac ，
9 81 81
5 1 1
而ac1b ，所以(ac)2 (ac)24ac ，则ac （设ac），
9 9 3
5 1
 4 4
所以 acac 9 3 4 ，则ab 矛盾，所以b ，
a   9 9
2 2 9
此时 f(x) 1 4x24x1 ，零点x 1 满足条件，
9 2
第 48 页 共 90 页1
若b0，则min{a,b,c}b0  ，max{a,b,c}b；
4
1 4
综上，min{a,b,c}的最大值是 ，max{a,b,c}的最小值是 .
4 9
1 4
故答案为： ； .
4 9
46．3
【分析】在同一坐标系作出 yx24,yx2,yx3 的图象，然后根据
f x的函数定义得到其函数图象，由图象可求解出 f x的最小值.
【解析】在同一坐标系作出 yx24,yx2,yx3 的图象如下图：
根据取最大值函数的定义可知 f x的图象如下图所示：
根据 f x的图象可知， f x的最小值在 yx2 4, yx2 的一个交点处
取到，
令 x24x2 ，解得x=1或 x2 （舍），
所以 f x 1243 ，
min
第 49 页 共 90 页故答案为：3.
【点评】思路点睛：求解形如ymax  f x,gx（或ymin  f x,gx）
的函数的最小值（或最大值）的步骤：
（1）根据 f xgx，先求解出两个图象交点的横坐标；
（2）根据 f x,gx图象的相对位置对图象进行取舍，由此得到
ymax  f x,gx（或ymin  f x,gx）的函数图象；
（3）直接根据函数图象确定出最大值（或最小值）.
47．4
【分析】由定义确定 的解析式，然后由函数的性质得结论．
M
【解析】 y2x是增函数，y2x3是增函数，y6x是减函数，
x2时， 2x 2x2x3 ， 0 x2 时， 2x 22x3 ， x0 时， 2x 02x3 ，
所以 2x 2x3 ，所以M max  2x,2x3,6x  max{2x,6x}，
6x,x2
又 y2x与y6x的交点是(2,4)，所以M  ，它在(,2]上递减，
2x,x2
在[2,)上递增，
所以 x2 时，M 4．
min
故答案为：4．
【点评】思路点睛：本题考查新定义函数，求新定义函数的最值．一
般方法是作出函数图象，由图象得出新函数的图象与解析式，从而得
出新函数性质，本题中由于有两个式子的大小关系是确定的，因此三
个式子的最值转化为两个数的最值，只要考虑这两个函数的单调性即
易得结论．
第 50 页 共 90 页 3 5 
48．  , 5
 5 
 x y,(x2y 0)
【分析】原题等价于z 满足 x2 y2 1 区域部分，根据图
2xy,(x2y0)
形可以求出.
【解析】(x+y)-(2x-y)=-x+2y，
 x y,(x2y 0)
设方程x2y0对应的直线为 AB，z  ，
2xy,(x2y0)
直线为 AB 将约束条件 x2 y2 1 所确定的平面区域分为两部分，令
z = x+y，点(x,y)在半圆 ACB 上及其内部，
1
如图求得- 3 5
z 2
；
5 1
令z =2x- y，点(x，y)在半圆 ADB 上及其内部(除 AB 边)，求得
2
- 3 5 z 5 ，
5 2
如图，
第 51 页 共 90 页 3 5 
综上可知，z 的取值范围为  , 5.
 5 
 3 5 
故答案为：  , 5.
 5 
【点评】本题考查不等式比较大小，考查不等式表示的平面区域，利
用数形结合解决是有效途径.
49．2
【分析】本道题是一道数形结合题型，通过绘图，结合图形理解，发
现gx必过0,2点，代入，即可．
2 2
 T=  4
【解析】令kxsin x，mxx22x2，可知kx周期为 w  ，
2
2
b 2
故关于 x=1 对称，而mx也是关于x  1对称，故 f x关于x1
2a 21
对称，在1,1上，kx递增，而mx递减，mx递增,故 f x kxmx
递增，在1,3 上，kx递减，mx递增，mx递减,故 f x kxmx递
减，当x0, f x2，故0,2在 f x上,绘制出hx的图像.实线为hx的
图像.
第 52 页 共 90 页而hxmin  f x,gx ,而hx最大值为 2，所以0,2必为 f x,gx的交点，
故0,2也在gx xt 上,所以代入gx的解析式中，得到 0t 2，而t0，
所以 t=2.
【点评】本题以新定义为背景，考查函数的图象与性质，考查数形结
合的思想方法，解题关键抓住函数 f x的图象与性质,属于中档题.
50． 3 32 5
4
【分析】先表示出 f x的解析式，然后作出 f x的图象，根据图象求
3 
解出最大值；结合图象分析值域为 ,2 时定义域的情况，由此确定出
 
4 
m,n的取值情况，即可求nm的最大值.
【解析】当x23x3 x33时，解得x1或x3，
 x3 3,x,13,
所以 f x ，
x23x3,x1,3
作出 f x的图象如下图所示：
第 53 页 共 90 页由图象可知：当x3时， f x有最大值，所以 f x  f 33；
max
当 f x 3 时，解得x 3 或 3 或21；
4 4 2 4
当 f x2时， x 3 5或 x4 ，
2
由图象可知：当m   3 , 3  ， n 3 5 时， f x的值域为   3 ,2   ，此时nm
4 2 2 4 
的最大值为3 5 3 32 5 ；
 
2 4 4
当m4,n 21 时， f x的值域为   3 ,2   ，此时 nm 5  32 5，
4 4  4 4
由上可知，nm的最大值为32 5，
4
故答案为：3；32 5
.
4
【点评】思路点睛：本题考查取最小值函数的应用，处理这一类函数
时，图象法是首选方法，通过数形结合的思想能高效的将问题简化.
常见的图象应用的命题角度有：（1）确定方程根的数目；（2）求参数
范围；（3）解不等式；（4）研究函数性质.
51． 10,
【分析】设gxx2ax3a5，hx x 2，分析可知函数gx至少有一
个零点，可得出0 ，求出a的取值范围，然后对实数a的取值范围进
行分类讨论，根据题意可得出关于实数a的不等式，综合可求得实数a
的取值范围.
【解析】设gxx2ax3a5，hx x 2，由 x 20可得x2.
第 54 页 共 90 页要使得函数 f x至少有3个零点，则函数gx至少有一个零点，则
a212a200 ，
解得a2或a10.
①当a2时，gx x22x1，作出函数gx、hx的图象如下图所示：
此时函数 f x只有两个零点，不合乎题意；
②当a2时，设函数gx的两个零点分别为x、x x x ，
1 2 1 2
要使得函数 f x至少有3个零点，则x 2，
2
a
 2
所以， 2 ，解得a；
 g245a50
③当a10时，gxx210x25，作出函数gx、hx的图象如下图所示：
由图可知，函数 f x的零点个数为3，合乎题意；
④当a10时，设函数gx的两个零点分别为x 、x x x ，
3 4 3 4
要使得函数 f x至少有3个零点，则x 2，
3
第 55 页 共 90 页a
 2
可得 2 ，解得 a4 ，此时a10.
 g24a50
综上所述，实数a的取值范围是 10,.
故答案为： 10,.
【点评】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.
 1   1
52．

 ,00,

 2   2
【分析】根据题意求出 f(x)解析式，然后画出 f(x)的图象，再由对任意
xR ，都有 f(x2) f(x)，可得将 f(x)的图象向右平移 2 个单位后，图
象在y f(x)的非下方，结合图象得 4t2(4t2)2 ，从而可求得结果.
【解析】因为函数 f(x)是定义域为 R 的奇函数，所以 f(0)0，
x2 x x
当x0时，由   2t2，得 x 2t2，
t2 2 2
 x
 2t2,x 2t2
x2 x x    2
所以 f(x)min  , 2t 2 ，
t2 2 2  x2

x
,0 x 2t2
t2 2
因为 f(x)是定义域为 R 的奇函数，
第 56 页 共 90 页 x
 2t2,x 2t2

 2
所以当 x0 时， f(x) ，
  x2  x , 2t2 x0
 t2 2
当
x
2t2时，由 f(x)0，得 x4t2，
当
x
2t2时，由 f(x)0，得 x4t2，
所以 f(x)的图象如下图，
因为对任意xR ，都有 f(x2) f(x)，
所以将 f(x)的图象向右平移 2 个单位后，图象在y f(x)的非下方，
1 1
所以 4t2(4t2)2 且 t0 ，解得 t ，且 t0 ，即实数 t 的取值范围是
2 2
 1   1

 ,00,

，
 2   2
 1   1
故答案为：

 ,00,

 2   2
【点评】关键点点睛：此题考查函数奇偶性的应用，考查分段函数，
考查不等式恒成立问题，解题的关键是根据题意求出函数析式，画出
图象，结合函数图象求解，考查数形结合的思想，属于较难题.
1
53．1
20202
1
【解析】解析：最大值为1 ．
20202
a i
S  min i ,x 1a ,x 1 x x x
记 1i2020 1 i a i k1 k 0 ，则a i  x i x i1 ，故S  i x i1 1 x i1，即
k i i
k1
x
1S  i1 ，对i1,2,3,,2020,
x
i
求和，并结合算术-几何平均不等式，
第 57 页 共 90 页1
有 2020(1S) 2  020 x i12020   x 0   2020  2020  2020 ，
i1 x i x 2020  20202 20202
1
故S 1 ，等号当 a (20202)i (20202)i1(i1,2,3,,2020) 时取到．
20202 i
1
所以原式的最大值为1 ．
20202
1
故答案为：1 .
20202
54．1
2
b 1 1 1
【解析】根据均值不等式得到  ，考虑a 和a 两种情况，
a24b2 4a 4a 4a
计算最大值得到答案.
b 1 1 1
  
【解析】a24b2 a2 a2 4a ，
4b 2 4b
b b
1 1  b  b 1 1
当a ，即a 时，hmina,    ，
4a 2  a24b2 a24b2 4a 2
1 1
a ，b 时等号成立；
2 4
1 1  b  1
当a ，即a 时，hmina,  .
4a 2  a24b2 2
综上所述：h 的最大值是1 .
2
故答案为：1
.
2
【点评】本题考查了利用均值不等式求最值，意在考查学生的计算能
力和转化能力，分类讨论是解题的关键.
55． 2 .
8
2x
【分析】根据取小定义， f(x)g(x) 2g(x)，则有
x28
1 1 1 2
g(x)   
8 8 4 2 8 ， f(x)情况相同，即可得解.
x 2 x
x x
【解析】由题意可得：当 f(x)g(x)时，有：
minf(x),g(x)g(x)，
第 58 页 共 90 页2x
那么 f(x)g(x) 2g(x)，
x28
1 1 1 2
g(x)   
即当x0时， 8 8 4 2 8 ，
x 2 x
x x
当x=0时，g(x)0，故
g(x)
2 ，
8
当 f(x) g(x)，同理可得 f(x) 2 ，
8
x
显然，当 f(x) g(x) ，
x28
f(x)和g(x)都可取到最大值 2 ，
8
综上可得：min｛f(x)，g(x)｝的最大值为 2 .
8
【点评】本题考查了取小新定义，考查了基本不等式求最值，同时考
查了推理运算能力，属于较难题.
56．1
2
【分析】min  8x,8xy,8y1，花括号内三个数的底数相同，则对其指数进
1
行比较，当x为最小时，得到x ，并求出最小值 8x的最大值，然后
3
1
讨论当0 x 时，分别研究当xy最小，和y1最小时，对应的范围，
3
从而得到每种情况下的最大值，并对三中情况进行判断，从而得到结
果.
【解析】x、y∈（0，1）时，min  8x,8xy,8y1
可知花括号内三个数的底数相同，则对其指数进行比较，
xxy y2x
①当x为最小时，

，得
x y1 y1x
1
所以1x2x ，即x ，
3
此时 min  8x,8xy,8y1 8x 8  1 3  1 ；
2
1
当0 x ，则y1或者xy为最小，
3
第 59 页 共 90 页1x
②当y1为最小时，y1 xy，则y ，
2
1
1
1x 3 1
y1 1 1
2 2 3
此时 min  8x,8xy,8y1 8y18  1 3  1 ，
2
1x
③当xy为最小时，xy y1，则y ，
2
1x 1 x 1
xyx   
 2  2 2 3
此时 min  8x,8xy,8y1 8xy 8  1 3  1 ，
2
所以，综上所述，min  8x,8xy,8y1的最大值为1 ，
2
故答案为1
.
2
【点评】本题考查运用函数思想解决问题，考查了函数的值域，不等
式的性质，对抽象思维要求较高，属于难题.
3 5 1
57． , 

 4 3
【解析】用a、b、c分别表示BC、CA、
AB
的长度，不妨设abc.
接下来求a的取值范围.
1
当ABC为正三角形时，符合题意，此时，a取得最大值 .
3
下面求a的最小值：
令cxa，b ya.则x y1.
注意到，此时ABC不为正三角形.故x1.
由三角形三边关系有abc y x1.
2S 2S 2S 1 1 1 x
设ABC的面积为 S.则由题设条件有       y .
c b a b a c x1
综上， x1 x x 3 5 .
x1 2
x 1
注意到，1x y1x  x1 3.
x1 x1
第 60 页 共 90 页1
令 f x x1 3.
x1
当1x2时，1x y12x5.
当x2时， f x取最小值 5，并在区间2,上单调递增.
因为 x 3 5 ，所以， f x f  

3 5 

3 5 5.
2  2 
又a1xy1，则a 1  3 5 .
3 5 4
当3 5 a 52 时，可令 b 1 5 a ，c1ab；
4 2
1 1a
当 52a 时，可令bc .
3 2
不难验证，此时题设条件均可得到满足.
综上，所求a的取值范围是3 5
a
1
.
4 3
1
58． /0.5
2
ab
【分析】根据给定条件，借助基本不等式求出 的最大值即得.
a2 4b2
b b
【解析】令hmin{a, }，a0,b0，于是0ha，0h ，
a24b2 a24b2
ab b
则h2  ，当且仅当a 时取等号，
a24b2 a24b2
ab 1 1 1
  
而a24b2 a 4b a 4b 4，当且仅当a  4b ，即 a2b 时取等号，
 2  b a
b a b a
b 1 1 1
因此当a ，且a2b，即a ,b 时，h  ，
a24b2 2 4 max 2
所以min{a, b }的最大值为1 .
a24b2 2
故答案为：1
2
b
【点评】思路点睛：令hmin{a, }，由此建立不等式，再利用不
a24b2
等式性质变形，借助基本不等式求解.
8
59．
3
【分析】设gx3x 1，h  x   x2  2x  1，求出h1 g12，结合函数
第 61 页 共 90 页的单调性作出函数的图象，结合图象，即可得出 m2 ， a12b3.根
2 1 1  4b a1 
据“1”的代换，推得      4 ，结合基本不等式，即可
a1 b 3 a1 b 
得出答案.
【解析】设gx3x 1，h  x   x2  2x  1，
根据指数函数的性质可知，函数gx3x 1在
R
上单调递增，且
g13112；
根据二次函数的性质可知，函数h  x   x2  2x  1在,1上单调递增，
在1,上单调递减，且h112212 g1.
作出函数的图象，
可知 f xmin  3x 1,x22x1 的最大值为 A 点的纵坐标，即h12，
所以 m2 ，a2b2，则 a12b3.
又因为a,b0，
所以，
2 1 1 2 1 1  4b a1  1  4b a1  8
a1  b  3  a1  b   a1 2b 3  a1  b 4   3    2 a1  b 4    3 .
4b a1 1 3
当且仅当  ，且a2b2，即a ，b 时等号成立.
a1 b 2 4
2 1 8
所以，  的最小值为 .
a1 b 3
8
故答案为： .
3
60．1
第 62 页 共 90 页【分析】根据题意作出函数的图象，进而求出函数的最大值.
1 1
【解析】由题意，当0x1时，  x  x x2，当x1时，x2  x  x ；
x x
x2,x(0,1]

从而 f x1 ，作出函数 f x的图象，

,x1,
x
如图所示：
由图可知x1时，函数有最大值 1.
故答案为：1.
7
61． 3 /1.75
4
【分析】根据定义作出函数 f(x)的图象，写出解析式，即可求出 f(x)最
大值；根据函数值域，求出对应点的坐标，利用数形结合进行求解nm
的最大值．
【解析】根据定义作出 f(x)的大致图象，如图，
其中A1,1,B3,3，
3 x3,x1或x3
即 f(x)
x23x3,1x3
由图可知，当x3时， f(x)取最大值 3．
3 3 3 21
当 f x 时，当x1或x3时，由3x3= ，解得：x  或x  ；
4 4 C 4 G 4
第 63 页 共 90 页7 7 5
当 f x 时，当1x3时，由x23x3 ，解得：x  ．
4 4 E 2
3 7
由图可知，若函数 f x在区间 m,n 上的值域为 , ，则nm最大值为
 
4 4
5 3 7
x x =  = ．
E C 2 4 4
7
故答案为：3， ．
4
62．3
【分析】①由大角对大边，结合倍角正余弦公式及充分、必要性的关
系判断；②由幂函数求参数 m，注意验证区间单调性；③由弦化切化
简求值即可；④根据函数定义，由正余弦函数的性质比较大小写出
f x的分段形式，进而确定其值域.
【解析】①当 AB ，则ab，故0<sinA<sinB，而 cos2A=12sin2A,cos2B=12sin2B ，
所以 cos2Bcos2A=2(sin2Asin2B)=2(sinA+sinB)(sinAsinB)<0 ，故cos2Acos2B；
当 cos2Bcos2A=2(sin2Asin2B)=2(sinA+sinB)(sinAsinB)<0 ，而sinA,sinB>0，
所以0<sinA<sinB，故ab，则 AB ；
综上， AB 是cos2Acos2B的充要条件，错误；
②由题设 m23m31 ，解得m=1或m=2；
当m=1时， m2+2m4=1+24=1 ，此时y在0,单调递减，满足题设；
当m=2时， m2+2m4=4+44=4 ，此时y在0,单调递增，不满足题设；
所以m=1，正确；
2sin+cos 2tan+1 4+1
③由tan2，而 = = =5，正确；
sin+cos 1tan 12
 π 5π
cosx,2kπ+ x2kπ+

 4 4
④由题设 f(x)= 且kZ，
 sinx,2kπ 3π x2kπ+ π
 4 4
所以 f(x)[1, 2 ] ，即 f x最大值为 2 ，正确.
2 2
第 64 页 共 90 页综上，②③④正确.
故答案为：3
7
63． .
4
【分析】根据定义作出函数y=f x的图像,根据函数值域,求出对应点的
坐标,利用数形结合进行判断即可.
【解析】根据定义作出函数y=f x的图像如图:(实线部分的曲线).
3|x3|,x1或x3
其中A1,1、B3,3,即 f(x)= .

x23x+3,1<x<3
3 3 3 21
当 f x 时,当x1或x3时,由3 x3  ,解得：x  或x  ;
4 4 C 4 G 4
7 7 5
当 f x 时,当 1 x3 时,由x23x3 解得：x  .
4 4 E 2
3 7
由图像知,若函数 f x在区间m,n上的值域为 , ，则区间m,n长度
 
4 4
5 3 7
的最大值为x x    .
E C 2 4 4
7
故答案为：
4
64．(1,log 7]
2
【分析】作出 f(x)图像后数形结合求解
【解析】作出 yx6,yx28,y2x三个函数图像，
x28,2 x1

由题意得 f xx6,1 x2 ，

2x,x2

第 65 页 共 90 页若 f(x)在(2,m)上有最大值，而 f(1)7，令 2x 7 得xlog 7，
2
数形结合可得当1mlog 7 时， f(x)在(2,m)上有最大值 f(1)7，
2
故答案为：(1,log 7]
2
1  1 5 
65． 0,



,1
6  2 6 
【分析】（1）由题意求得Dx,y，Dy,z的值，然后计算其差值即可；
（2）将原问题进行等价转化，然后分类讨论即可求得实数 n 的取值
范围．
1 1 1 3  1 1 1  1
【解析】解：（1）由题意可得：Dx,ymin 0,  , 1min , ,  ，
4 2 3 4  4 6 4  6
 1 1 1 1 2 2 
Dy,zmin0 ,  ,1 min ,0, 0 ，
 3 3 3 3 3 3 
1 1
则Dx,yDy,z 0 ．
6 6
 1 1 2  1 1 2  1
（2）由题意可得：Dx,ymin0 , m, nmin , m, n ，
 2 2 3  2 2 3  6
1 1 1 1

m 

m 
则：   2 6 或   2 6 ，由 1 m  1 可得 m 1或m 2 ，
2 1 2 1 2 6 3 3
n  n 
 3 6  3 6
第 66 页 共 90 页由 2 n  1 可得n 1 或n 5 ，即当 m 1或m 2 时，n  0, 1     5 ,1   ，
3 6 2 6 3 3  2 6 
2 1 1 5 1 1 1 2
由 n  可得n 或n ，由 m  可得m 或m ，
3 6 2 6 2 6 3 3
1 2 1 5
即当m 或m 时，n 或n ，
3 3 2 6
 1 5 
综上可得，实数 n 的取值范围是 0,



,1 ．
 2 6 
1  1 5 
故答案为： ； 0,



,1 ．
6  2 6 
66．（2）（3）
【分析】根据不等式恒成立问题和有解问题逐一判断四个选项的正误
即可得正确选项.
【解析】对于（1），x  a,b ，使 f x  gx ，只需 fx gx ，故
0 0 0 max max
（1）错误；
对于（2），x a,b ， f xgx恒成立，即 f  x g  x 0恒成立，
应需 f xgx  0，故（2）正确；
min
对于（3），x  a,b ，x  c,d ， f x gx 成立，
1 2 1 2
即需 f x gx ，故（3）正确；
min max
对于（4），x  a,b ，x  c,d ， f x gx ，，
1 2 1 2
应需 f x gx ，故（4）错误．
max min
综上，正确的命题是（2）（3）．
故答案为：（2）（3）．
 1 
67． ,

 2e3
【分析】设函数 F(x) x2 (x 1 ) x2 x 1 (x0) ，求导，分x 2、0x2两类
ex x ex x
讨论可得存在唯一的 x (1,2) ，使F(x )0，设函数 f(x)min{ x2 ， x 1 }(x0) ，
0 0 ex x
进一步分析 g(x) f(x)cx2为增函数，即可求得实数c的取值范围．
第 67 页 共 90 页x2  1 x2 1
【解析】设函数Fx x  x ,x 0.
ex  x ex x
下面考察函数yFx的符号：
对函数yFx求导得 Fx
x2x
1 1 , x0.
ex x2
当x2时，Fx0恒成立；
x(2x) 2
当0x2时， x2x 1 ，
 
 2 
x2x
1 1 1 1 1
从而 Fx 1  1 11  0.
ex x2 ex x2 x2 x2
∴Fx0在0,上恒成立，故yFx在0,上单调递减.
1 4 3
又F1 0，F2  0，∴F1F20..
e e2 2
且曲线yFx在1,2上连续不间断，所以由函数的零点存在性定理及
其单调性知存在唯一的x 1,2，使Fx 0.
0 0
∴x0,x ，Fx0；xx ,，Fx0；xx 时， x2  x 1 .
0 0 0 ex x
 1
x ,0 x x
x2 1   x 0
∴ f xmin ,x  ，
ex x x2
,x x
ex 0
 1  1
从而hx gxcx2 
 

x x cx2,0 x x 0
,∴hx
 

1 x2 2cx,0 x x 0
,
x2
cx2,xx
x(2x)
2cx,x x
ex 0  ex 0
由函数hx gxcx2为增函数，且曲线yhx在0,上连续不断知
hx0在0,x ，x ,上恒成立.
0 0
x2x 2x
①当x x 时， 2cx0 在x ,上恒成立，即2c 在x ,上
0 ex 0 ex 0
恒成立，
2x x3
记ux ，x x ，则ux ，x x ，
ex 0 ex 0
当x变化时，ux，ux变化情况列表如下：
第 68 页 共 90 页x x ,3 3 3,
0
ux - 0 +
ux

极小值

1
∴ux ux u3 ，
min 极小 e3
2x 1 1
故“2c 在x ,上恒成立”只需2cux  ，即c .
ex 0 min e3 2e3
1
②当0xx 时，hx1 2cx，当c0时，hx0在0,x 上恒成立，
0 x2 0
1
综合①②知，当c 时，函数hx gxcx2为增函数.
2e3
 1 
故实数c的取值范围是 ,

.
 2e3
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数与方程思想，
分类讨论思想，考查逻辑推理与数学运算能力 等核心素养，属于难
题．
68．12,28
【分析】分析函数gxex2,hxe2xaexa24的零点，由条件列不等
式求 a 的取值范围.
【解析】令gxex2,hxe2xaexa24，
因为函数gx有一个零点，函数hx至多有两个零点，
又 f x有三个零点，
所以hx必须有两个零点，且其零点与函数gx的零点不相等，
且函数hx与函数gx的零点均为函数 f x的零点，
由gx0可得， ex20 ，所以xln2，
所以xln2为函数 f x的零点，
第 69 页 共 90 页即hln2e2ln2aeln2a2442aa2428a0，
所以a28，
令hx0，可得 e2x aex a240 ，
由已知 e2x aex a240 有两个根，
设 ex t ，则 t2ata240 有两个正根，
所以a24a240，a0,a240，
所以 a12 ，故12a28，
当12a28时， t2ata240 有两个根，
a
设其根为t ,t ，t t ，则t  ，
1 2 1 2 2 2
a
设Ftt2ata24，则F242aa2428a0，F 0，
2
所以t 2，
1
令ex1 t ,ex2 t ，则x lnt ,x lnt ，
1 2 1 1 2 2
则hx 0，hx 0，
1 2
且gx elnt1 2t 20，gx elnt2 2t 20，
1 1 2 2
所以当12a28时， f x  f x  0，
1 2
所以当12a28时， x,x 为函数 f x的零点，又xln2也为函数 f x的零
1 2
点，
且 与 互不相等，
x,x ln2
1 2
所以当12a28时，函数 f x有三个零点.
故答案为：12,28.
【点评】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令 f x0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
第 70 页 共 90 页(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断
的曲线，且 f a f b0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、
奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的
图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
69．
3
【分析】通过a,b的分类讨论，结合不等式的缩放和基本不等式可求
解．
2 1
【解析】解：设 ab  ，则 ab 3
a b
 2 1  
① ab 3 时，mina,b,  min 3, 3, 3  3；
 a b
2 1  2 1
② a 3,b 3 时，   3，∴mina,b,   3；
a b  a b
 2 1  2 1
③ a 3,0b 3 ，mina,b,  minb,   ，
 a b  a b
2 1  2 1
若b  ，minb,  b  3 ，
a b  a b
2 1  2 1 2 1
若  b，minb,    b 3 ，
a b  a b a b
 2 1
∴mina,b,   3；
 a b
 2 1  2 1
④ a 3,b 3 时，mina,b,  mina,   ，
 a b  a b
2 1  2 1
若a  时，mina,  a  3 ，
a b  a b
2 1  2 1 2 1
若a  时，mina,    a  3 ，
a b  a b a b
 2 1
∴mina,b,   3；
 a b
2 1
⑤ a 3,b 3 时，   3，
a b
 2 1
∴mina,b,   3
 a b
 2 1
综上：mina,b,   的最大值为 3
 a b
第 71 页 共 90 页故答案为:
3
【点评】本题考查新定义的理解和运用，考查分类讨论思想方法，以
及不等式的性质，是一道中档题．
70．
2
1 2 4  1 2 4
【解析】记M min , , ,3 abc ，那么M  ，M  ，M  ，
a b c  a b c
8 2
于是M3  ，得 3 abc  ． ①
abc M
又 M  3abc ． ②
2
由①②可得M  ，所以 M  2 ，即M  2，当且仅当 c2b4a2 2 时
M max
取得．
71．13
1 15z 1 5 1
【解析】由题设得  ，  ，  5z.
x 2 z 2 y
2 1 1 z  2 1 1 z 
则 f    1 2   1 
x x z x  y y z y
2 15z 5 z  2 5 z 
   1 2  5z  1 
x 2 2 x  y 2 y
5 z 5 z 5 z 5 z
  15   2 2 5   
2 x 2 x 2 y 2 y
2 2
5 z 3  z 2 
13    5   13
   
2 x 5  y 5
2 1 2
当x,y,z , ,  时，上式等号成立.
3 2 5
故 f 13.
max
故答案为 13
72．
3
第 72 页 共 90 页1 1 1 
【解析】设t min , , ,ab2c3 ，
a b2 c3 
1 1 1
则0t ，0t ，0t .
a b2 c3
1 1 1
从而，a ，b2  ，c3  .
t t t
3
所以，tab2c3  .
t
于是， t 3 ，且当 ab2 c3  3 时， t 3.
3
1 1 1 
故 max min , , ,ab2c3  3 .
a,b,cR a b2 c3 
73．2
【解析】由题设得log 2S ，log yS ，log  8x2 S，
x 2 y
3 2 3 2
则
S log
 8x2

32log
2
x

log
x
2

S .
y log y log y S
2 2
于是， S33S20 ，即S2S12 0 ，得S 2.
当 x 2,y4 时取等号.
故答案为 2
74． 2
2
 x2 y2  x3y3 1 2
【解析】令Sx,y minx,y, , t,则t4   t .
 x3 y3 x3 y3   x3 y32 4 2
当 x y 2 时,S  

2 , 2 

 2 ,最大值为 2 .
2  2 2  2 2
75．15
【解析】令 x28xc0 的两根为、，则8．,的不等非负整
数值只有0,8,1,7,2,6,3,5．故c,c ,c ,c 0,7,12,15．所以
1 2 3 4
maxc,c ,c ,c minc,c ,c ,c 15.
1 2 3 4 1 2 3 4
76．
2
第 73 页 共 90 页1 1 1 1 1 1 1 2
【解析】依题设 M,xM,y M ，则  ,  ,M y  .
y x y M x M x M
于是， M2 2,M  2.
1 1 1 1 1
当x 2,y 时，  2,y    2 .
2 y x 2 2
所以， M  2 ，M 的最大值是 2.
77．,2U1,0
【解析】当a21时，aa21，此时， f a f a2；
当1a20时，3a2，此时， f a f 21 f a2；
当0a21时，2a1，此时， f a f a2；
当1a22时，有1a0，此时， f a f a2；
当a22时，a0，此时， f a f a2.
78．
2
2y
【分析】把问题转化为 t2≤(2x+y)· ，利用基本不等式求出最小
x22y2
值.
 2y 
【解析】因为 x＞0，y＞0，t min2xy, ，

x22y2

x2y2
2y 4xy2y2 4 2y2 2(x22y2)
所以 t2≤(2x+y)· = ≤ 2 = =2，当且仅当
x22y2 x22y2 x22y2
x22y2
x=y 时等号成立，所以 0＜t≤ 2 ，所以 t 的最大值为 2.
故答案为：
2
79．
【解析】试题分析：解： = ≤ = ，
当 x≥ 时，即 x≥ 时，t=min{x， }= ，而 ≤ ≤x≤ ，
第 74 页 共 90 页当 x≤ ≤ 时，也即 0＜x≤ 时，t=min{x， }=x，而 x≤ ，
综上 t 的最大值为 ．
故答案为 ．
考点：函数的最值及其几何意义．
80．
[1,
1 5
)
2
【解析】试题分析：显然 ，又 ，
①当 时， ，作出可行区域 ，因抛物线 与直线
及 在第一象限内的交点分别是（1，1）和 ，
从而
②当 时， ，作出可行区域 ，因抛物线 与直线
及 在第一象限内的交点分别是（1，1）和 ，
从而
综上所述，t的取值范围是 ．
考点：不等式、简单线性规划.
81．4
【分析】在同一直角坐标系中绘制出函数 y  x1,y  x22x1,y x7 的
第 75 页 共 90 页图象，根据函数的定义，利用图象即可求函数 f x的最大值.
【解析】解：在同一直角坐标系中绘制出函数
y  x1,y  x22x1,y x7 的图象，如下图所示，
因为函数 f(x)min  x1,x22x1,x7 ，
所以函数 f(x)的图象为图中的实线部分所示，
因为三个函数图象都交于同一点A3,4，
所以由图可知函数 f x有最大值为 4.
故答案为：4.
82．
(1,
1 5
)
2
【分析】根据三角形的性质可由内角 ABC,得到三内角所对边的大
sinB sinC
小关系,结合正弦定理、已知新定义、分类讨论求出min , 的取
sinA sinB
值范围.
b c
【解析】因为内角 ABC,所以有abc,因此有 1, 1,由正弦定理
a b
可知：
sinB sinC b c
min , min , .
sinA sinB a b
b c sinB sinC b c b
若  时, min ,  min ,   ,由三角形三边关系可得：
a b sinA sinB a b a
ab  c  b  a 1 b  ( b )2 b 1 01 b  1 5 ；
b b a b a a a a 2
b c sinB sinC b c c
若  时, min ,  min ,   ,由三角形三边关系可得：
a b sinA sinB a b b
第 76 页 共 90 页cb a b c b c c c 1 5
   1 ( )2 101  ,
b b c b c b b b 2
sinB sinC 1 5
综上所述：min , (1, )
sinA sinB 2
故答案为 1 5
(1, )
2
【点评】本题考查了新定义题,考查了正弦定理、三角形三边关系,考
查了分类思想,考查了数学运算能力.
83．
32
 1 1 
【解析】试题分析：因为，maxa,b,  m，
 a2 b2
1 1
所以，am,bm,  m，
a2 b2
2
整理得，m ，即 m 3 2 ，
m2
 1 1 
所以，minmax(a,b,  )  32 ．
 a2 b2 
考点：新定义问题，不等式的性质，简单不等式的解法．
点评：中档题，理解新定义内容是正确解题的关键．
2kn1k
84．
n1
n n1
【分析】注意到x2xx 1左边含平方项及一次项的乘积，联想到
i i i1
i1 i1
x y2的展开式，将左边整理为平方和的形式，再利用均值不等式的
“平方平均值不小于算术平均值”对 x 进行放缩，即可得解.
k
n n1
【解析】由已知可得2x22xx 2 ，
i i i1
i1 i1
所以， x2x x 2x x 2x x 2x x 2x2 2 ，
1 1 2 2 3 n2 n1 n1 n n
由均值不等式 x 1 2x 1 x 2 2x 2 x 3 2 x k1 x k 2
k
 1 x  x x  x x 
k 1 1 2 k1 k
第 77 页 共 90 页 1 x x x x x 1k1x x   1 x ，
k 1 1 2 2 3 k1 k k k
1
所以，x2x x 2x x 2x x 2  x 2，①
1 1 2 2 3 k1 k k k
由均值不等式
x
k
x
k1
2x
k1
x
k2
2 x
n1
x
n
2x
n
2
nk1
 1  x x  x x  x x  x 
nk1 k k1 k1 k2 n1 n n
 1 x x x x x 1nkx x   1 x ，
nk1 n n1 n n1 n2 k k1 nk1 k
1
所以，x x 2x x 2x x 2x2  x 2，②
k k1 k1 k2 n1 n n nk1 k
①②得
1 1 
2 x2x x 2x x 2  x x 2 x x 2x2  x 2    ，
1 1 2 2 3 n2 n1 n1 n n k k nk1
2knk1 2knk1
所以， x 2  ，故 x  k 1,2,3,,n .
k n1 k n1
2kn1k
故答案为： .
n1
【点评】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的
三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成
定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条
件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生
错误的地方.
85．3 3
4
【解析】解析：不妨设 0ab ，则：
第 78 页 共 90 页ab f abb f2 (a1)2 1a2  1 (1a)3(33a)
3
1 33a33a 4 27
    ，
3  4  16
当且仅当 a 1 ,b 3 时等号成立，
2 2
故 f 的最大值为3 3，
4
故答案为：3 3
.
4
86．2
【分析】画出函数图像即可求解
【解析】由题设 f x x,gxx26x6 的交点的横坐标为 x,x ，且
1 2
x x ，易知x 4，在同一坐标系画出两函数图像如图所示，易知 A(4,2)
1 2 2
则函数的最大值为 2
故答案为：2
87．①②④
【解析】根据等边三角形性质判断①，联立方程组，当C为
AD
中点时，
根据方程是否有解判断②，根据|AB|和|BC|的不等关系判断③，根据
对称性判断④．
【解析】解：

直线yax2与x轴，y轴均相交，a0．
对于①，当ABy60时，则当 BE BA 时，ABE 为等边三角形，故①正
第 79 页 共 90 页确；
yax2
对于②，联立方程组{ ，消元可得： x2 ax10 ，
yx21
解得
a a24
，
a a24
，
x  x 
1 2 2 2
2
若r（a）1 ，则 AC  DC ，即C为 AD 的中点，又D( ， 0) ，
a
 2  a a24  a a24 2 ，即 a24  a  4 (a0)，
a 2 2 3 3a
a24 a2  16  8 ，即 2a47a240 ，解得a2  1 ， a 2 ，
9 9a2 9 2 2
故当 a 2 时， AC  DC ，1{y| yr（a）}，故②正确；
2
AB
对于③， a0 ， AB  BC ，故 h （a） 1，故③错误；
BC
对于④，

直线yax2和直线yax2关于y轴对称，且抛物线
f(x) x21 都关于y轴对称，
g(a)
故g（a） g(a)，即 1成立，故④正确．
g(a)
故答案为：①②④．
【点评】本题考查了直线与抛物线得位置关系，考查数学抽象与运算
求解能力，属于中档题．
88．
1
第 80 页 共 90 页b
【分析】对函数 f(x)的对称轴x 与区间端点
1
，
2
的大小关系分类讨
2
论，再根据二次函数的单调性即可求出min f(x)，记min f(x)g(b)，再
x[1,2] x[1,2]
求g(b)在[1,3]上的最小值，即可得到答案.
b
【解析】函数 f(x)的对称轴x ，
2
b
当 1，即b2时，函数 f(x)在[1,2]上单调递增，所以min f(x) f(1)b；
2 x[1,2]
b b b
当1 2，即2b4时，函数 f(x)在(1, )上单调递减，在( ,2)上单调递
2 2 2
b b2
增，所以 min f(x)  f( )  1 ；
x[1,2] 2 4
b
当 2，即 b4 时，函数 f(x)在[1,2]上单调递减，所以min f(x) f(2)32b；
2 x[1,2]
 b,b2

 b2
设min f(x)g(b)，则g(b) 1,2b4，
x[1,2]  4
 32b,b4

因为b[1,3]，
所以当 1b2 时，g(b)b在[1,2]上单调递减，所以g(b) g(1)1；
max
b2
当2x3时， g(b) 1 在(2,3]上单调递减，所以g(b) g(2)2，
max
4
综上：g(b)在[1,3]上的最大值为
1
，所以maxmin f(x)1.
b[1,3]x[1,2]
故答案为：
1
【点评】本题以“轴动区间定”的二次函数问题为背景，主要考查函数
的最值、单调性，同时考查分类讨论思想的应用，主要以对称轴和区
间的位置关系分三种情况进行讨论，属于中档题．
89．
4
或8/8或
4
【分析】理解所给符号mina,b，maxa,b的意义，据此结合绝对值的
几何意义，研究
f(x)min  x2, xm 的最小值与最大值，由最大值为 3 得解.
第 81 页 共 90 页【解析】由min2,mxmax2,m知，
函数 f(x)min  x2, xm 的自变量在2 与m之间取值（2,m大小不确
定），
故当x2或xm时，|x2|,|xm|都可取得 0，
所以 f(x)min  x2, xm 的最小值为 0，
2m
由绝对值的意义及函数 f(x)的定义，只有当x 时，|x2||xm|，
2
此时得 f(x) 3，
max
2m
即 3 ，解得 m4 或m8.
2
故答案为：4 或-8
90．(1,)
【分析】画出 f x的图象，结合图象求得a的取值范围.
【解析】画出 f x的图象如下图所示，
由图可知，要使 f xa有且只有一个实根，则需 a 1 ，
即a的取值范围是(1,).
故答案为：(1,)
2 11
91．[ , ]．
3 2
382x
【分析】根据题意转化为不等式组

，即可求解.
33x5
【解析】由题意，如果min3,82x,3x53，
382x 2 11 2 11
可得不等式组  ，解得 x ，即实数x的取值范围是[ , ]．
33x5 3 2 3 2
第 82 页 共 90 页2 11
故答案为：[ , ]．
3 2
 5 3
92．  , 
 4 4
a a
【分析】由题可得 a<0，进而得  1, f 10, f(  )0,进而即得.
3 3
1
【解析】因为 f(x) x3ax ，
4
所以 f(x)3x2a ，
1
当a0时， f ¢(x)³0恒成立，函数 f(x) x3ax 至多一个零点，
4
所以hx不可能有3个零点，故 a<0，
a
令 f(x)0，可得 x  ，又∵g(1)0，
3
a a
要使函数h(x)有3个零点，则  1, f 10, f(  )0 ，
3 3
 a
  1
 3
5
即  a0 ，
4
 a a a 1
  a    0
 3 3 3 4
5 3
解得 a ，
4 4
 5 3
故答案为：  , .
 4 4
【点评】对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值
域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最
高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数
的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．
7
93．
2
【分析】在同一坐标系中做出三个函数的图象，根据图示得出新定义
所反应的函数图象部分，并且得到取得最大值的点，联立两函数的方
程得交点坐标，可得答案.
第 83 页 共 90 页【解析】如图所示，y＝min{x＋1，x2－x＋1，－x＋6}的图象为图中
的实线部分，由图像得到所求最大值为图中 B 点的纵坐标．
yx+1 5 7 7
由 得点 B( , )，故所求最大值为 ．
yx+6 2 2 2
7
故答案为： .
2
【点评】本题考查对新定义的理解，以及函数的最值，还考查了数形
结合的思想的运用，属于中档题.
94．6
【解析】依题意写出分段函数解析式，由分段函数的最值求解最大值．
 12
【解析】解：因为 f xmin4x1,x4,  x0
 x
12

,x 2
x

所以 f xx4,1x2，函数图象如下所示：


4x1,0x„1

第 84 页 共 90 页则可知当 x2 时，
 12
函数 f xmin4x1,x4,  x0取得最大值，
 x
最大值为：6．
故答案为：6．
【点评】本题考查新定义函数，分段函数的性质的应用，考查数形结
合思想，属于中档题.
95． ,2  2
【分析】根据 f 0b及新定义即可求得实数b的取值范围；作出函数
hx3 2x1及函数gxax2b的大致图象，根据 f x的最大值为 2 得
到g12，即可得到ab的值．
【解析】由题意得 f 0min2,bb，所以b2，
即实数b的取值范围为,2 ；
在同一坐标系中作出函数hx3 2x1
及函数gxax2b的大致图象如图所示，
第 85 页 共 90 页令3 2x1 2，解得x=1或x0．
结合图象可知，若 f x的最大值为 2，则g1ab2．
故答案为：,2 ；2.
【关键点点睛】解决本题的关键是作出两函数的图象，根据两函数图
象的位置关系及 f x的最大值为 2 得到g12，即ab2.
 5
96． 1, 
 4
【分析】根据给定的函数，按x1,x1,0x1分类讨论，结合函数图象
求解即得.
【解析】当x(1,)时，g(x)lnx0，则h(x) g(x)0，则h(x)0在(1,)
上没有实数解；
1 5
当x1时， f(1)  m,g(1)0，
4 4
5 1
若m ，则 f(1) 0，h(1)0，则x1不是h(x)0的实数解，
4 4
5 1 1
若m ，则 f(1) 0，因此h(1)min{f(1) ,g(1)} g(1)0，则x1是h(x)0
4 4 4
的实数解；
1
当 0 x1 时，g(x)lnx0，则只需讨论 f(x) 0在区间(0,1)的实数解
4
的个数，
1 1 1
由x2mx 0，得m x ，即问题等价于ym与y x ,x(0,1)图象
4 4x 4x
的交点个数，
第 86 页 共 90 页1  1 1 
由于y x ，在区间 0,  上单调递减，在区间  ,1 上单调递增，
4x  2 2 
1 5
结合y x 在区间(0,1)上的图象知，当1m 时，h(x)0有 3 个实数
4x 4
解，
 5
所以实数m的取值范围为 1, .
 4
 5
故答案为： 1, 
 4
【点评】思路点睛：涉及给定函数零点个数求参数范围问题，可以通
过分离参数，等价转化为直线与函数图象交点个数，数形结合推理作
答.
97．1
【分析】由数量积定义求出
a

,b
 夹角，则不妨特殊化向量
a

,b
 ，设a  (1,0)，
    
b (1, 3) ，用坐标运算求出 ac,bc ，从而得出最小值．
  r r r r
【解析】设向量a与 b 的夹角为，则 ab |a||b|cos2cos1 ，所以
cos 1 ，所以60，由此不妨设a  (1,0)， b  (1, 3) ，则
2
r r r r r
c (, 3)(1, 3) ，所以ac 1， bc 12．由0，得11，
r r r r 1  1
所以 min{ac,bc}1，因为120，解得 ，所以

0,

，所
2  2
r r r r  
以当0时， min{ac,bc} 取得最大值，此时c (1,0)，则|c|1．
故答案为：1．
 
【点评】本题考查平面向量的数量积及模，解题关键是求出求出 夹
a,b
第 87 页 共 90 页角，设a  (1,0)，
b

(1, 3)
，化数量积运算为坐标运算，这种特殊化思想，
便于求得最小值．
98．
【解析】函数 f（x）=﹣x+1 图象上的点（x ，x +x ），∴x +x =﹣x +1．
1 2 3 2 3 1
∵min{﹣x ，﹣x ，﹣x }=﹣x ，∴﹣x ＞﹣x ，﹣x ≥﹣x ，∴x ≤x ，
1 2 3 1 2 1 3 1 2 1
x ≤x ，∴﹣x +1≤2x ，解得 x ．
3 1 1 1 1
对一切实数 t，不等式﹣t2﹣ 2x1 2t﹣ 22x1 2x2 2x3 2 +42x2 2x3 2≤0 均成立，
∴△≤0，
化为： ≤0，
∴ ≤ ﹣ ，或 ≥ ﹣ ，
∵x +x =﹣x +1，
2 3 1
∴2（ ）≥ = ，
∴ ≤ ﹣ ≤3﹣ ，及 x ，解得 ≤x ≤ ．
1 1
或 ≥ ﹣ ，则 + + ﹣3≥ + ﹣3≥0，及 x ，
1
解得 ．
综上可得：x 的取值范围是 ．
1
故答案为 ．
99．6,3 
【分析】作出可行域，作出直线x y2xy，此直线上方，取 z=2xy，
下方zxy，分析其最大值和最小值可得 z 的取值范围．
【解析】由 x 2，y 2作出可行域如图，绿色部分2xy较小，红色部
分xy较小，
第 88 页 共 90 页由图可知，z 最大时过点2,1，此时xy3；
z 最小时过点2,2此时2xy6．
∴zminx y,2xy的取值范围为6,3 ．
故答案为：6,3 ．
【点评】本题考查简单的线性规划，只是目标函数不是简单的线性函
数，而是新定义函数zminx y,2xy，因此我们要确定可行域中哪部
分取xy，哪部分取2xy，确定好（如图）再确定最大值和最小值．
100． 2
2
y 1 1
【解析】试题分析：x2y2  x2  2x，当x 1 即 x 2 ，
y 2x 2
y
 y  y y 1 2 y 1
t minx,  ，而   x ，当x  时，即
 x2y2  x2y2 x2y2 2x 2 x2y2 2x
0 x 2 ，tmin  x, y   x，而 x 2 ，综上t的最大值为 2 ．
2 
x2 y2
 2 2
考点：函数的最值
第 89 页 共 90 页第 90 页 共 90 页