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备战2022 年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)
专题11 基本初等函数第七缉
1 ．【2021 年浙江预赛】已知二次函数f ( x)= x
2+ax +b(a,b∈R) 有两个不同的零点. 若
f (x
2+2 x -1)=0 有四个不同的根x1< x2< x3< x4 ,且x1, x2, x3, x4 成等差数列，求a-b 的取值范围.
【答案】答案见解析
【解析】设 f ( x) 的两个零点为 s,t , 其中 s<t ,
则可知 x1, x4 为 x
2+2 x -1-t =0 的两根; x2, x3 为 x
2+2 x -1- s=0 的两根,
所以 x1+ x4= x2+ x3=-2, x1 x4=-1-t , x2 x3=-1- s ,
又 -a= s+t , b= st , 所以 a-b=- s-t - st =1-(1+ s)(1+t ) ,
记 x1=1-3d , x2=1-d , x3=1+d , x4=1+3d , 其中 d >0 ,
a-b=1- x1 x2 x3 x4=9d
2( 10
9 -d
2)≤25
9 .
2 ．【2021 年广西预赛】设f ( x) 在区间I 上有定义. 对任意的x1, x2∈I ,t(0≤t ≤1). 不等式
f ((1-t )x1+t x2)≤(1-t )f (x1)+tf (x2) 总成立. 设n≥2,1≤i≤n, xi∈I , pi≥0 且∑
i=1
n
pi=1. 证明
f(∑
i=1
n
pi xi)≤∑
i=1
n
pi f (xi).
【答案】证明见解析
【解析】证明:(1)当n=2 时，p1+ p2=1 .令p2=t ,由题设条件可得命题成立.
(2)假设当n=k 时命题成立.则当n=k +1 时，对于xi∈I (1≤i≤k +1) 和满足∑
i=1
k +1
pi=1 的
非负实数pi(1≤i≤k +1) ,令α =∑
i=1
k
pi, β =1-α = pk +1 .
(2.1)若α =0 ,即p1= p2=⋯= pk =0, β = pk +1=1 ,则：
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f(∑
i=1
k +1
pi xi)= f ( pk +1 xk +1)= pk +1f (xk +1)=∑
i=1
k +1
pi f (xi) .
(2.2)若α >0 ,记m=min{x1, x2,⋯, xk}, M =max {x1, x2,⋯, xk}, x = 1
α ∑
i=1
k
pi xi ,
则：m, M ∈I ,且m=m 1
α ∑
i=1
k
pi≤1
α ∑
i=1
k
pi xi≤M 1
α ∑
i=1
k
pi= M .
因此，m≤x ≤M , x∈I .
因为α + β =1 ,所以f (α x + β xk +1)≤αf ( x)+ βf (xk +1) .
即f(∑
i=1
k +1
pi xi)≤αf(
1
α ∑
i=1
k
pi xi)+ pk +1f (xk +1) .
∑
i=1
k
pi
α = 1
α ∑
i=1
k
pi=1 ,由归纳假设有f(∑
i=1
k
pi
α xi)≤∑
i=1
k
pi
α f (xi) ,
从而αf(
1
α ∑
i=1
k
pi xi)≤∑
i=1
k
pi f (xi) .
于是,f(∑
i=1
k +1
pi xi)≤∑
i=1
k +1
pi f (xi) .
因此，当n=k +1 时命题也成立.
综上所述，命题成立.
3．【2020 高中数学联赛A 卷（第01 试）】对正整数n及实数x(0≤x<n),定义
f (n, x)=(1- x)⋅Cn
[ x ]+{x }Cn
[ x ]+1,
其中[ x ]表示不超过实数x的最大整数, x = x -[ x ].
若整数m,n≥2满足f (m, 1
n )+ f (m, 2
n )+⋯+ f (m, mn-1
n
)=123,
求f (n, 1
m )+ f (n, 2
m )+⋯+ f (n, mn-1
m
)的值.
【答案】74
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【解析】对k =0,1,…,m-1,有
∑
i=1
n-1
❑f (m,k + i
n )=Cm
k ⋅∑
i=1
n-1
(1- i
n )+Cm
k +1⋅∑
i=1
n-1 i
n = n-1
2
⋅Cm
k +Cm
k +1.
所以,
f (m, 1
n )+ f (m, 2
n )+⋯+ f (m, mn-1
n
)
=∑
j =1
m-1
Cm
j +∑
k =0
m-1
∑
i=1
n-1
❑f (m,k + i
n )
=2
m-2+ n-1
2
⋅[∑
k =0
m-1
Cm
k +∑
k =0
m-1
Cm
k +1]
=2
m-2+ n-1
2
⋅2
m-1+2
m-1=(2
m-1)n-1.
同理得f (n, 1
m )+ f (n, 2
m )+⋯+ f (n, mn-1
m
)=(2
n-1)m-1.
由条件知(2
m-1)n-1=123,即(2
m-1)n=124,故(2
m-1)|124.
又m≥2,所以2
m-1∈{3,7,15,31,63,127,…},
仅当m=5时, 2
m-1=31为124 的约数,进而有n= 124
31 = 4.
进而f (n, 1
m )+ f (n, 2
m )+⋯+ f (n, mn-1
m
)=(2
4-1)⋅5-1=74.
4．【2020 年新疆预赛】已知函数f ( x) 的定义域为[0,1], f (0)= f (1) ,且对任意不同的x1, x2∈[0,1] .都
有|f ( x2)- f ( x1)|<| x2- x1| ,求证:|f ( x2)- f ( x1)|< 1
2 .
【答案】证明见解析
【解析】证明设0⩽x1< x2⩽1.
(1)若0< x2- x1⩽1
2 ,则|f ( xn)- f ( xi)|<| x2- x1|⩽1
2 ,即|f ( x2)- f ( xi)|< 1
2 ;
(2)若1
2 < xz- x1<1 ,则
|f ( x2)- f ( x1)|=|f ( x2)+ f (0)- f (1)- f ( x1)|=|f ( x2)- f (1)+ f (0)- f ( x1)|⩽
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|f ( x2)- f (1)|+|f (0)- f ( x1)|<| x2-1|+| x1-0| ，
而| x2-1|+| x1|=1- x2+ x1=1-( x2- x1)<1- 1
2 = 1
2 ，
综上所述，对任意不同的x1, x2∈[0,1] 都有|f ( x2)- f ( x1)|< 1
2 .
5．【2019 年内蒙古预赛】求函数f ( x)=∑
k =1
2019
❑|kx -1|的最小值
【答案】198969
238
【解析】∵f ( x)=∑
k =1
2019
❑|kx -1|=k∑
k =1
2010
|x - 1
k|，则共有2019×2020
2
=2039190项。
中间项为两项,第1019595,1019596 项。经试值这两项都为|x -
1
1428|.
∴f ( x)min=
1
1428(∑
k =1
1427
❑k +∑
k =1
591
❑k)= 198969
238
.
6．【2019 年北京预赛】对于无理数e =2.71828182845⋯,定义函数f (n)=k,定义域是正整数,其中k是e的
小数点后第n位的数字,规定f (0)=2,则f (f (f (n)))的值域是
(A){3,4,6,9}.
(B){2,0,1,9}.
(C){0,3,5,9}.
(D){1,2,7,8}.
【答案】D
【解析】易知f (n)的值域为{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9},f (f (n))的值域为{1,2,7,8},f (f (f (n)))的值域是{1,2,7,8}.
7．【2019 高中数学联赛B 卷（第01 试）】设a、b、c 均大于1，满足¿，求lga⋅lgc的最大值.
【答案】16
3
【解析】设lga=x，lgb=y，lgc=z，由a，b，>1 可知x，y，z>0.
由条件及换底公式知x + z
y =3, y + z
x = 4，即xy + z =3 y = 4 x.
由此，令x=3t，y=4t(t>0)，则z = 4 x - xy =12t -12t
2.
其中由z>0 可知t∈(0，1).
因此，结合三元平均值不等式得
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lgalgc = xz =3t ⋅12t(1-t )=18⋅t
2(2-2t )⩽18⋅(
t +t +(2-2t )
3
)
3
=18⋅(
2
3)
3
= 16
3
.
当t=2－2t，即t = 2
3(相应的a、b、c 分别为100,10
8
3 ,10
8
3)时，lgalgc取到最大值16
3 .
8．【2018 年山西预赛】求解函数y = x - x
3
(1+ x
2)
2的最大最小值.
【答案】最大值为1
4 ，最小值为- 1
4 .
【解析】
易知函数定义域为全体实数，由于y = x - x
3
(1+ x
2)
2 = 1
2 ⋅2 x
1+ x
2 ⋅1- x
2
1+ x
2，令x = tanθ，则
2 x
1+ x
2 =sin2θ，1- x
2
1+ x
2 =cos2θ，所以y = 1
2 sin2θcos2θ = 1
4 sin 4θ，因此- 1
4 ≤y ≤1
4 ；函数y 最大值为
1
4 ，最小值为- 1
4 .
9．【2018 年福建预赛】函数是数学中重要的概念之一，同学们在初三、高一分别学习过，也知晓其发展
过程.1692 年，德国数学家莱布尼茨首次使用function 这个词，1734 年瑞士数学家欧拉首次使用符号f(x)表
示函数.1859 年我国清代数学家李善兰将function 译作函数，“函”意味着信件，巧妙地揭示了对应关系.密
码学中的加密和解密其实就是函数与反函数.对自变量恰当地赋值是处理函数问题，尤其是处理抽象函数问
题的常用方法之一.请你解答下列问题.
已知函数f(x)满足：对任意的整数a，b 均有f(a+b)=f(a) +f(b)+ab+2，且f(－2)=－3.求f(96)的值.
【答案】4750
【解析】
在f(a+b)=f(a)+f(b)+ab+2 中，令a=b=a，得
f(0)=f(0)+f(0)+0+2，于是f(0)=－2.
在f(a+b)=f(a)+f(b)+ab+2 中，令a=2，b=－2，得f(0)=f(2)+f(－2)－4+2.
∴－2=f(2)_3－4+2，f(2)=3.
在f(a+b)=f(a)+f(b)+ab+2 中，令a=n－2，b=2，得
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f(n)=f(n－2)+f(2)+2(n－2)+2=f(n－2)+3+2(n－2)+2=f(n－2)+2n+l.
∴f(n)－f(n－2)=2n+1.
∴f(96)－f(94)=2×96+1，
f(94)－f(92)=2×94+1，
f(94)－f(92)=2×94+1，
……
上述等式左右两边分别相加，得f(96)－f(2)=2(96+94+…+4)+47.
∴f (96)=2× (96+ 4)
2
×47+ 47+3= 4750.
10．【2018 年贵州预赛】已知函数y =3 x +
❑√x
2-2 x，求该函数的值域．
【答案】(-∞，3-2❑√2]∪[6，+ ∞)
【解析】
令u=x－1，则y =3u+3+
❑√u
2-1，则|u|≥1
设❑√u
2-1=|u|-t ≥0，则0<t ≤|u|min=1，且|u|min= 1
2(t + 1
t)
当u>0 时，y = 3
2(t + 1
t)+3+ 1
2(t + 1
t)-t =t + 2
t +3．
由于0<t≤1，故函数单调递减，所以y≥1+2+3=6
当u<0 时，y = 3
2(t + 1
t)+3+ 1
2(t + 1
t)-t =-2t + 1
t +3≤3-2❑√2（当且仅当t =
❑√2
2 ，即x = 4 -3 ❑√2
4
时取
等号）
所以函数的值域为(-∞，3-2❑√2]∪[6，+∞).
故答案为：(-∞，3-2❑√2]∪[6，+ ∞)
11．【2018 年浙江预赛】设a∈R，且对任意实数b 均有max
x∈[0,1]|x
2+ax +b|≥1，求a 的取值范围.
【答案】a≤-3
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【解析】
解1：f ( x)= x
2+ax +b，对于|b|≥1⇒|f (0)|≥1，
所以只要考虑|b|<1.
（1）当- a
2 ≤0时，即a≥0，此时函数f ( x)的最值在拋物线的左右端点取得，对任意|b|<1有
f (1)=1+a+b<f (0)=b，所以f (1)=1+a+b≥1，
解得a≥1
（2）当0<- a
2 ≤1
2时，即-1≤a<0，此时函数f ( x)的最值在拋物线的顶点和右端点取得，
而对b=0 有|f (1)|=|1+a|<1，|f(- a
2)|=|
-a
2
4 |<1.
（3）当1
2 <- a
2 ≤1时，即-2≤a<-1时，此时函数f ( x)的最值在拋物线的顶点和左端点取得，而对b=0 有
|f (0)|=|b|<1，|f(- a
2)|=|
-a
2
4 |<1.
（4 ）当- a
2 ≥1时，即a≤-2，此时函数f ( x)的最值在拋物线的左右端点取得，对任意
|b|<1有|f (0)|=|b|<1，所以f (1)=1+a+b≤-1,解得a≤-3.
综上或a≤-3.
解2 ：设max
x∈[0,1]|x
2+ax +b|≥1，则有m≥|b|，m≥|1+a+b|⇒2m≥|b|+|1+a+b|≥|1+a|依题意，
|1+a|
2
≥1⇒a≥1，或a≤-3.
12．【2018 年湖南预赛】已知函数f (x)= loga(a x
2- x)．
（1）若a= 1
2，求f (x)的单调区间；
（2）若f (x)在区间[2,4]上是增函数，求实数a的取值范围．
【答案】（1）减区间为(-∞,0)；增区间为(2,+∞)；（2）a>1．
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【解析】
试题分析：
（1）当a= 1
2时，f (x)= log 1
2(
1
2 x
2- x)，由1
2 x
2- x>0可得函数的定义域为(-∞,0)∪(2,+∞)，结合图象
可得函数的减区间为(-∞,0)，增区间为(2,+∞)。（2）令g(x)=a x
2- x，分两种情况考虑。当0<a<1时，
若满足题意则g(x)=a x
2- x在[2,4]上单调递减，且g( x)min=a x
2- x>0；当a>1时，若满足题意则
g(x)=a x
2- x在[2,4]上单调递增，且g( x)min=a x
2- x>0。由此得到关于a 的不等式组，分别解不等式
组可得所求范围。
试题解析：
（1）当a= 1
2时，f (x)= log 1
2(
1
2 x
2- x)，
由1
2 x
2- x>0，得x
2-2 x>0，
解得x<0 或x>2，
所以函数的定义域为(-∞,0)∪(2,+∞)，
结合图象可得函数的减区间为(-∞,0)，增区间为(2,+∞)。
（2）令g(x)=a x
2- x，则函数g(x)的图象为开口向上，对称轴为x = 1
2a的抛物线，
①当0<a<1时，
要使函数f (x)在区间[2,4]上是增函数，则g(x)=a x
2- x在[2,4]上单调递减，且g( x)min=a x
2- x>0，
即¿，此不等式组无解。
②当a>1时，
要使函数f (x)在区间[2,4]上是增函数，则g(x)=a x
2- x在[2,4]上单调递增，且g( x)min=a x
2- x>0，
即¿，解得a> 1
2，
又a>1，
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∴a>1，
综上可得a>1．
所以实数a的取值范围为(1,+ ∞)。
点睛：
求函数的单调区间时容易忽视函数定义域的限制，对数型函数的单调性满足“同增异减”的性质。对于本
题中的（2），同样容易忽视a x
2- x>0的限制条件，解题时要考虑全面，不要漏掉条件。
13．【2018 年湖南预赛】已知函数f ( x)= 2
x+a
2
x+b
.
(1)当a= 4 ,b=-2时，求满足f ( x)=2
x 的x的值；
(2)若函数f ( x)是定义在R 上的奇函数，函数g( x)满足f ( x)⋅[ g( x)+2]=2
x -2
- x，若对任意x∈R 且x
≠0,不等式g(2 x)≥m⋅g( x)-10恒成立，求实数m 的最大值.
【答案】（1）2；（2）4 ❑√2
【解析】
(1)当a= 4 ,b=-2时，f ( x)= 2
x+ 4
2
x -2
=2
x.
即(2
x)
2-3⋅2
x- 4 =0，
解得：2
x = 4 或2
x=−1(舍去)，
∴x=2；
(2)若函数f ( x)是定义在R 上的奇函数，
则f (- x)=- f ( x)，即2
- x+a
2
- x+b
=- 2
x+a
2
x+b
，
即(a+b)(2
- x+2
x)+2ab+2=0，
解得：a=1,b=-1，或a=-1,b=1
经检验a=-1,b=1满足函数的定义域为R，
∴f ( x)= 2
x -1
2
x+1
.
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当x≠0 时,函数g( x)满足f ( x)⋅[ g( x)+2]=2
x -2
- x，
∴f ( x)⋅[ g( x)+2]=2
x -2
- x,(x≠0)，
则g( x)=2
x+2
- x，
不等式g(2 x)≥m⋅g( x)-10恒成立，
即(2
x+2
- x)
2-2≥m⋅(2
x+2
- x)-10恒成立，
即m≤(2
x+2
- x)+
8
2
x+2
- x 恒成立，
设t =2
x+2
- x，则t >2，
即m≤t + 8
t ，t >2恒成立，
由对勾函数的图象和性质可得：当t =2❑√2时, t + 8
t 取最小值4 ❑√2。
故m≤4 ❑√2，即实数m 的最大值为4 ❑√2.
14
．
【
2018
年
重
庆
预
赛
】
设
函
数
f ( x)=a x
2+bx +c（
a≠0
）
满
足
|f (0)|≤2，|f (2)|≤2，|f (-2)|≤2，求当x∈[2,-2]时y =|f ( x)|的最大值．
【答案】5
2
【解析】
解：由题意知¿，解得¿，
从而当x∈[2,-2]时，
y =|f ( x)|=|
f (2)+ f (-2)-2f (0)
8
x
2+ f (2)- f (-2)
4
x + f (0)|
=|
x
2+2 x
8
f (2)+ x
2-2 x
8
f (-2)+ 4 - x
2
4
f (0)|
≤|
x
2+2 x
4 |+|
x
2-2 x
4 |+ 4 - x
2
2
．.
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因为x∈[2,-2]时x
2+2 x
4
⋅x
2-2 x
4
≤0，从而
|f ( x)|≤|
x
2+2 x
4 |+|
x
2-2 x
4 |+ 4 - x
2
2
=|
x
2+2 x
4
- x
2-2 x
4 |+ 4 - x
2
2
=- x
2
2 +| x|+2．
易知当x∈[0,2]时- x
2
2 +| x|+2=- x
2
2 + x +2≤5
2
当x∈[-2,0]时- x
2
2 +| x|+2=- x
2
2 - x +2≤5
2得
max
| x|≤2|f ( x)|≤max
| x|≤2(- x
2
2 +| x|+2)≤5
2．
最后取f ( x)=- 1
2 x
2+ x +2，则|f (2)|=|f (-2)|=|f (0)|=2．
故该函数满足题设条件且在[-2,2]上能取到最大值5
2．因此y =|f ( x)|的最大值为5
2．
15．【2018 年湖南预赛】已知二次函数f ( x)= x
2-16 x + p+3.
（1）若函数在区间[-1,1]上存在零点，求实数p 的取值范围；
（2）问是否存在常数q(q≥0)，使得当x∈[q ,10]时，f ( x)的值域为区间D，且D 的长度为12-q.
（注：区间[a,b] (a<b)的长度为b-a）.
【答案】（1）–20≤p≤12；（2）存在常数q= 8 或q= 9，当x∈[q，10]时，f ( x)的值域为区间D，且D的
长度为12–q．
【解析】
（1）利用零点存在性定理列出关于q 的不等式，然后再利用不等式知识求解即可；（2）先利用单调性求
出函数的值域，再利用区间长度列出关于q 的方程，求解即可。
解：（1）∵二次函数f(x)=x2– 16x+p+ 3 的对称轴是x =8，∴函数f ( x)在区间[-1,1]上单调递减，则函数
f ( x)在区间[-1,1]上存在零点须满足f (-1)⋅f (1)≤0． ……………2 分
即(1 + 16 +p+ 3)(1 – 16 +p+ 3)≤0， 解得–20≤p≤12． …………………4 分
⑵ 当¿时，即0≤q≤6 时，
f ( x)的值域为：[f(8)，f(q)]，即[p–61,q2–16q+p+ 3].
∴区间长度为q2– 16q+p+ 3 – (p– 61) =q2– 16q+ 64 =" 12" –q．
12 / 31
∴q2– 15q+ 52 =" 0" ∴q = 15± ❑√17
2
，经检验q = 15± ❑√17
2
不合题意，舍去．……6 分
当¿时，即6≤q<8 时，f ( x)的值域为：[ f (8),f (10)]，即[p– 61，p– 57]
∴区间长度为p– 57 – (p– 61) =" 4" =" 12" –q∴q= 8．经检验q= 8 不合题意，舍去. …8 分
当q≥8 时，f ( x)的值域为：[f(q)，f(10)]，即 [q2– 16q+p+3，p– 57].
∴区间长度为p– 57 –(q2– 16q+p+ 3) = –q2– 16q– 60 =" 12" –q,
∴q2– 17q+ 72 =" 0" , ∴q= 8 或q= 9．经检验q= 8 或q= 9 满足题意．
所以存在常数q= 8 或q= 9，当x∈[q，10]时，f ( x)的值域为区间D，且D的长度为12–q．
………………………10 分
16．【2018 年贵州预赛】已知函数y =3 x +
❑√x
2-2 x，求该函数的值域．
【答案】(-∞，3-2❑√2]∪[6，+ ∞)
【解析】
令u=x－1，则y =3u+3+
❑√u
2-1，则|u|≥1
设❑√u
2-1=|u|-t ≥0，则0<t ≤|u|min=1，且|u|min= 1
2(t + 1
t)
当u>0 时，y = 3
2(t + 1
t)+3+ 1
2(t + 1
t)-t =t + 2
t +3．
由于0<t≤1，故函数单调递减，所以y≥1+2+3=6
当u<0 时，y = 3
2(t + 1
t)+3+ 1
2(t + 1
t)-t =-2t + 1
t +3≤3-2❑√2（当且仅当t =
❑√2
2 ，即x = 4 -3 ❑√2
4
时取
等号）
所以函数的值域为(-∞，3-2❑√2]∪[6，+∞).
故答案为：(-∞，3-2❑√2]∪[6，+ ∞)
17．【2018 年山东预赛】实数a、b、c满足a
2+b
2+c
2= λ(λ>0)，试求f =min{(a-b)
2,(b-c)
2,(c -a)
2}
的最大值．
13 / 31
【答案】f max = λ
2
【解析】
不妨设a≤b≤c，令b=a+ s，c =a+ s+t ，s≥0，t ≥0，
则由条件知a
2+(a+b)
2+(a+ s+t )
2= λ，
整理成关于a的一元二次方程3a
2+2(2s+t )a+2s
2+2st +t
2- λ =0．
因为方程有解，则Δ= 4 (2s+t )
2-12(2s
2+2st +t
2- λ)≥0，解得s
2+ st +t
2≤3
2 λ．
上式关于s、t对称，不妨设0≤s≤t ，f =min{(a-b)
2,(b-c)
2,(c -a)
2}= s
2，
又因为3
2 λ≥s
2+ st +t
2≥3 s
2，所以s
2≤λ
2．
当且仅当s=t = ❑√
λ
2，即a=- ❑√
λ
2 ，b=0，c = ❑√
λ
2时上式取到等号，因此f max = λ
2．
18．【2018 年湖北预赛】对任意正整数m、n，定义函数f (m,n)如下：
①f (1,1)=1；
②f (m+1,n)= f (m,n)+2(m+n)；
③f (m,n+1)= f (m,n)+2(m+n-1).
（1）求f (m,n)的解析式；
（2）设an=
❑√f (n,n)
2
n-1
(n∈N
*),Sn是数列{an}的前n项和，证明：Sn<6.
【答案】（1）f (m,n) =m
2+2mn+n
2-m-3n+1.（2）见解析
【解析】
(1). 由条件②可得：f (2,1)- f (1,1)=2×(1+1)=2×2,
f (3,1)- f (2,1)=2×(2+1)=2×3,
……
f (m,1)- f (m-1,1)=2(m-1+1)=2m.
将上述m-1个等式相加得
f (m,1)- f (1,1)=2(2+3+⋅⋅⋅+m).
而f (1,1)=1，所以
14 / 31
f (m,1)=2(2+3+⋅⋅⋅+m)+1=m
2+m-1.
由条件②可得：
f (m,2)- f (m,1)=2(m+1-1)=2m,
f (m,3)- f (m,2)=2(m+2-1)=2(m+1),
……
f (m,n)- f (m,n-1)=2(m+n-1-1)=2(m+n-2).
将上述n-1个等式相加得
f (m,n)- f (m,1)=2[m+(m+1)+⋅⋅⋅+(m+n-2)].
而f (m,1)=m
2+m-1,，所以
f (m,n)=2[m+(m+1)+⋅⋅⋅+(m+n-2)]+m
2+m-1
=m
2+2mn+n
2-m-3n+1.
(2).因为f (n,n)=n
2+2n⋅n+n
2-n-3n+1=(2n-1)
2，所以
an=
❑√f (n,n)
2
n-1
=(2n-1)⋅(
1
2)
n-1
.
所以
Sn=1⋅(
1
2)
0
+3⋅(
1
2)
1
+⋅⋅⋅+(2n-1)⋅(
1
2)
n-1
.
1
2 Sn=1⋅(
1
2)
1
+3⋅(
1
2)
2
+⋅⋅⋅+(2n-3)⋅(
1
2)
n-1
+(2n-1)⋅(
1
2)
n
.
两式相减得
1
2 Sn=1+2⋅(
1
2)
1
+2⋅(
1
2)
2
+⋅⋅⋅+2⋅(
1
2)
n-1
-(2n-1)⋅(
1
2)
n
=1+
1-(
1
2)
n-1
1- 1
2
- 2n-1
2
n
=3- 1
2
n-2 - 2n-1
2
n
.
故Sn=6- 2n+3
2
n-1 ,n∈N
*，所以Sn<6.
19．【2018 年河北预赛】若函数f (x)的定义域为(0,+ ∞)且满足条件：
15 / 31
①存在实数a∈(1,∞)，使得f (a)=1；
②当m∈R 且x∈(0,+ ∞)时，有f (x
m)-mf (x)=0恒成立.
（1）证明：f(
x
y)= f (x)- f ( y)（其中x>0, y >0）；
（2）判断f (x)在(0,+ ∞)上的单调性，并证明你的结论；
（3）当t >0时，不等式f (t
2+ 4)- f (t )⩾1恒成立，求实数a 的取值范围.
【答案】（1）见解析（2）见解析（3）a∈(1,4]
【解析】
因x、y均为正数，故总存在实数m、n使得x =a
m，y =a
n(a1)，
所以f(
x
y)= f(
a
m
a
n)= f (a
m-n)=(m-n)f (a)=m-n
又f (x)- f ( y)= f (a
m)- f (a
n)=mf (a)-nf (a)=m-n，所以f(
x
y)= f (x)- f ( y)
(2)设x1, x2∈(0,+∞)，且x1> x2，则x1
x2
>1，故可令x1
x2
=a
n(a>1,a>0)
则由(1)知f (x1)- f (x2)= f(
x1
x2)= f (a
m)=af (a)=a>0
即f (x1)>f (x2)，所以f (x)在(0,+ ∞)上单调递增.
因为f (a)=-1，故原不等式可化为f(
t
2+ 4
4 )⩾f (a)，
又f (x)在(0,+∞)上单调递增，所以t
2+ 4
4
⩾a对于t >0恒成立.
因为t
2+ 4
4
=t + 4
t ⩾2❑√t ⋅4
t = 4（当且仅当t =2时等号成立），
所以a⩽4，又a∈(1,+∞)，故a∈(1,4].
16 / 31
20．【2018 年山西预赛】求解函数y = x - x
3
(1+ x
2)
2的最大最小值.
【答案】最大值为1
4 ，最小值为- 1
4 .
【解析】
易知函数定义域为全体实数，由于y = x - x
3
(1+ x
2)
2 = 1
2 ⋅2 x
1+ x
2 ⋅1- x
2
1+ x
2，令x = tanθ，则
2 x
1+ x
2 =sin 2θ，1- x
2
1+ x
2 =cos2θ，所以y = 1
2 sin 2θcos2θ = 1
4 sin 4θ，因此- 1
4 ≤y ≤1
4 ；函数y 最大值为
1
4 ，最小值为- 1
4 .
21．【2018 年福建预赛】设M是由有限个正整数构成的集合，且
M = A1∪A2∪⋯∪A20= B1∪B2∪⋯∪B20，这里Ai≠∅，Bi≠∅，i=1，2，…，20．并对任意
的1≤i< j≤20，都有Ai∩A j=∅，Bi∩B j=∅，已知对任意的1≤i≤20，1≤j≤20，若Ai∩B j=∅，
则|Ai∪B j|≥18．求集合M的元素个数的最小值．（这里，|X|表示集合X的元素个数）
【答案】180
【解析】
记min{|A1|,|A2|,⋯,|A20|,|B1|,|B2|,⋯,|B20|}=t．
不妨设|A1|=t ，A1∩Bi≠∅，i=1，2，…，k ；A1∩B j=∅，j =k +1，k +2，…，20．
设ai∈A1∩Bi，i=1，2，…，k．
因为对任意的1≤i< j≤20，都有Bi∩B j=∅，所以a1，a2，…，ak互不相同，|A1|≥k，即t ≥k．
又对任意的1≤i≤20，1≤j≤20，若Ai∩B j=∅，则|Ai∪B j|≥18，
所以当j =k +1，k +2，…，20 时，|A1|+|B j|=|A1∪B j|≥18．
17 / 31
即，当j =k +1，k +2，…，20 时，|B j|≥18-t．
所以 |M|=|B1∪B2∪⋯∪B20|
=|B1|+|B2|+⋯+|Bk|+|Bk +1|+⋯+|B20|≥kt +(20-k )(18-t )
=360+2kt -18k -20t =180+2(k -10)(t -9)．
若t ≤9，则k ≤t ≤9，|M|=180+2(k -10)(t -9)≥180．
若t ≥10，则|M|≥20t ≥200．所以总有|M|≥180．
另一方面，取Ai= Bi={9(i -1)+1,9(i -1)+2,⋯,9(i -1)+9}，其中i=1，2，…，20，
则M = A1∪A2∪⋯∪A20= B1∪B2∪⋯B20= {1,2,⋯,180}符合要求．
此时，|M|=180．
综上所述，集合M的元素个数的最小值为180．
22．【2018 年全国】已知定义在R+上的函数f（x）为f ( x)=¿.
设a，b，c 是三个互不相同的实数，满足f（a）=f（b）=f（c），求abc 的取值范围.
【答案】（81，144）.
【解析】不妨假设a<b<c.由于f（x）在（0，3]上严格递减，在[3，9]上严格递增，在[9，+∞）上严格递减，
且f（3）=0，f（9）=1，故结合图像可知：
a∈（0，3），b∈（3，9），c∈（9，+∞），并且f（a）=f（b）=f（c）∈（0，1）.
由f（a）=f（b）得1- log3a= log3b-1.
即log3a+ log3b=2，因此ab=32=9.于是abc=9c.
又0<f (c)= 4 - ❑√c<1，
故c∈（9，16）.进而abc=9c∈（81，144）.
所以，abc 的取值范围是（81，144）.
23．【2018 高中数学联赛A 卷（第01 试）】已知定义在R*上的函数f ( x)=¿，设a，b，c 是三个互不相同
的实数，满足f(a)=f(b)=f(c)，求abc 的取值范围.
【答案】(81，144)
【解析】不妨假设a<b<c.由于f(x)在(0，3]上严格递减，在[3，9]上严格递增，在[9，+∞)上严格递减，且
f(3)=0，f(9)=1，
故结合图象可知a∈(0,3),b∈(3,9),c∈(9,+∞)，
18 / 31
并且f(a)=f(b)=f(c)∈(0，1).
由f(a)=f(b)得1- log3a= log3b-1，
取log3a+ log3b=2，因此ab=32=9.于是abc=9c.
又0<f (c)= 4 - ❑√c<1，故c∈(9，16).进而abc=9c∈(81，144).
所以，abc 的取值范围是(81，144).
24．【2018 高中数学联赛B 卷（第01 试）】已知定义在R*上的函数f(x)为f ( x)=¿，设a，b，c 是三个互
不相同的实数，满足f(a)=f(b)=f(c)，求abc 的取值范围.
【答案】(81，144).
【解析】不妨设a<b<c.由于f(x)在(0，3]严格递减，在[3，9]上严格递增，在[9，+∞)上严格递减，且
f(3)=0，f(9)=1，故结合图象可知a∈(0,3),b∈(3,9),c∈(9,+∞)，
并且f(a)=f(b)=f(c)∈(0，1).
由f(a)=f(b)得1- log3a= log3b-1，即log3a+ log3b=2，
因此ab=32=9.于是abc=9c.
又0<f (c)= 4 - ❑√c<1，故c∈(9，16).进而abc=9c∈(81，144).
所以，abc 的取值范围是(81，144).
25．【2017 年贵州预赛】设f (x),g(x)分别是定义在R上的奇函数、偶函数,且f (x)+ g(x)=2
x.若对
x∈[
1
2 ,2],不等式af (x)- f (3 x)≤2 g(2 x)恒成立,求实数a的取值范围.
【答案】(-∞,10].
【解析】因为f (x)+ g(x)=2
x,又f (x),g(x)分别是R上的奇函数、偶函数,所以f (- x)+ g(- x)=2
- x,即
- f (x)+ g(x)=2
- x.
由{
f (x)+ g(x)=2
x ,
- f (x)+ g(x)=2
- x⇒{
f (x)= 2
x -2
- x
2
g(x)= 2
x+2
- x
2
，
19 / 31
令t =2f (x)=2
x-2
- x,由f (x)在R上为增函数,x∈[
1
2 ,2],得t ∈[
❑√2
2 , 15
4 ].
所以g(2 x)= 1
2 (2
2 x+2
-2 x)= 1
2 [(2
x -2
- x)
2+2]= 1
2 (t
2+2),
f (3 x)= 1
2 (2
3 x -2
-3 x)= 1
2 (2
x -2
- x)(2
2 x+2
-2 x+1)= 1
2 t (t
2+3).
由af (x)- f (3 x)≤2g(2 x)对x∈[
1
2 ,2]恒成立,得at-t (t
2+3)≤2(t
2+2)对t ∈[
❑√2
2 , 15
4 ]恒成立.
即a≤t
2+2t + 4
t +3对t ∈[
❑√2
2 , 15
4 ]恒成立.
等价于a≤(t
2+2t + 4
t +3)min
.
令h(t )=t
2+2t + 4
t +3,则：h
' (t )=2t +2- 4
t
2 = 2t
3+2t
2- 4
t
2
= 2(t -1)(t
2+2t +2)
t
2
,
易知,t ∈[
❑√2
2 ,1)时,h
' (t )<0,t ∈(1, 15
4 ]时,h
' (t )>0.
所以h(t )min=h(1)=10.故a≤10,
即实数a的取值范围是(-∞,10].
26．【2017 年广东预赛】已知函数f (x)= 16 x +7
4 x + 4 ,数列{an},{bn}满足
a1>0,b1>0,an= f (an-1),bn= f (bn-1),n=2,3,⋯
(1)讨论数列{an}的单调性;
20 / 31
(2)求证:|bn-an|≤1
8
n-3|b1-a1|,n=1,2,3⋯.
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【解析】(1)f (x)= 16(x +1)-9
4 (x +1)
= 4 - 9
4 ⋅
1
x +1,
则an+1-an=(4 - 9
4 ⋅
1
an+1)-(4 - 9
4 ⋅
1
an-1+1)
= 9
4 ⋅
1
(an+1)(an-1+1) (an-an-1)
=(
9
4)
2
⋅
1
(an+1)(an-1+1)
2(an-2+1)
(an-1-an-2)
=(
9
4)
n-1
⋅
1
(an+1)(an-1+1)
2⋯(a2+1)
2(a1+1)
(a2-a1).
所以an+1>an⇔a2>a1,故有16a1+7
4 a1+ 4 >a1.解得0<a1< 7
2.
所以当0<a1< 7
2时,数列{an}单调递增;当a1= 7
2时,数列an= 7
2,n=1,2,3,⋯;当a1> 7
2时,数列{an}单调递减.
(2)因为f (x)单调递增,计算得f (0)= 7
4 ,f(
7
4)= 35
11 ,f(
35
11)= 637
184 .
由(1)知an-bn= 9
4
1
(an-1+1)(bn-1+1) (an-1-bn-1).
所以①当0<a1< 7
2 ,0<b1< 7
2时,a4= f
3(a1)>f
3(0)= 637
184 ,
21 / 31
故当n≥4时,637
184 =a4<an< 7
2,
同理,637
184 =b4<bn< 7
2.
故|an-bn|= 9
4
1
(
637
184 +1)(
637
184 +1)
|an-1-bn-1|
< 1
8|an-1-bn-1|<⋯< 1
8
n- 4|a4-b4|
< 1
8
n- 4 × 9
4 ×
1
(
35
11 +1)(
35
11 +1)
|a3-b3|
< 1
8
n- 4 × 9
4
3 × 9
4 ×
1
(
7
4 +1)(
7
4 +1)
|a2-b2|
< 1
8
n-3|a1-b1|
②当0<a1< 7
2 , 7
2 <b1时,由(1)得7
2 <bn+1<bn.
所以
an-bn∣= 9
4
1
(
35
11 +1)(
7
2 +1)
|an-1-bn-1|
< 1
8|an-1-bn-1|<⋯< 1
8
n-3|a3-b3|
< 1
8
n-2|a1-b1|,∀n≥2
③最后,当a1> 7
2 ,b1> 7
2时,我们有7
2 <an+1<an, 7
2 <bn+1<bn
所以|an-bn|= 9
4 ×
1
(
7
2 +1)(
7
2 +1)
|an-1-bn-1|< 1
8|an-1-bn-1|<⋯< 1
8
n-1|a1-b1|
.
22 / 31
故原式得证.
27．【2016 年全国】已知f (x)为R 上的奇函数，f (1)=1，且对任意x<0，均有f(
x
x -1)= xf (x).求
∑
i=1
50
f(
1
i)f(
1
101-i)的值.
【答案】2
98
99!
【解析】
设an= f(
1
n)(n=1,2,⋯).则f (1)=1.
在f(
x
x -1)= xf (x)中，取x =- 1
k (k ∈Z+).
注意到，x
x -1 =
- 1
k
- 1
k -1
=
1
k +1，及f (x)为奇函数.
故f(
1
k +1)=- 1
k f(- 1
k)= 1
k f(
1
k) ⇒ak +1
ak
= 1
k
⇒an=a1∏
k =1
n-1 ak +1
ak
=∏
k =1
n-1 1
k ==
1
(n-1)!
.
则
∑
i=1
50
aia101-i=∑
i=1
50
1
((i-1)!)((100-i)!)
=∑
i=0
49
1
(i!)((99-i)!)
= 1
99!∑
i=0
49
C99
i = 1
99!∑
i=0
49 1
2 (C99
i +C99
99-i)= 1
99! × 1
2 ×2
99= 2
98
99!
28．【2016 年江苏预赛】已知函数f (x)=ax -b x
2(a,b∈R+)．
（1）若对于任意的x∈R，均有f (x)≤1，证明：a≤2❑√b；
（2）当b>1时，证明：对于任意的x∈[0,1]，|f (x)|≤1成立的充分必要条件为b-1≤a≤2❑√b．
23 / 31
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）因为f (x)≤1恒成立，所以，f (x)max = f(
a
2b)=a⋅a
2b -b⋅a
2
4 b
2 ≤1⇒a
2
4 b ≤1．
又b>0，故a
2≤4 b⇒a≤2❑√b．
（2）必要性：
对于任意的x∈[0,1]，|f (x)|≤1．则f (1)≥-1，即a≥b-1．
又b>1，得1
❑√b ∈(0,1)．从而，f(
1
❑√b)≤1⇒a≤2❑√b．
因此，b-1≤a≤2❑√b．
充分性：
由b>1，且b-1≤a≤2❑√b，则对于任意的x∈[0,1]，有
f (x)=ax -b x
2≥(b-1) x -b x
2=bx (1- x)- x ≥- x ≥-1．
又f (x)=ax -b x
2≤2❑√b x -b x
2=-(❑√b x -1)
2+1≤1，故|f (x)|≤1．
29．【2016 年江苏预赛】求方程
3√x(3+ ❑√8 x -3)-1+
3√x(3- ❑√8 x -3)-1=1的实数解．
【答案】¿
【解析】
令A =
3√x(3+ ❑√8 x -3)-1，B =
3√x(3- ❑√8 x -3)-1．
则A
3+ B
3=6 x -2，AB =1-2 x．
令t = A + B．
注意到，( A + B)
3= A
3+ B
3+3 AB( A + B)．
则t
3-3(1-2 x)t -(6 x -2)=0，即(t -1)(t
2+t +6 x -2)=0．
又t
2+t +6 x -2=(t + 1
2)
2
+6(x - 3
8)，当x = 3
8时，t = A + B =2
3√3 x -1=1．
24 / 31
故t
2+t +6 x -2>0．于是，对任意的x ≥3
8，有t
2+t +6 x -2>0．从而，t =1．
综上，原方程的实数解构成的集合为¿．
30 ．【2016 年甘肃预赛】已知奇函数f ( x)的定义域为[-2,2]，且在[-2,0]内递减，求满足：
f (1-m)+ f (1-m
2)<0的实数m的取值范围．
【答案】[-1,1)
【解析】
由f(x)的定义域是[－2，2]， 知¿解得－1≤m≤❑√3.
因为函数f(x)是奇函数，所以f(1－m)<－f(1－m2)，即f(1－m)<f(m2－1)．
由奇函数f(x)在区间[－2，0]内递减，
所以在[－2，2]上是递减函数，
所以1－m>m2－1，解得－2<m<1.
综上，实数m 的取值范围是－1≤m<1.
31．【2016 年北京预赛】黑板上写有方程x
2+2 x★+3(★+★)=0.证明：任取三个两两不同的整数能适
当安放在方程的★的位置（每颗星安放一个数），使得方程有实根.
【答案】见解析
【解析】
设三个★的位置为a、b、c.则原方程为
x
2+2 xa+3(b+c)=0 ①
将任意三个两两不同的整数中最大的放在a，设a=n.则三个数中另外两个较小的数为b、c (b>c).
故b≤n-1，c≤n-2.
于是，若以n放在左边第一个★的位置的二次方程为x
2+2 xn+3(b+c)=0，
则Δ= 4 n
2- 4×3(b+c)
≥4(n
2-3(n-1+n-2))
= 4(n
2-6n+9)= 4 (n-3)
2≥0.
从而，方程①有实根.
25 / 31
因此，任意三个两两不同的整数，只要以其中最大的一个放在左边第一个★的位置，其余两个放在后两个
★的位置，所得的方程就有实根.
32．【2016 高中数学联赛（第01 试）】已知f(x)是R 上的奇函数，f(1)=1，且对任意x<0，均有
f(
x
x -1)= xf ( x).
求f (1)f(
1
100)+ f(
1
2)f(
1
99)+ f(
1
3)f(
1
98)+⋯+ f(
1
50)f(
1
51)的值.
【答案】2
98
99!
【解析】设an= f(
1
n)(n=1，2，3…)，则a1= f (1)=1.
在f(
x
x -1)= xf ( x)中取x =- 1
k (k ∈N
*)，
注意到x
x -1 =
- 1
k
- 1
k -1
=
1
k +1，及f(x)为奇函数，可知f(
1
k +1)=- 1
k ⋅f(- 1
k)= 1
k ⋅f(
1
k)，
即
ak +1
ak
= 1
k ，从而an=a1⋅∏
k =1
n-1 ak +1
ak
=∏
k =1
n-1 1
k =
1
(n-1)!.
因此∑
i=1
50
aia101-i=∑
i=1
50
1
(i-1)!⋅(100-i)! =∑
i=0
19
1
i!⋅(99-i)!
= 1
99! ⋅∑
i=0
19
C99= 1
99! ⋅∑
i=0
49 1
2 (C99
i +C99
99-i)= 1
99! × 1
2 ×2
99= 2
98
99!
.
33．【2015 年浙江预赛】设a、b∈R，函数f (x)=a x
2+b(x +1)-2.若对任意实数b，方程f (x)= x有两
个相异的实根，求实数a的取值范围.
【答案】0<a<1
【解析】
26 / 31
由题意知方程a x
2+(b-1) x +b-2=0有两个相异的实数根.于是，
¿. ①
又对于任意实数b，式①恒成立，因此，
¿.
34．【2015 年北京预赛】设f (n)为定义在Z上的函数，且满足f (0)=1,f (1)=0.对任意的m,n∈Z，均有
f (m+n)+ f (m-n)=2f (m)f (n).①
（1）证明f (n)为周期函数，并确定f (n)；
（2）计算
f (1
2+2
2+⋅⋅⋅+2015
2)
f (1
2)+ f (2
2)+⋅⋅⋅+ f (2015
2)
的值.
【答案】
1
1007
【解析】
（1）令n=1，由式①得
f (m+1)+ f (m-1)=2f (m)f (1)=0
⇒f (m+1)=- f (m-1)
⇒f (m+3)=- f (m+1)= f (m-1).
故f (m+ 4)= f (m)，即f (n)是以4 为周期的周期函数.
由周期性得
f (n)=¿
（2）因为2015= 4×503+3，所以，∑
k =1
2015
k
2为4 k型的数.
故f(∑
k =1
2015
k
2)=1，∑
k =1
2015
f (k
2)=1007.
因此，所求为
1
1007 .
35 ．【2015 年山东预赛】证明: 不存在这样的函数f :Z →{1,2,3}, 满足对任意的整数x 、y, 若
|x - y|∈{2,3,5},则f (x)≠f ( y).
【答案】见解析
【解析】
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假设存在这样的函数f.则对任意的整数n,f (n)、f (n+2)、f (n+3)、f (n+5)均不相同.
由于f :Z →{1,2,3},则f (n)、f (n+2)、f (n+3)、f (n+5)至少有两个是相同的.
又f (n+2)≠f (n+5), f (n+3)≠f (n+5),
于是,必有f (n+2)= f (n+3).
由此得f (n+3)= f (n+ 4).
故f (n+2)= f (n+ 4)矛盾.
因此,假设不成立,即不存在这样的函数f .
36．【2015 年黑龙江预赛】设函数f ( x)= log2(a
x -b
x)，且f (1)=1，f (2)= log212.
（1）求a，b的值；
（2）当x∈[1,2]时，求f ( x)最大值.
【答案】(1) ¿;
(2) x =2时，f ( x)最大值为log212=2+ log23.
【解析】试题分析：（1）由f (1)=1，f (2)= log212可得关于a,b的二元一次方程组，从而可解得a,b．
（2）由（1）可知f ( x)= log2(4
x -2
x),令t =2
x,根据x∈[1，2]及指数函数2
x的单调性可得t的范围,再用
配方法求真数t
2-t 即4
x -2
x的范围．根据真数的范围及对数函数的单调性可求的f ( x)的最大值．
试题解析：解：（1）¿
（2）f ( x)= log2(4
x -2
x)
设t =2
x ,t ∈[2,4 ]，y =t
2-t =(t - 1
2 )
2
- 1
4 ，
当t = 4时，即x =2时，ymax =12，f ( x)max = log212
考点：1 指数函数,对数函数的单调性;2 配方法求值域．
37．【2015 年甘肃预赛】某花店每天以每枝
元的价格从农场购进若干枝玫瑰花,然后以每枝
元价格出
售,如果当天卖不完,剩下的玫瑰花作垃圾处理.
（1）若花店一天购进
枝玫瑰花,求当天的利润
（单位：元）关于当天需求量
（单位：枝,
）
的函数解析式；
（2）花店记录了
天玫瑰花的日需求量（单位：枝）,整理得下表：
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日需求量
频数
以
天的各需求量的频率作为各需求量发生的概率.
若花店一天购进
枝玫瑰花,
表示当天的利润（单位：元），求
的分布列, 数学期望及方差；
若花店一天购进
枝或
枝玫瑰花,你认为应购进
枝还是
枝？请说明理由.
【答案】（1）
.
（2）
的分布列为
,
应购进
枝.
【解析】试题分析：（1）根据题意，确定分段函数.
（2）
可取
,计算
,
得到分布列进一步计算数学期望、方差.
购进
枝时,当天的利润
可取
,计算
,与
比较大小,大者为佳.
试题解析：（1）
.
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（2）
可取
,
,
的分布列为
或者：
.
购进
枝时,当天的利润
可取
,
且
,
,
,
应购进
枝.
考点：1.分段函数；2.随机变量的分布列、期望、方差.
【名师点睛】本题综合性较强，将概率统计问题与函数问题有机结合，综合考查考生分析问题解决问题的
能力、应用意识及计算能力.本题计算方法较为明确，易错处是在于计算失误，应特别注意.
视频
38．【2015 年福建预赛】求函数y =2 x +
❑√4 x
2-8 x +3的最小值.
【答案】1
【解析】
由4 x
2-8 x +3≥0⇒x ≤1
2 或x ≥3
2.
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故函数的定义域为(-∞, 1
2]∪[
3
2 ,+ ∞).
记y = f (x)=2 x +
❑√4 x
2-8 x +3.则f
' (x)=2+
8 x -8
2
❑√4 x
2-8 x +3
=2+
4 x - 4
❑√4 x
2-8 x +3
.
当x> 3
2时，易知f
' (x)>0.
从而，f (x)=2 x +
❑√4 x
2-8 x +3在区间[
3
2 ，+ ∞)上为增函数.
于是，当x ≥3
2时，f (x)的最小值为f(
3
2)=3.
当x< 1
2时，f
' (x)=2+
4 x - 4
❑√4 x
2-8 x +3
=2-
4 (1- x)
❑√4 (x -1)
2-1
<2- 4 (1- x)
2(1- x) =0.
则f (x)在区间(-∞, 1
2]上为减函数.
故当x ≤1
2时，f (x)的最小值为f(
1
2)=1.
综上，函数y =2 x +
❑√4 x
2-8 x +3的最小值为1.
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