2020届二轮复习高考解题的数学思想教案

2020届二轮复习高考解题的数学思想教案

函数中的数学思想【举一反三系列】‎ ‎【考查角度1 分类讨论思想】‎ 方法导入 本章分类讨论思想主要用于含参型函数、分段函数的性质研究.‎ 步骤 第1步：明确分类的标准；‎ 第2步：分类研究各种情形下函数的性质；‎ 第3步：得出正确的结论.‎ 反思 应用分类讨论思想解决问题的关键是对分类标准的确定，分类要做到不重不漏.‎ ‎【例1】（2019秋•小店区校级期中）已知定义在R上的奇函数f（x）），当x＞0时，f（x））＝2x+3．‎ ‎（1）求f（x））的解析式；‎ ‎（2）若f（a）＜7，求实数a的取值范围．‎ ‎【思路分析】（1）根据f（x）是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f（x）＝2x+3．即可求解x＜0的解析，可得结论；‎ ‎（2）根据f（x））的解析式，分类求解实数a的取值范围．‎ ‎【答案】解：（1）由题意，f（x）是定义在R上的奇函数，f（﹣x）＝﹣f（x），f（0）＝0．‎ 当x＞0时，f（x）＝2x+3．‎ 那么：当x＜0，则﹣x＞0，‎ ‎∴f（﹣x）＝﹣2x+3．‎ 即﹣f（x）＝﹣2x+3．‎ ‎∴f（x）＝2x﹣3‎ 故f（x））的解析式为：‎2x+3，x＞0‎‎0，x=0‎‎2x-3，x＜0‎；‎ ‎（2）由f（a）＜7，‎ 当a＞0时，可得2a+3＜7，‎ ‎∴0＜a＜2．‎ 当a＝0时，可得0＜7成立．‎ 当a＜0时，可得2a﹣3＜7，‎ ‎∴a＜0．‎ 综上可得实数a的取值范围是（﹣∞，2）‎ ‎【点睛】本题考查了函数解析式的求法，以及分段函数不等式的解法，属于基础题．‎ ‎【练1.1】已知函数f（x）＝x2‎+‎ax（x≠0）． ‎ ‎（1）判断f（x）的奇偶性，并说明理由；‎ ‎（2）若f（1）＝2，试判断f（x）在[2，+∞）上的单调性．‎ ‎【思路分析】（1）利用函数奇偶性的定义进行判断，要对a进行分类讨论．‎ ‎（2）由f（1）＝2，确定a的值，然后利用单调性的定义进行判断和证明．‎ ‎【答案】解：（1）当a＝0时，f（x）＝x2，f（﹣x）＝f（x），函数是偶函数．‎ 当a≠0时，f（x）＝x2‎+‎ax（x≠0，常数a∈R），取x＝±1，得f（﹣1）+f（1）＝2≠0；‎ f（﹣1）﹣f（1）＝﹣2a≠0，‎ ‎∴f （﹣1）≠﹣f （1），f （﹣1）≠f （1）．‎ ‎∴函数f（x）既不是奇函数也不是偶函数．‎ ‎（2）若f（1）＝2，即1+a＝2，解得a＝1，这时f（x）＝x2‎+‎‎1‎x．‎ 任取x1，x2∈[2，+∞），且x1＜x2，‎ 则f（x1）﹣f（x2）‎ ‎=x‎1‎‎2‎+‎1‎x‎1‎-‎‎（x‎2‎‎2‎‎+‎‎1‎x‎2‎）‎ ‎＝（x1﹣x2）（x1+x2）‎‎+‎x‎2‎‎-x‎1‎x‎1‎x‎2‎ ‎＝（x1﹣x2）[（x1+x2）‎-‎‎1‎x‎1‎x‎2‎]，‎ 由于x1≥2，x2≥2，且x1＜x2，∴x1﹣x2＜0，x1+x2‎＞‎‎1‎x‎1‎x‎2‎，‎ 所以f（x1）＜f（x2），‎ 故f（x）在[2，+∞）上是单调递增函数．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数奇偶性和单调性的应用，要熟练掌握函数奇偶性和单调性的应用．‎ ‎【练1.2】（2019春•龙凤区校级月考）已知二次函数f（x）的图象过点‎(-‎1‎‎2‎，1)，(0，1)‎，且最小值为‎7‎‎8‎．‎ ‎（Ⅰ）求函数f（x）的解析式；‎ ‎（Ⅱ）函数g（x）＝f（x）﹣x2﹣（1+2m）x+1（m∈R）在[2，+∞）上的最小值为﹣3，求实数m的值．‎ ‎【思路分析】（Ⅰ）根据题意，分析f（x）的对称轴，设f(x)=a(x+‎1‎‎4‎‎)‎‎2‎+‎7‎‎8‎(a＞0)‎，将点（0，1）代入其解析式，解可得a的值，即可得答案；‎ ‎（Ⅱ）根据题意，求出g（x）的解析式，分m≤2与m＞2两种情况讨论，结合函数的最小值求出m的值，综合即可得答案．‎ ‎【答案】解：（Ⅰ）由题意得：二次函数f（x）的图象过点‎(-‎1‎‎2‎，1)，(0，1)‎，则f（x）的对称轴为对称轴x=-‎‎1‎‎4‎，‎ 设f(x)=a(x+‎1‎‎4‎‎)‎‎2‎+‎7‎‎8‎(a＞0)‎，‎ 又f（x）的图象过点（0，1），代入得‎1=a‎16‎+‎‎7‎‎8‎，解得a＝2，‎ f(x)=2(x+‎1‎‎4‎‎)‎‎2‎+‎7‎‎8‎=‎‎2x2+x+1，‎ 故f（x）＝2x2+x+1；‎ ‎（Ⅱ）由已知g（x）＝f（x）﹣x2﹣（1+2m）x+1＝x2﹣2mx+2，对称轴为直线x＝m，开口向上，‎ 分两种情况：‎ ‎①当m≤2时，函数g（x）在区间[2，+∞）单调递增，g（x）min＝g（2）＝6﹣4m＝﹣3，得到m=‎‎9‎‎4‎，与m＜2矛盾．‎ ‎②当m＞2时，函数g（x）在区间[2，m）单调递减，在区间[m，+∞）单调递增，从而g(x‎)‎min=g(m)=-m‎2‎+2=-3‎，得到m=‎‎5‎或m=-‎‎5‎舍掉与m＞2矛盾；‎ 综上所述：m=‎‎5‎．‎ ‎【点睛】本题考查二次函数的性质，关键是求出该二次函数的解析式，属于基础题．‎ ‎【练1.3】（2019春•浉河区校级月考）已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，且当x≤0时，f（x）＝x2+2x．‎ ‎（1）求函数f（x）（x∈R）的解析式；‎ ‎（2）若函数g（x）＝f（x）﹣2ax+1（x∈[1，2]），求函数g（x）的最小值h（a）的表达式．‎ ‎【思路分析】（1）根据偶函数的性质进行转化求解即可．‎ ‎（2）求出g（x）的表达式，结合一元二次函数最值性质进行求解即可．‎ ‎【答案】解：（1）∵f（x）是偶函数，‎ ‎∴若x＞0，则﹣x＜0，‎ 则当﹣x＜0时，f（﹣x）＝x2﹣2x＝f（x），‎ 即当x＞0时，f（x）＝x2﹣2x．‎ 即f（x）‎=‎x‎2‎‎+2x，‎x≤0‎x‎2‎‎-2x，‎x＞0‎．‎ ‎（2）当x∈[1，2]时，g（x）＝f（x）﹣2ax+1＝x2﹣2x﹣2ax+1＝x2﹣（2+2a）x+1，‎ 对称轴为x＝1+a，‎ 若1+a≤1，即a≤0时，g（x）在[1，2]上为增函数，则g（x）的最小值为h（a）＝g（1）＝﹣2a，‎ 若1+a≥2，即a≥1时，g（x）在[1，2]上为减函数，则g（x）的最小值为h（a）＝g（2）＝1﹣4a，‎ 若1＜1+a＜2，即0＜a＜1时，g（x）的最小值为h（a）＝g（1+a）＝﹣a2﹣2a，‎ 即h（a）‎=‎‎-2a，‎a≤0‎‎-a‎2‎-2a，‎‎0＜a＜1‎‎1-4a，‎a≥1‎．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数解析式的求解，结合偶函数的性质以及一元二次函数函数单调性的性质是解决本题的关键．‎ ‎【考查角度2 数形结合思想】‎ 方法导入 在函数问题中，数形结合思想常用于解方程、解不等式、求函数的值域等问题.‎ 步骤 第1步：构造函数；‎ 第2步：画出函数图象；‎ 第3步：借助函数图象直观求解.‎ 反思 以形助数是解决函数问题的常见手段，画准图象是求解的关键.‎ ‎【例2】（2019•铁岭模拟）设奇函数f（x）的定义域为[﹣5，5]，若当x∈[0，5]时，f（x）的图象如图，则不等式f（x）≤0的解集为　[﹣2，0]∪[2，5]　．‎ ‎【思路分析】根据奇函数关于原点对称的性质即可得到结论．‎ ‎【答案】解：由图象可知：当x＞0时，f（x）≤0解得2≤x≤5，f（x）≥0解得0≤x≤2；‎ 当x＜0时，﹣x＞0，‎ 因为f（x）为奇函数，‎ 所以f（x）≤0，‎ 即﹣f（﹣x）≤0⇒f（﹣x）≥0⇒0≤﹣x≤2，‎ 解得﹣2≤x≤0．‎ 综上，不等式f（x）≤0的解集为{x|﹣2≤x≤0，或2≤x≤5}．‎ 故答案为：[﹣2，0]∪[2，5]．‎ ‎【点睛】本题主要考查不等式的求解，根据奇函数的对称性是解决本题的关键．‎ ‎【练2.1】（2019秋•清流县校级期中）已知奇函数f（x）在x≥0时的图象如图所示，则不等式xf（x）＜0的解集　（﹣2，﹣1）∪（1，2）．　．‎ ‎【思路分析】由f（x）是奇函数得函数图象关于原点对称，由xf（x）＜0可得x与f（x）符号相反，根据奇函数的对称性可求得结果 ‎【答案】解：∵xf（x）＜0‎ ‎①当x＞0时，f（x）＜0，‎ 结合函数的图象可得，1＜x＜2，‎ ‎（2）x＜0时，f（x）＞0，‎ 根据奇函数的图象关于原点对称可得，﹣2＜x＜﹣1，‎ ‎∴不等式xf（x）＜0的解集为（﹣2，﹣1）∪（1，2）．‎ 故答案为：（﹣2，﹣1）∪（1，2）．‎ ‎【点睛】由函数的奇偶性得出整个图象，分类讨论的思想得出函数值的正负，数形结合得出自变量的范围．‎ ‎【练2.2】对a，b∈R，记max{a，b}‎=‎a，a≥bb，a＜b函数f（x）＝max{|x+1|，|x﹣2|}（x∈R）的最小值是　‎3‎‎2‎　．‎ ‎【思路分析】本题考查新定义函数的理解和解绝对值不等式的综合类问题．在解答时应先根据|x+1|和|x﹣2|的大小关系，结合新定义给出函数f（x）的解析式，再通过画函数的图象即可获得问题的解答．‎ ‎【答案】解：由|x+1|≥|x﹣2|⇒（x+1）2≥（x﹣2）2⇒x‎≥‎‎1‎‎2‎，‎ 故f（x）‎=‎‎|x+1|‎‎(x≥‎1‎‎2‎)‎‎|x-2|‎‎(x＜‎1‎‎2‎)‎，‎ 其图象如右，‎ 则fmin‎(x)=f(‎1‎‎2‎)=|‎1‎‎2‎+1|=‎‎3‎‎2‎．‎ 故答案为：‎3‎‎2‎．‎ ‎【点睛】本题考查新定义函数的理解和解绝对值不等式等问题，属于中档题．在解答过程当中充分考查了同学们的创新思维，培养了良好的数学素养．‎ ‎【练2.3】（2018•丰台区一模）函数y＝f（x）是定义域为R的偶函数，当x≥0时，函数f（x）的图象是由一段抛物线和一条射线组成（如图所示）．‎ ‎①当x∈[﹣1，1]时，y的取值范围是　[1，2]　；‎ ‎②如果对任意x∈[a，b]（b＜0），都有y∈[﹣2，1]，那么b的最大值是　﹣2　．‎ ‎【思路分析】①根据f（x）是偶函数，图象关于y轴对称，结合图象可得y的取值范围．‎ ‎②当x≥0时，设抛物线的方程为y＝ax2+bx+c，求解解析式，根据f（x）是定义域为R的偶函数，可得x＜0的解析式，令y＝1，可得x对应的值，结合图象可得b的最大值．‎ ‎【答案】解：①根据f（x）是偶函数，图象关于y轴对称，当x∈[﹣1，1]时，值域为x∈[0，1]时相同，‎ 可得y的取值范围是[1，2]．‎ ‎②当x≥0时，设抛物线的方程为f（x）＝ax2+bx+c，图象过（0，1），（1，2），（3，﹣2），带入计算 可得：a＝﹣1，b＝2，c＝1，‎ ‎∴f（x）＝﹣x2+2x+1，‎ 当x＜0时，﹣x＞0．‎ ‎∴f（﹣x）＝﹣x2﹣2x+1‎ 即f（x）＝﹣x2﹣2x+1．‎ 令y＝1，可得1＝﹣x2﹣2x+1．解得：x＝﹣2．‎ 结合图象可得b的最大值为﹣2．‎ 故答案为：[1，2]；﹣2．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的图象和性质，根据图象求出函数的解析式是解决本题的关键．要求熟练掌握函数图象之间的变化关系，偶函数的图象特征．属于基础题．‎ ‎【考查角度3 转化思想】‎ 方法导入 在本章中，转化思想常用于求函数值，解决不等式恒成立或有解等问题.‎ 步骤 第1步：寻找转化的途径；‎ 第2步：将所给的问题转化为函数性质问题;‎ 第3步：通过研究函数的性质使问题转化求解.‎ 反思 转化的过程是一个探索的过程，抓住函数的内在联系，通过一步一步转化才能使得结果慢慢显现出来.‎ ‎【例3】（2019春•嘉兴期末）已知函数f（x）＝x2+ax+2．‎ ‎（Ⅰ）当a＝3时，解不等式f（x）＜0；‎ ‎（Ⅱ）当x∈[1，2]时，f（x）≥0恒成立，求a的取值范围．‎ ‎【思路分析】（Ⅰ）当a＝3时，利用二次不等式求解解不等式f（x）＜0即可；‎ ‎（Ⅱ）当x∈[1，2]时，f（x）≥0恒成立，推出a的表达式，利用函数的单调性求解表达式的最大值，即可得到a的取值范围．‎ ‎【答案】解：（Ⅰ）当a＝3时，一元二次不等式x2+3x+2＜0的解为﹣2＜x＜﹣1‎ ‎（Ⅱ）当x∈[1，2]时，x2+ax+2≥0恒成立，‎ 即a≥-(x+‎2‎x)‎恒成立，令g(x)=-x-‎‎2‎x 因g(x)=-(x+‎2‎x)，x∈[1，2]‎的最大值为‎-2‎‎2‎ 故a≥-2‎‎2‎．‎ ‎【点睛】本题考查函数与方程的应用，考查转化思想以及函数的单调性的应用，考查计算能力．‎ ‎【练3.1】（2019春•哈尔滨期中）已知函数f（x）＝x2+2x+a．‎ ‎（1）当a＝2时，求不等式f（x）＞1的解集 ‎（2）若对于任意x∈[1，+∞），f（x）＞0恒成立，求实数a的取值范围．‎ ‎【思路分析】（1）解一元二次不等式可得；‎ ‎（2）对于任意x∈[1，+∞），f（x）＞0恒成立⇔﹣a＜x2+2x＝（x+1）2﹣1，然后转化为最小值可得．‎ ‎【答案】解：（1）a＝2时，x2+2x+2＞1⇒x2+2x+1＞0⇒x≠﹣1，‎ 故不等式f（x）＞1的解集为{x|x≠﹣1}‎ ‎（2）对于任意x∈[1，+∞），f（x）＞0恒成立⇔﹣a＜x2+2x＝（x+1）2﹣1，‎ ‎∵x≥1，∴y＝（x+1）﹣1为递增函数，∴x＝1时，函数取得最小值3，‎ ‎∴﹣a＜3，∴a＞﹣3．‎ ‎【点睛】本题考查了函数恒成立问题，属中档题．‎ ‎【练3.2】已知定义在[﹣2，2]上的偶函数f（x）满足：当x∈[0，2]时，f(x)=-x+2‎‎3-x．‎ ‎（1）求函数f（x）的解析式；‎ ‎（2）设函数g（x）＝ax﹣2﹣a（a＞0），若对于任意的x1，x2∈[﹣2，2]，都有g（x1）＜f（x2）成立，求实数a的取值范围．‎ ‎【思路分析】（1）根据题意，设x∈[﹣2，0]，则﹣x∈[0，2]，由函数的解析式可得f（﹣x）的解析式，进而利用函数奇偶性的性质分析可得f（x）的表达式，综合即可得答案；‎ ‎（2）根据题意，求出函数f（x）的最小值与g（x）的最大值，分析可得f（x）min＞g（x）max，解即可得答案．‎ ‎【答案】解：（1）根据题意，设x∈[﹣2，0]，则﹣x∈[0，2]，‎ 从而f(-x)=x+2‎‎3+x，‎ 因为f（x）定义x∈[﹣2，2]在偶函数，‎ 所以f(x)=f(-x)=x+2‎‎3+x 因此，‎f(x)=‎x+2‎3+x，x∈[-2，0)‎‎-x+2‎3-x，x∈[0，2]‎ ‎（2）因为对任意x1，x2∈[﹣2，2]，都有g（x1）＜f（x2）成立，所以g（x）max＜f（x）min 又因为f（x）是定义在[﹣2，2]上的偶函数．所以f（x）在区间[﹣2，0]和区间[0，2]上的值域相同．‎ 当x∈[﹣2，0]时，f(x)=x+2‎‎3+x．设t=‎‎3+x，则t∈[1，‎3‎]‎ 函数化为y=t‎2‎+2t-3，t∈[1，‎3‎]‎，‎ 则f（x）min＝0‎ 又g（x）max＝g（2）＝a﹣2‎ 所以a﹣2＜0即a＜2，‎ 因此，a的取值范围为0＜a＜2．‎ ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，涉及函数的恒成立问题，注意将恒成立问题转化为函数的最值问题．‎ ‎【练3.3】（2019秋•沈阳期中）已知定义在R上的函数f（x），对任意a，b∈R，都有f（a+b）＝f（a）+f（b），当x＞0时，f（x）＜0；‎ ‎（1）判断f（x）的奇偶性；‎ ‎（2）若f（﹣kx2）+f（kx﹣2）＞0对任意的x∈R恒成立，求实数k的取值范围．‎ ‎【思路分析】（1）先计算f（0），再令b＝﹣a得出f（a）＝﹣f（a），结论得证；‎ ‎（2）判断f（x）的单调性，根据函数性质和单调性列出恒等式求出k的范围．‎ ‎【答案】解：（1）令a＝b＝0可得f（0）＝2f（0），∴f（0）＝0，‎ 令b＝﹣a得f（0）＝f（a）+f（﹣a）＝0，‎ ‎∴f（a）＝﹣f（﹣a），‎ 由a的任意选可知f（x）＝﹣f（x）恒成立，‎ ‎∴函数f（x）在R上为奇函数．‎ ‎（2）设x1＜x2，则f（x2）＝f（x2﹣x1+x1）＝f（x2﹣x1）+f（x1），‎ ‎∵x1＜x2，∴x2﹣x1＞0，∴f（x2﹣x1）＜0，‎ ‎∴f（x2）﹣f（x1）＝f（x2﹣x1）＜0，‎ ‎∴f（x）是R上的减函数．‎ ‎∵f（﹣kx2）+f（kx﹣2）＞0对任意的x∈R恒成立，‎ ‎∴f（﹣kx2+kx﹣2）＞f（0）对任意的x∈R恒成立，‎ ‎∴﹣kx2+kx﹣2＜0对任意的x∈R恒成立，‎ 当k＝0时显然成立，‎ 当k≠0时，得‎-k＜0‎‎△=k‎2‎-8k＜0‎，解得0＜k＜8，‎ 综上所述k的范围为[0，8]‎ ‎【点睛】本题考查了抽象函数的奇偶性与单调性判断，函数恒成立问题，属于中档题．‎ ‎【趁热打铁】‎ ‎1．（2019春•桂林期末）已知偶函数f（x）在[0，+∞）上单调递减，f（2）＝0，则满足不等式f（x）＞0的实数x的取值范围是　（﹣2，2）　．‎ ‎【思路分析】可以根据该函数在[0，+∞）上单调递减，f（2）＝0，是偶函数，大体画出该函数图象的草图，结合图象可列出关于x的不等式．‎ ‎【答案】解：∵偶函数f（x）在[0，+∞）上单调递减，且f（2）＝0，‎ ‎∴该函数在（﹣∞，0）上递增，且f（﹣2）＝0，‎ ‎∴可画出该函数的图象的草图如下：‎ 可见，当﹣2＜x＜2时，f（x）＞0．‎ 故答案为：（﹣2，2）．‎ ‎【点睛】抽象函数的问题常采用数形结合的方法解决问题，本题作为填空题，采用数形结合思想来解，既快捷，有准确．‎ ‎2．已知函数f（x）是定义在（﹣3，3）上的偶函数，当﹣3＜x≤0时 ‎，f（x）的函数图象如图所示，则不等式x•f（x）≥0的解集为　{x|﹣1≤x≤0或1≤x＜3}　．‎ ‎【思路分析】结合函数的性质，函数的图象，对x≤0和x≥0进行讨论，分别求出不等式的解，最后求并集．‎ ‎【答案】解：当x≤0时，由不等式xf（x）≥0，可得f（x）≤0，则﹣1≤x≤0，‎ ‎∵函数f（x）是定义在（﹣3，3）上的偶函数，‎ ‎∴x≥0时，当0≤x≤1时，f（x）≤0，当1≤x＜3时，f（x）≥0，‎ ‎∴当x≥0时，由不等式xf（x）≥0，可得f（x）≥0，则1≤x＜3，‎ ‎∴不等式xf（x）≥0的解集为：{x|﹣1≤x≤0或1≤x＜3}．‎ 故答案为：{x|﹣1≤x≤0或1≤x＜3}．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的奇偶性及应用，考查运用分类法解决不等式的能力，本题属于中档题．‎ ‎3．如图所示，函数y＝f（x）的图象由两条射线和三条线段组成，若∀x∈R，f（x）＞f（x﹣1），则正实数a的取值范围为　（0，‎1‎‎6‎）　．‎ ‎【思路分析】由已知中的函数图象可得f（4a）＝a，f（﹣4a）＝﹣a，若∀x∈R，f（x）＞f（x﹣1），则‎4a-(-2a)＜1‎‎2a-(-4a)＜1‎，解不等式可得正实数a的取值范围．‎ ‎【答案】解：由已知可得：a＞0，‎ 且f（4a）＝a，f（﹣4a）＝﹣a，‎ 若∀x∈R，f（x）＞f（x﹣1），‎ 则‎4a-(-2a)＜1‎‎2a-(-4a)＜1‎，解得a‎＜‎‎1‎‎6‎，‎ 故正实数a的取值范围为：（0，‎1‎‎6‎），‎ 故答案为：（0，‎1‎‎6‎）‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是函数的图象，其中根据已知分析出不等式组，是解答的关键．‎ ‎4．（2019春•香坊区校级期末）已知函数f（x）＝2x2﹣kx+8．‎ ‎（1）若函数g（x）＝f（x）+2x是偶函数，求k的值；‎ ‎（2）若函数y＝f（x）在[﹣1，2]上，f（x）≥2恒成立，求k的取值范围．‎ ‎【思路分析】（1）利用函数的奇偶性，直接求解k的值即可．‎ ‎（2）利用函数恒成立，转化求解函数的最小值大于等于2，求解即可．‎ ‎【答案】解：（1）函数f（x）＝2x2﹣kx+8．函数g（x）＝2x2﹣kx+8+2x是偶函数，可得﹣k+2＝0，‎ 解得k＝2；‎ ‎（2）函数y＝2x2﹣kx+8在[﹣1，2]上，f（x）≥2恒成立，函数是二次函数，对称轴为x‎=‎k‎4‎，‎ 当k‎4‎‎≤-1时，必有2+k+8≥2，‎ 解得k∈[﹣8，﹣4]，‎ 当k‎4‎∈（﹣1，2]时，有：k‎2‎‎8‎‎-k‎2‎‎4‎+8≥2‎，解得k∈（﹣4，4‎3‎]，‎ 当k‎4‎∈（2，+∞）时，8﹣8k+8≥2，解得k‎≤‎‎7‎‎4‎，无解．‎ 综上所述，k的取值范围是：‎[-8，4‎3‎]‎．‎ ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性，二次函数的最值的求法和不等式恒成立问题的解法，考查转化思想和分类讨论的思想，考查运算能力，属于中档题．‎ ‎5．（2019春•顺德区期末）设二次函数f（x）＝x2+mx．‎ ‎（Ⅰ）若对任意实数m∈[0，1]，f（x）＞0恒成立，求实数x的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）若存在x0∈[﹣3，4]，使得f（x0）≤﹣4成立，求实数m的取值范围．‎ ‎【思路分析】（I）m的范围已知，要求x的范围，所以要把m当成自变量，把x当成参数来考虑；‎ ‎（II）f（x）是开口向上的二次函数，性质比较清楚，所以直接讨论对称轴的位置即可．‎ ‎【答案】（I）由题意，xm+x2＞0对于m∈[0，1]恒成立，令g（m）＝xm+x2．‎ i．当x＜0时，g（m）在[0，1]上单调递减，所以只需要g（1）＝x+x2＞0，解得x∈（﹣∞，﹣1）∪（0，+∞）；‎ ii．当x＝0时，g（m）＝0，所以不成立；‎ iii．当x＞0时，g（m）在[0，1]上单调递增，所以只需要g（0）＝x2＞0，解得x≠0．‎ 综上x∈（﹣∞，﹣1）∪（0，+∞）．‎ ‎（II）二次函数f（x）开口向上，对称轴为x‎=-‎m‎2‎．‎ i．当m＞6时，‎-m‎2‎＜-‎3，所以f（x）在区间[﹣3，4]上单调递增．存在x0∈[﹣3，4]，使得f（x0）≤﹣4，只需要f（﹣3）＝9﹣3m≤﹣4，解得m‎≥‎‎13‎‎3‎，又m＞6，所以m＞6；‎ ii．当﹣8≤m≤6时，﹣3‎≤-m‎2‎≤‎4，所以f（x）在区间[﹣3，4]上得最小值为f（‎-‎m‎2‎）．存在x0∈[﹣3，4]，使得f（x0）≤﹣4，只需要f（‎-‎m‎2‎）‎=-m‎2‎‎4‎≤-‎4，解得m≤﹣4或m≥4，又﹣8≤m≤6，所以m∈[﹣8，﹣4]∪[4，6]；‎ iii．当m＜﹣8时，‎-m‎2‎＞‎4，所以f（x）在区间[﹣3，4]上单调递减．存在x0∈[﹣3，4]，使得f（x0）≤﹣4，只需要f（4）＝16+4m≤﹣4，解得m≤﹣5，又m＜﹣8，所以m＜﹣8．‎ 综上，m∈（﹣∞，﹣4]∪[4，+∞）．‎ ‎【点睛】（I）一般来讲，已知范围得变量要作为自变量，要求范围得变量要作为参数；（II）分参也可以完成解答，比较两种方法，选用顺手的方法即可．‎ ‎6．（2019春•温州期末）设函数f（x）＝mx2﹣2mx﹣3．‎ ‎（1）若m＝l，解不等式f（x）＞0：‎ ‎（2）若对一切实数x，f（x）＜0恒成立，求实数m的取值范围．‎ ‎【思路分析】（1）将m＝l，代入不等式f（x）＞0，利用一元二次不等式求解即可；‎ ‎（2）若对一切实数x，f（x）＜0恒成立，讨论含有m的不等式，求解不等式可得实数m的取值范围．‎ ‎【答案】解：函数f（x）＝mx2﹣2mx﹣3．‎ ‎（1）若m＝l，解不等式f（x）＝x2﹣2x﹣3，‎ f（x）＞0：‎ 即：f（x）＝x2﹣2x﹣3＞0，‎ 即：（x﹣3）（x+1）＞0，‎ 所以：此不等式的解集为：{x|x＞3或x＜﹣1}；‎ ‎（2）对一切实数x，f（x）＜0恒成立，讨论含有m的不等式，‎ 当m＝0时，f（x）＝﹣3＜0，符合题意，‎ 当m≠0时，‎ 由题意：m＜0，且4m2+12m＜0，‎ 解得：﹣3＜m＜0，‎ 综上：﹣3＜m≤0；‎ 故实数m的取值范围：{m|﹣3＜m≤0}．‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数恒成立问题的求解，一元二次不等式的解法，分类讨论及转化思想的应用，属于中档题．‎ ‎7．（2019秋•文昌校级期中）已知函数f （ x ）＝|x﹣a|，g （ x ）＝x 2+2ax+1 （ a 为正常数），当 x＝0 时，函数f （ x ）＝g （ x ）．‎ ‎（1）求 a 的值；‎ ‎（2）求函数 f （ x ）+g （ x ） 的单调递增区间．‎ ‎【思路分析】（1）由题意可得f（0）＝g（0），解方程可得a；‎ ‎（2）讨论当 x≥1时，当 x＜1时，去掉绝对值，结合二次函数的单调性，即可得到所求增区间．‎ ‎【答案】解：（1）由题意，f （ 0 ）＝g （ 0 ），‎ 即|a|＝1 又 a＞0，‎ 所以 a＝1；‎ ‎（2）f （ x ）+g （ x ）＝|x﹣1|+x2+2x+1，‎ 当 x≥1时，f （ x ）+g （ x ）＝x2+3x，‎ 它在[1，+∞）上单调递增；‎ 当 x＜1时，f （ x ）+g （ x ）＝x2+x+2，‎ 它在[‎-‎‎1‎‎2‎，1 ） 上单调递增．‎ 则函数 f （ x ）+g （ x ） 的单调递增区间为[1，+∞）∪[‎-‎‎1‎‎2‎，1 ）＝[‎-‎‎1‎‎2‎，+∞）．‎ ‎【点睛】本题考查函数的单调区间的求法，注意运用分类讨论思想方法，以及二次函数的单调性，考查运算能力，属于中档题． ‎