2020-2021学年江苏省扬州市高一（上）期末模拟考试数学试卷苏教版

这是一份2020-2021学年江苏省扬州市高一（上）期末模拟考试数学试卷苏教版，共12页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. sin4π3的值为( )
A.−32B.12C.32D.−12

2. “x>2”是“x2>4”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

3. 方程lg3x+2x−8=0的解所在区间是( )
A.1,2B.2,3C.3,4D.5,6

4. 下列函数中，在其定义域内既是奇函数又是增函数的是 （ ）
A.y=|x|B.y=tanxC.y=12xD.y=x3

5. 已知a=20.1，b=lg32，c=cs3，则（ ）
A.c
6. 函数y=lg1|x+1|的大致图象为（ ）
A.B.
C.D.

7. 通过科学研究发现：地震时释放的能量E（单位：焦耳）与地震里氏震级M之间的关系为lgE=4.8+1.5M.已知2011年甲地发生里氏9级地震，2019年乙地发生里氏7级地震，若甲、乙两地地震释放能量分别为E1，E2，则E1和E2的关系为( )
A.E1=32E2B.E1=64E2C.E1=1000E2D.E1=1024E2

8. 若函数fx=|lg2x|的定义域为a,b，值域为0,2，则b−a的最小值为（ ）
A.34B.3C.2D.32
二、多选题

下列命题是真命题的是( )
A.若幂函数f(x)=xα过点(12,4)，则α=−12
B.∃x∈(0, 1)，(12)x>lg12x
C.∀x∈(0, +∞)，lg12x>lg13x
D.命题“∃x∈R，sinx+csx<1”的否定是“∀x∈R，sinx+csx≥1”

已知角A，B，C是锐角三角形的三个内角，则下列结论一定成立的是( )
A.sin(B+C)=sinAB.sinA+B2=csC2
C.sinB
关于函数fx=1+csx, x∈π3,2π的图象与直线y=t（t为常数）的交点情况，下列说法正确的是（ ）
A.当t<0或t≥2时，有0个交点B.当t=0或32≤t<2时，有1个交点
C.当0
已知函数fx=4|x|+x2+a，下列命题正确的有（ ）
A.对于任意实数a， fx为偶函数
B.对于任意实数a ，fx>0
C.存在实数a， fx在−∞,−1上单调递减
D.存在实数a，使得关于x的不等式fx≥5的解集为−∞,−1∪1,+∞
三、填空题

函数fx=ln1−x2的定义域是________.

lg2−lg15−eln2−14−12+−22的值为________.

若函数fx=Asinωx+φ（其中A>0，ω>0，−π<φ<π）的部分图象如图所示，则函数的解析式fx=________.


给出下列命题：
①函数fx=sinπ2+2x是偶函数；②函数fx=tan2x在−π4,π4上单调递增；③直线x=π8是函数fx=sin2x+π4图象的一条对称轴；
④将函数fx=cs2x−π3的图象向左平移π3单位，得到函数y=cs2x的图象．其中所有正确的命题的序号是________.
四、解答题

已知角α的终边经过点P(45, −35)．
(1)求sinα的值；

(2)求式sin(π2−α)sin(α+π)⋅tan(α−π)cs(3π−α)的值．

已知集合 A={x|2x2−5x−12≥0}，B={y|y=3x+1(x>0)}.
(1)求集合A∩B，(∁RA)∪B；

(2)若集合C={x|m−2≤x≤2m} 且(∁RA)∩C=C ，求m的取值范围.

已知fx=4x−1−2x+5x∈−2,2 .
(1)求fx的值域；

(2)若fx>3m2+am+2对任意a∈−1,1都成立，求m的取值范围．

已知函数fx=2sin2x+φ0<φ<π.

(1)若φ=π6，用“五点法”在给定的坐标系中，画出函数fx在0,π上的图象；

(2)若fx为偶函数，求φ；

(3)在(2)的前提下，将函数y=fx的图象向右平移π6个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标伸长为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数y=gx的图象，求gx在0,π的单调递减区间．

已知函数f(x)=m−22x+1是定义在R上的奇函数.
(1)求实数m的值；

(2)判断函数f(x)的单调性，并用函数单调性的定义证明；

(3)如果对任意x∈R，不等式f(2a+cs2x)+f(4sinx−2a−1−7)<0恒成立，求实数a的取值范围．

已知二次函数fx=ax2+bx+c满足下列3个条件：①fx的图象过坐标原点；②fx图像关于直线x=12对称；③对于任意x∈R都有fx≥x−1.
(1)求函数fx的解析式；

(2)令gx=fx+x|x−4m|−x2+5x，（其中m为参数）
①求函数gx的单调区间；
②设m>1，函数gx在区间p,q上既有最大值又有最小值，请写出实数p,q的取值范围．（用m表示出p，q范围即可，不需要过程）
参考答案与试题解析
2020-2021学年江苏省扬州市高一（上）期末模拟考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
三角函数的化简求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：sin4π3=sin(π+π3)=−sinπ3=−32.
故选A.
2.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
先后分析“x>2”⇒“x2>4”与“x2>4”⇒“x>2”的真假，进而根据充要条件的定义，得到答案．
【解答】
解：当x>2时，x2>4成立，
故“x>2”是“x2>4”的充分条件；
当x2>4时，x<−2或x>2，即x>2不成立，
故“x>2”是“x2>4”的不必要条件；
综上“x>2”是“x2>4”的充分不必要条件.
故选A.
3.
【答案】
C
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
构造函数f(x)=lg3x+2x−8，利用零点存在定理进行求解即可.
【解答】
解：设f(x)=lg3x+2x−8，
则f(x)=lg3x+2x−8在x>0上单调递增，
且f(3)=lg33+6−8<0，f(4)=lg34+8−8>0，
所以f(3)⋅f(4)<0，
所以函数f(x)=lg3x+2x−8的零点所在的区间为3,4，
故方程lg3x+2x−8=0的解所在区间是3,4.
故选C.
4.
【答案】
D
【考点】
奇偶性与单调性的综合
函数单调性的判断与证明
函数奇偶性的判断
【解析】
y=x是偶函数，故A不满足题设；
y=tanx是奇函数，在kπ−π2,kπ+π2k∈Z单增，故B不满足题设；
y=12x是非奇非偶函数，故C不满足题设；
y=x3是奇函数又是增函数，故D满足题设.
【解答】
解：y=x是偶函数，故A不满足题设；
y=tanx是奇函数，在kπ−π2，kπ+π2k∈Z单增，故B不满足题设；
y=12x是非奇非偶函数，故C不满足题设；
y=x3是奇函数又是增函数，故D满足题设.
故选D.
5.
【答案】
A
【考点】
余弦函数的单调性
指数式、对数式的综合比较
【解析】
利用指数函数的性质得解a=20.1>1，对数函数的性质得0利用余弦函数得π2<3<π⇒c=cs3<0.

【解答】
解：a=20.1>1，
0π2<3<π⇒c=cs3<0.
所以c故选A.
6.
【答案】
D
【考点】
函数的对称性
函数图象的作法
【解析】
由函数的解析式可得函数的图象关于直线x=−1对称，再由当x>−1时，y=lg1|x+1|=lg1x+1 是减函数，从而得出结论．
【解答】
解：∵ 函数y=lg1|x+1|，故函数的图象关于直线x=−1对称．
当x>−1时，由于y=lg1|x+1|=lg1x+1 是减函数，图象从左向右是下降的.
故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
对数的运算性质
函数模型的选择与应用
【解析】
考虑lgE1−lgE2的值，再利用指对数转换可得E1和E2的关系．
【解答】
解：由题设可得lgE1−lgE2=1.5×2=3，
故E1E2=103=1000.
故选C．
8.
【答案】
A
【考点】
函数的定义域及其求法
函数的单调性及单调区间
【解析】
计算可得f1=0,f4=f14=2，结合fx的图象，即可得到所求最小值．
【解答】
解：函数fx=|lg2x|的定义域为a,b，值域为0,2，
由f1=0，f4=f14=2，
可得a=14 ，b=1时，
b−a取得最小值1−14=34.
故选A．
二、多选题
【答案】
B,D
【考点】
命题的真假判断与应用
幂函数的性质
命题的否定
全称命题与特称命题
指数函数与对数函数的关系
【解析】
直接利用幂函数的定义，函数的性质，命题的否定，函数的图象的应用求出结果．
【解答】
解：对于选项A，幂函数f(x)=xα过点(12,4)，
则α=−2，故A错误；
对于选项B，∃x∈(0, 1)，(12)x>lg12x，
根据函数的图象，可得：
在(0,1)上存在一个x0，使得(12)x0>lg12x0，故B正确；
对于选项C，当x∈(0, 1)时，lg12x>lg13x，
当x∈(1, +∞)时，lg12x对于选项D，命题“∃x∈R，sinx+csx<1”的否定是“∀x∈R，sinx+csx≥1”，故D正确．
故选BD.
【答案】
A,B,D
【考点】
诱导公式
【解析】
利用三角形内角和定理，诱导公式即可证明A，B正确；对于C，若A＝60∘，B＝45∘，C＝75∘，显然sinB>csA，可得错误；对于D，利用诱导公式，三角形内角和定理可得正确．
【解答】
解：对于A，sin(B+C)=sin(π−A)=sinA，正确；
对于B，sinA+B2=sin(π−C2)=csC2，正确；
对于C，若A=60∘，B=45∘，C=75∘，
显然sinB=22>12=csA，错误；
对于D，由cs(A+B)=cs(π−C)=−csC，
由C为锐角，可得：csC>0，
可得：cs(A+B)=−csC故选ABD.
【答案】
A,B
【考点】
三角函数的图象
函数的零点与方程根的关系
【解析】
直接利用函数的图象和函数的性质及参数的范围求出函数的交点的情况，进一步确定结果．
【解答】
解：根据函数的解析式画出函数的图象：
①对于选项A：当t<0或t≥2时，有0个交点，故A正确．
②对于选项B：当t=0或32≤t<2时，有1个交点，故B正确．
③对于选项C：当t=32时，三角函数的图象与直线y=32只有一个交点，故C错误．
④对于选项D：当32≤t<2时，三角函数的图象与直线y=t32≤t<2只有一个交点，故D错误．
故选AB．
【答案】
A,C,D
【考点】
函数单调性的性质
奇偶性与单调性的综合
【解析】
直接利用函数的对称性和函数的单调性的应用求出结果．
【解答】
解：函数fx=4|x|+x2+a，
①对于选项A：由于x∈R，且f−x=fx ，故函数fx为偶函数．故选项A正确．
②对于选项B：由于|x|≥0，所以4|x|≥1，故4|x|+x2≥1，所以若x=0，a=−2，则fx<0，故选项B错误．
③对于选项C：由于函数fx的图象关于y轴对称，在x>0时，函数为单调递增函数，在x<0时，函数为单调递减函数，故fx在−∞,−1上单调递减，故选项C正确．
④对于选项D：由于函数的图象关于y轴对称，且在x>0时，函数为单调递增函数，在x<0时，函数为单调递减函数，故存在实数a=0时，当x∈−∞,−1∪1,+∞时，不等式成立，故选项D正确．
故选ACD.
三、填空题
【答案】
−1,1
【考点】
对数函数的定义域
【解析】
根据对数函数自变量取值范围列出关于x的取值范围即可.
【解答】
解：因为fx=ln1−x2，
则1−x2>0，解得−1故答案为：−1，1.
【答案】
−1
【考点】
对数的运算性质
对数及其运算
【解析】
利用指数，对数的性质和运算法则求解．
【解答】
解：原式=lg2+lg5−2−2+2
=lg10−2
=1−2=−1．
故答案为：−1.
【答案】
2sin2x+π3
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，可得函数的解析式．
【解答】
解：根据函数fx=Asinωx+φ的部分图象，
可得A=2，
12T=12⋅2πω=π3+π6,
∴ ω=2，
∵ −π<φ<π，再根据五点法作图可得2⋅−π6+φ=0，
解得φ=π3，
故fx=2sin2x+π3.
故答案为：2sin2x+π3.
【答案】
①②③
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
余弦函数的对称性
诱导公式
正弦函数的奇偶性
正切函数的单调性
【解析】
利用诱导公式以及函数的奇偶性判定①，利用正切函数的单调性判定②，利用x=π8时函数取得最大值判定③，利用函数图像的变换判定④.
【解答】
解：①函数f(x)=sinπ2+2x=cs2x，显然得f(−x)=f(x)，故函数为偶函数，故正确；
②−π4③当x=π8时，f(x)=sin2×π8+π4=sinπ2=1，所以x=π8是函数的对称轴，故正确；
④函数f(x)=cs2x−π3的图象向左平移π3个单位得y=cs2x+π3−π3=cs2x+π3，不能得到y=cs2x，故错误.
故答案为：①②③.
四、解答题
【答案】
解：(1)∵ |OP|=(45)2+(35)2=1，
∴ 点P在单位圆上．
由正弦函数的定义得sinα=−35.
(2)原式=csα−sinα⋅tanα(−csα)
=sinαsinαcsα=1csα.
由余弦的定义可知，csα=45.
即所求式的值为54.
【考点】
任意角的三角函数
运用诱导公式化简求值
【解析】
（1）求出|OP|，利用三角函数的定义，直接求出sinα的值．
（2）利用诱导公式化简表达式，根据角的终边所在象限，求出csα=45，可得结果．
【解答】
解：(1)∵ |OP|=(45)2+(35)2=1，
∴ 点P在单位圆上．
由正弦函数的定义得sinα=−35.
(2)原式=csα−sinα⋅tanα(−csα)
=sinαsinαcsα=1csα.
由余弦的定义可知，csα=45.
即所求式的值为54.
【答案】
解：(1)2x2−5x−12≥0⇒(2x+3)(x−4)≥0⇒x≥4 或x≤−32，
∴A={x|x≥4 或x≤−32}，B={y|y>2}，
∴A∩B={x|x≥4}，(∁RA)∪B={x|x>−32}.
(2)∵ (∁RA)∩C=C， C⊆(∁RA)，
∁RA={x|−32①当C=⌀ 时，m−2>2m ，即m<−2 时满足 C⊆(∁RA)，∴m<−2；
②当C≠⌀ 时，要使C⊆(∁RA)，
则m−2≤2m，m−2>−32，2m<4⇒m≥−2，m>12，m<2，⇒12综上所述，m∈(−∞,−2)∪(12,2).
【考点】
集合关系中的参数取值问题
交、并、补集的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)2x2−5x−12≥0⇒(2x+3)(x−4)≥0⇒x≥4 或x≤−32，
∴A={x|x≥4 或x≤−32}，B={y|y>2}，
∴A∩B={x|x≥4}，(∁RA)∪B={x|x>−32}.
(2)∵ (∁RA)∩C=C， C⊆(∁RA)，
∁RA={x|−32①当C=⌀ 时，m−2>2m ，即m<−2 时满足 C⊆(∁RA)，∴m<−2；
②当C≠⌀ 时，要使C⊆(∁RA)，
则m−2≤2m，m−2>−32，2m<4⇒m≥−2，m>12，m<2，⇒12综上所述，m∈(−∞,−2)∪(12,2).
【答案】
解：(1)令2x=t，
∵ x∈−2，2，∴ t∈14，4，
原函数化为gt=14t2−t+5=14t−22+4，t∈14,4．
∴ gt∈4,5，即fx的值域为[4,5]；
(2)由fx>3m2+am+2对任意a∈[−1,1]都成立，
得3m2+am+2<4对任意a∈−1,1都成立，
∴ 3m2+am−2<0对任意a∈[−1,1]都成立，
令ℎa=ma+3m2−2，a∈−1,1，
则ℎ(1)=3m2+m−2<0，ℎ(−1)=3m2−m−2<0，
解得−23【考点】
函数的值域及其求法
函数恒成立问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)令2x=t，
∵ x∈−2，2，∴ t∈14，4，
原函数化为gt=14t2−t+5=14t−22+4，t∈14,4．
∴ gt∈4,5，即fx的值域为[4,5]；
(2)由fx>3m2+am+2对任意a∈[−1,1]都成立，
得3m2+am+2<4对任意a∈−1,1都成立，
∴ 3m2+am−2<0对任意a∈[−1,1]都成立，
令ℎa=ma+3m2−2，a∈−1,1，
则ℎ(1)=3m2+m−2<0，ℎ(−1)=3m2−m−2<0，
解得−23【答案】
解：(1)当φ=π6时，fx=2sin2x+π6，
列表如下：
函数y=fx在区间0,π上的图象如图所示．
(2)∵ f(x)=2sin(x+φ)为偶函数，
∴ |sinφ|=1，
∴ φ=kπ+π2k∈Z.
又∵ 0<φ<π，
∴ φ=π2 .
(3)由(2)知f(x)=2sin2x+π2=2cs2x.
将f(x)的图象向右平移π6个单位后，得到fx−π6的图象，
再将横坐标变为原来的4倍，得到g(x)=fx4−π6，
∴ g(x)=fx4−π6=2csx2−π3.
当2kπ≤x2−π3≤2kπ+π(k∈Z)，
即4kπ+2π3≤x≤4kπ+8π3(k∈Z)时，g(x)单调递减，
因此gx在0,π的单调递减区间为2π3,π .
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
五点法作函数y=Asin（ωx+φ）的图象
正弦函数的单调性
函数奇偶性的性质
【解析】
（1）当φ=π6时，fx=2sin2x+π6，
列表如下：
函数y=fx在区间0,π上的图象如图所示．
（2）∵ f(x)=2sin((x+φ)为偶函数，∴ |sinφ|=1，∴ φ=kπ+π2(k∈Z)φ=kπ+π2k∈Z，
又∵ 0<φ<π,∴ φ=π2 .
（3）由（2）知f(x)=−2sin2x+π2=2cs2x，将f(x)的图象向右平移π6个单位后，得到fx−π6的图象，再将横坐标变为原来的4倍，得到g(x)=x4−π6，
∴ g(x)=x4−π6=2csx2−π3，
当2kπ≤x2−π3≤2kπ+π(k∈Z)，即4kπ+2π3≤x≤4kπ+8π3(k∈Z)时，g(x)单调递减，
因此gx在0,π的单调递减区间为2π3,π .
【解答】
解：(1)当φ=π6时，fx=2sin2x+π6，
列表如下：
函数y=fx在区间0,π上的图象如图所示．
(2)∵ f(x)=2sin(x+φ)为偶函数，
∴ |sinφ|=1，
∴ φ=kπ+π2k∈Z.
又∵ 0<φ<π，
∴ φ=π2 .
(3)由(2)知f(x)=2sin2x+π2=2cs2x.
将f(x)的图象向右平移π6个单位后，得到fx−π6的图象，
再将横坐标变为原来的4倍，得到g(x)=fx4−π6，
∴ g(x)=fx4−π6=2csx2−π3.
当2kπ≤x2−π3≤2kπ+π(k∈Z)，
即4kπ+2π3≤x≤4kπ+8π3(k∈Z)时，g(x)单调递减，
因此gx在0,π的单调递减区间为2π3,π .
【答案】
解：(1)因为f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(−x)=−f(x)，
即m−22x+1+m−22−x+1=0，
即2m−2=0，即m=1．
(2)函数f(x)在R上是增函数．
证明如下：
任取x1则f(x1)−f(x2)=21+2x2−21+2x1=2(2x1−2x2)(1+2x1)(1+2x2)，
因为x1所以f(x1)−f(x2)<0，
所以函数f(x)在R上是增函数．
(3)因为f(2a+cs2x)+f(4sinx−2a−1−7)<0，且f(x)是奇函数，
所以f(2a+cs2x)<−f(4sinx−2a−1−7)=f(2a−1−4sinx+7).
因为f(x)在R上单调递增，
所以2a+cs2x<2a−1−4sinx+7，
即2a−2a−1<−cs2x−4sinx+7对任意x∈R都成立.
由于−cs2x−4sinx+7=(sinx−2)2+2，其中−1≤sinx≤1，
所以(sinx−2)2+2≥3，即最小值为3，
所以2a−2a−1<3，即2a−1−2a−1−2<0，
解得−1<2a−1<2，
故0≤2a−1<2，得12≤a<52，
故实数a的取值范围12≤a<52．
【考点】
函数奇偶性的判断
函数单调性的判断与证明
不等式恒成立问题
函数单调性的性质
函数奇偶性的性质
【解析】
（1）由奇函数性质f(−x)＝−f(x)，求得m；
（2）判断f(x)的单调性；
(3)由f(x)奇函数化简不等式f(2a+cs2x)+f(4sinx−2a−1−7)<0最后变量分离可求得实数a的取值范围．
【解答】
解：(1)因为f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(−x)=−f(x)，
即m−22x+1+m−22−x+1=0，
即2m−2=0，即m=1．
(2)函数f(x)在R上是增函数．
证明如下：
任取x1则f(x1)−f(x2)=21+2x2−21+2x1=2(2x1−2x2)(1+2x1)(1+2x2)，
因为x1所以f(x1)−f(x2)<0，
所以函数f(x)在R上是增函数．
(3)因为f(2a+cs2x)+f(4sinx−2a−1−7)<0，且f(x)是奇函数，
所以f(2a+cs2x)<−f(4sinx−2a−1−7)=f(2a−1−4sinx+7).
因为f(x)在R上单调递增，
所以2a+cs2x<2a−1−4sinx+7，
即2a−2a−1<−cs2x−4sinx+7对任意x∈R都成立.
由于−cs2x−4sinx+7=(sinx−2)2+2，其中−1≤sinx≤1，
所以(sinx−2)2+2≥3，即最小值为3，
所以2a−2a−1<3，即2a−1−2a−1−2<0，
解得−1<2a−1<2，
故0≤2a−1<2，得12≤a<52，
故实数a的取值范围12≤a<52．
【答案】
解：(1)因为f0=0，所以c=0．
以对称轴为x=12，即−b2a=12，
即b=−a，所以fx=ax2−ax，
又因为fx≥x−1，
所以ax2−a+1x+1≥0对于任意x∈R都成立，
所以a>0，Δ≤0，即a>0，a−12≤0，
所以a=1，b=−1，
所以fx=x2−x．
(2)①gx=x|x−4m|+4x，
当x≥4m时，gx=x2+4−4mx=x−2m−22−2m−22
若2m−2>4m，即m<−1，则gx在4m,2m−2上递减，在2m−2,+∞上递增，
若2m−2≤4m，即m≥−1，则gx在4m,+∞上递增，
当x<4m时，gx=−x2+4+4mx=−x−2m+22+2m+22，
若2m+2<4m，即m>1，则gx在−∞,2m+2上递增，在2m+2,4m上递减，
若2m+2≥4m，即m≤1，则gx在−∞,4m上递增，
综上：
当m>1时，gx的增区间为−∞,2m+2，4m,+∞，减区间为2m+2,4m；
当m<−1时，gx的增区间为−∞,4m，2m−2,+∞，减区间为4m,2m−2；
当−1≤m≤1时，gx的增区间为−∞,+∞.
②由①知，若要在区间p,q上既有最大值又有最小值，
则区间2m+2,4m在区间p,q内部，即p<2m+2，q>4m，
且需满足f(p)≥f(4m)，f(q)≤f(2m+2)，
即p<2m+2，−[p−(2m+2)]2+(2m+2)2≥16m，[q−(2m−2)]2−(2m−2)2≤(2m+2)2，q>4m，
解得，4≤p<2m+2，4m【考点】
二次函数的性质
函数解析式的求解及常用方法
函数单调性的判断与证明
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)因为f0=0，所以c=0．
以对称轴为x=12，即−b2a=12，
即b=−a，所以fx=ax2−ax，
又因为fx≥x−1，
所以ax2−a+1x+1≥0对于任意x∈R都成立，
所以a>0，Δ≤0，即a>0，a−12≤0，
所以a=1，b=−1，
所以fx=x2−x．
(2)①gx=x|x−4m|+4x，
当x≥4m时，gx=x2+4−4mx=x−2m−22−2m−22
若2m−2>4m，即m<−1，则gx在4m,2m−2上递减，在2m−2,+∞上递增，
若2m−2≤4m，即m≥−1，则gx在4m,+∞上递增，
当x<4m时，gx=−x2+4+4mx=−x−2m+22+2m+22，
若2m+2<4m，即m>1，则gx在−∞,2m+2上递增，在2m+2,4m上递减，
若2m+2≥4m，即m≤1，则gx在−∞,4m上递增，
综上：
当m>1时，gx的增区间为−∞,2m+2，4m,+∞，减区间为2m+2,4m；
当m<−1时，gx的增区间为−∞,4m，2m−2,+∞，减区间为4m,2m−2；
当−1≤m≤1时，gx的增区间为−∞,+∞.
②由①知，若要在区间p,q上既有最大值又有最小值，
则区间2m+2,4m在区间p,q内部，即p<2m+2，q>4m，
且需满足f(p)≥f(4m)，f(q)≤f(2m+2)，
即p<2m+2，−[p−(2m+2)]2+(2m+2)2≥16m，[q−(2m−2)]2−(2m−2)2≤(2m+2)2，q>4m，
解得，4≤p<2m+2，4m0
π6
5π12
2π3
11π12
π
f(x)
1
2
0
−2
0
1
x
0
π6
5π12
2π3
11π12
π
f(x)
1
2
0
−2
0
1
x
0
π6
5π12
2π3
11π12
π
f(x)
1
2
0
−2
0
1