(新高考)高考数学一轮复习小题多维练专题04《函数的基本性质》（解析版）

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专题04 函数的基本性质
一、单选题
1.下列函数中，在区间（0，+∞）上单调递增且存在零点的是（　　）
A．y＝ex B． C． D．y＝（x﹣1）2
【答案】C
【分析】根据基本初等函数的图象与性质，零点的含义，以及函数图象的变换法则，逐一判断每个选项即可．
【解答】解：函数y＝ex＞0恒成立，不存在零点，即A不符合题意；
函数恒成立，不存在零点，即B不符合题意；
函数在（0，+∞）上单调递增，且当x＝1时，y＝0，所以函数的零点为x＝1，即C正确；
函数y＝（x﹣1）2在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，即D不符合题意．
故选：C．
【知识点】函数的零点、函数的单调性及单调区间
2.已知实数m是给定的常数，函数f（x）＝x3+﹣mx+1的图象不可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】对函数f（x）求导可得f'（x）＝（3x+1）（x﹣m），不妨取m＝0、m＞0和三类讨论函数f（x）的单调区间，并与选项进行匹配即可作出选择．
【解答】解：f（0）＝1，f'（x）＝3x2+（1﹣3m）x﹣m＝（3x+1）（x﹣m），
当m＞0时，函数f（x）在和（m，+∞）上单调递增，在上单调递减，选项A，C的图象有可能符合题意；
当m＝0时，令f'（x）＜0，得；令f'（x）＞0，得或x＞0．
所以函数f（x）在和（0，+∞）上单调递增，在上单调递减，选项B的图象不符合题意；
当时，函数f（x）在（﹣∞，m）和上单调递增，在上单调递减，选项D的图象有可能符合题意．
故选：B．
【知识点】函数的单调性及单调区间
3.定义在R的函数f（x）＝﹣x3+m与函数g（x）＝f（x）+x3+x2﹣kx在[﹣1，1]上具有相同的单调性，则k的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，﹣2] B．[2，+∞）
C．[﹣2，2] D．（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）
【答案】B
【分析】根据题意，分析易得f（x）在R上为减函数，求出g（x）的解析式，分析可得g（x）在[﹣1，1]上为减函数，结合二次函数的性质分析可得答案．
【解答】解：根据题意，函数f（x）＝﹣x3+m，其定义域为R，则R上f（x）为减函数，
g（x）＝f（x）+x3+x2﹣kx＝x2﹣kx+m在[﹣1，1]上为减函数，
必有x＝≥1，解可得k≥2，
即k的取值范围为[2，+∞）；
故选：B．
【知识点】函数的单调性及单调区间
4.若ln（a+4b）＝lna+lnb﹣1，则的取值范围为（　　）
A．（，7） B．[，7） C．（，+∞） D．[9，+∞）
【答案】D
【分析】利用对数运算法则，推出＝，然后利用基本不等式转化求解函数的最大值即可．
【解答】解：由ln（a+4b）＝lna+lnb﹣1，可得a+4b＝，所以＝，
因为a＞0，b＞0，所以＝（a+b）•（）＝5+≥5+4＝9．
当且仅当a＝2b＝6e时，取等号．
所以的取值范围为[9，+∞）．
故选：D．
【知识点】函数的最值及其几何意义
5.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，]
【答案】D
【分析】零点分段取绝对值，在利用换元法，作出图象，分段讨论m，即可求解最大值的取值范围；
【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
6.设f（x）是R上的奇函数且满足f（x﹣1）＝f（x+1），当0≤x≤1时，f（x）＝5x（1﹣x），则f（﹣2020.6）＝（　　）
A． B． C．﹣ D．﹣
【答案】D
【分析】根据题意，分析可得f（x）是周期为2的周期函数，结合函数的奇偶性可得f（﹣2020.6）＝f（﹣2020﹣0.6）＝f（﹣0.6）＝﹣f（0.6），又由函数的解析式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，f（x）满足f（x﹣1）＝f（x+1），即f（x+2）＝f（x），
则f（x）是周期为2的周期函数，
又由f（x）为奇函数，则f（﹣2020.6）＝f（﹣2020﹣0.6）＝f（﹣0.6）＝﹣f（0.6），
当0≤x≤1时，f（x）＝5x（1﹣x），则f（0.6）＝5×0.6×0.4＝，
故f（﹣2020.6）＝﹣f（0.6）＝﹣，
故选：D．
【知识点】抽象函数及其应用、函数奇偶性的性质与判断
7.已知函数f（x）＝ln+ax+b（a，b∈R），对任意的x∈（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞）都有f（﹣x）+f（x）＝6，且f（5）＝3，则f（9）﹣f（﹣5）＝（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，由f（﹣x）+f（x）＝6，则有（ln+ax+b）+（ln﹣ax+b）＝2b＝6，分析可得b的值，又由f（5）＝3，解可得a的值，由f（﹣x）+f（x）＝6可得f（﹣5）的值，由解析式可得f（﹣9）的值，计算可得答案
【解答】解：根据题意，f（x）＝ln+ax+b，
若f（﹣x）+f（x）＝6，则有（ln+ax+b）+（ln﹣ax+b）＝2b＝6，
则有b＝3，
又由f（5）＝3，则f（5）＝ln+5a+3＝3，解可得a＝，
则f（x）＝ln+x+b，
对任意的x∈（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞）都有f（﹣x）+f（x）＝6，且f（5）＝3，则f（﹣5）＝6﹣3＝3，
则f（9）﹣f（﹣5）＝ln+9×+3﹣3＝，
故选：C．
【知识点】函数奇偶性的性质与判断、抽象函数及其应用
8.对于任意x∈R，函数f（x）满足f（2﹣x）＝f（x），且当x≥l时，f（x）＝x2+lgx，若a＝f（2），b＝f（logπ3），c＝f（﹣1），则a，b，c之间的大小关系是（　　）
A．b＞a＞c B．b＞c＞a C．c＞a＞b D．c＞b＞a
【答案】C
【分析】首先根据f（2﹣x）＝f（x），得出函数关于x＝1对称，再将对应的自变量转化到区间[1，+∞）内，利用函数的单调性作出判断．
【解答】解：∵f（2﹣x）＝f（x），
∴f（x）关于直线x＝1对称，
∴，c＝f（﹣1）＝f（3），且，
又当x≥l时，f（x）＝x2+lgx，
故函数f（x）在[1，+∞）单调递增，
∴，即b＜a＜c．
故选：C．
【知识点】奇偶函数图象的对称性、函数单调性的性质与判断
9.已知函数f（x）是（﹣∞，+∞）上的偶函数，若对于x≥0，都有f（x+2）＝﹣f（x），且当x∈[0，2）时，f（x）＝log2（x+1），则f（﹣2017）＝（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C．2 D．1
【答案】D
【分析】利用函数的奇偶性的定义以及函数的周期性化简，可得f（﹣2017）＝f（1），代入已知解析式，求解即可得到答案
【解答】解：由已知函数是偶函数，且x≥0时，都有f（x+2）＝﹣f（x），
∴f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），
当x∈[0，2）时，f（x）＝log2（x+1），
所以f（﹣2017）＝f（2017）＝f（4×504+1）＝f（1）＝log22＝1．
故选：D．
【知识点】函数的周期性
10.偶函数f（x）对于任意实数x，都有f（2+x）＝f（2﹣x）成立，并且当﹣2≤x≤0时，f（x）＝2﹣x，则＝（　　）
A． B．﹣ C． D．﹣
【答案】C
【分析】先通过偶函数f（2+x）＝f（2﹣x），可推断函数f（x）是以4为周期的函数，故可以把f（）转化为f（）＝f（﹣），再利用其为偶函数以及解析式可得结论．
【解答】解：对任意实数x都有f（4+x）＝f[2+（2+x）]＝f[2﹣（2+x）]＝f（﹣x），
由于f（x）为偶函数，所以f（﹣x）＝f（x）．
所以f（4+x）＝f（x）．
所以函数f（x）是以4为周期的周期函数．
所以．
故选：C．
【知识点】函数的周期性
11.已知函数f（x）的图象关于原点对称，且满足f（x+1）+f（3﹣x）＝0，当x∈（2，4）时，f（x）＝﹣log（x﹣1）+m，若＝f（﹣1），则实数m的值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，分析可得f（x+1）＝﹣f（3﹣x）＝f（x﹣3），即f（x+4）＝f（x），故函数f（x）的周期为4，据此可得f（2021）＝f（1），结合函数的解析式可得f（1）和f（﹣1）的值，进而可得若，则有＝m+1，解可得m的值，即可得答案．
【解答】解：根据题意，函数f（x）满足f（x+1）+f（3﹣x）＝0，又由f（x）为奇函数，
则f（x+1）＝﹣f（3﹣x）＝f（x﹣3），即f（x+4）＝f（x），
故函数f（x）的周期为4，则f（2021）＝f（1+2020）＝f（1），
当x∈（2，4）时，，则f（3）＝m+1，
即f（2021）＝f（1）＝﹣f（3）＝﹣m﹣1，
又由f（x）为奇函数，则f（﹣1）＝﹣f（1）＝m+1，
若，则有＝m+1，
解可得：m＝﹣；
故选：C．
【知识点】函数的周期性
12.已知函数f（x）＝﹣x2+a，g（x）＝x2ex，若对任意的x2∈[﹣1，1]，存在唯一的x1∈[﹣，2]，使得f（x1）＝g（x2），则实数a的取值范围是（　　）
A．（e，4] B．（e+，4] C．（e+，4） D．（，4]
【答案】B
【分析】求得f（x）在（，2]的值域A，以及函数y＝g（x）的导数，判断单调性，求得在[﹣1，1]的值域B，由题意可得B包含于A，可得a的不等式，解不等式可得所求范围．
【解答】解：f（x）＝﹣x2+a在[﹣，2]的值域为[a﹣4，a]，
但f（x）在（，2]递减，此时f（x）∈[a﹣4，a﹣）．
g（x）＝x2ex的导数为g′（x）＝2xex+x2ex＝x（x+2）ex，
可得g（x）在[﹣1，0]递减，（0，1]递增，
则g（x）在[﹣1，1]的最小值为g（0）＝0，最大值为g（1）＝e，即值域为[0，e]．
对任意的x2∈[﹣1，1]，存在唯一的x1∈[﹣，2]，使得f（x1）＝g（x2），
可得[0，e]⊆[a﹣4，a﹣），
可得a﹣4≤0＜e＜a﹣，
解得e+＜a≤4．
故选：B．
【知识点】函数恒成立问题

二、多选题
13.已知函数f（x）的定义域是[﹣1，5]，且f（x）在区间[﹣1，2）上是增函数，在区间[2，5]上是减函数，则以下说法一定正确的是（　　）
A．f（2）＞f（5）
B．f（﹣1）＝f（5）
C．f（x）在定义域上有最大值，最大值是f（2）
D．f（0）与f（3）的大小不确定
【答案】AD
【分析】结合函数的单调性及函数是否在x＝2处连续分别检验各选项即可判断．
【解答】解：因为在区间[2，5]上是减函数，故f（2）＞f（5）成立，A正确；
因为f（x）在区间[﹣1，2）上是增函数，在区间[2，5]上是减函数，但在x＝2处不一定连续，故无法比较f（0）与f（3）的大小，B不正确，D正确，
当函数在x＝2处连续时，x＝2处函数的最大值，当函数在x＝2处不连续时，x＝2时，函数不能取得最大值，C错误；
故选：AD．
【知识点】函数单调性的性质与判断
14.已知不等式ex≥x+1，对任意的x∈R恒成立．以下命题中真命题的有（　　）
A．对∀x∈R，不等式e﹣x＞1﹣x恒成立
B．对∀x∈（0，+∞），不等式ln（x+1）＜x恒成立
C．对∀x∈（0，+∞），且x≠1，不等式lnx＜x﹣1恒成立
D．对∀x∈（0，+∞），且x≠1，不等式恒成立
【答案】ABCD
【分析】A由已知不等式ex≥x+1，结合对称性可得e﹣x＞1﹣x恒成立；B把已知不等式两边取对数可得不等式ln（x+1）＜x恒成立；C直接利用导数证明不等式lnx＜x﹣1恒成立；D对x分类证明对∀x∈（0，+∞），且x≠1，不等式恒成立．
【解答】解：由ex≥x+1对任意的x∈R恒成立，如图，
结合对称性可知，对∀x∈R，不等式e﹣x＞1﹣x恒成立，故A正确；
由ex≥x+1，且x∈（0，+∞），
两边取对数，得x＞ln（x+1），即ln（x+1）＜x，故B正确；
令f（x）＝lnx﹣x+1，则f′（x）＝＝，
当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，
∴f（x）max＝f（1）＝0，则lnx﹣x+1＜0，即lnx＜x﹣1，故C正确；
当x∈（0，+∞），且x≠1时，不等式等价于，
即，
若x∈（0，1），则，
令g（x）＝，g′（x）＝，
∴g（x）在（0，1）上为增函数，则g（x）＜g（1）＝0，即；
若x∈（1，+∞），则，
令g（x）＝，g′（x）＝，
∴g（x）在（0，1）上为增函数，则g（x）＞g（1）＝0，即．
∴不等式恒成立．D正确．
故选：ABCD．
【知识点】函数单调性的性质与判断
15.已知f（x）是定义在R上的奇函数，且满足f（4﹣x）＝f（x），则下列说法正确的是（　　）
A．f（x+8）＝f（x）
B．f（x）在区间（﹣2，2）上单调递增
C．f（2019）+f（2020）+f（2021）＝0
D．f（x）＝cos（）是满足条件的一个函数
【答案】ACD
【分析】由已知结合函数的周期性，奇偶性分别检验各选项即可判断．
【解答】解：因为f（x）是定义在R上的奇函数，且满足f（4﹣x）＝f（x），
所以f（﹣x）＝﹣f（x），f（4+x）＝f（﹣x），
所以f（4+x）＝﹣f（x），
所以f（x+8）＝f（x），A正确；
由已知无法判断函数在区间（﹣2，2）上单调性，B错误；
f（2019）+f（2020）+f（2021）＝f（3）+f（4）+f（5）＝f（1）+f（0）+f（﹣1）＝0，C正确；
f（x）＝cos（）＝﹣sin为奇函数，周期T＝＝8，D正确．
故选：ACD．
【知识点】函数的周期性、函数奇偶性的性质与判断
16.若对任意满足x+2y＝2的正实数x，y，＞2m2（m∈N*）恒成立，则正整数m的取值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】AB
【分析】由题意可得2m2＜（）min，将2x+4y＝（x+2y）2代入此不等式的右边，化简整理，运用基本不等式可得最小值，解得m的范围，可得所求值．
【解答】解：＞2m2（m∈N*）恒成立，
即为2m2＜（）min，
由x+2y＝2，x＞0，y＞0，
可得＝＝＝++4≥2+4＝16，
当且仅当2x＝3y，又x+2y＝2，即x＝，y＝时，上式取得等号，
则2m2＜16，解得﹣2＜m＜2，
则正整数m的取值为1，2．
故选：AB．
【知识点】函数恒成立问题

三、填空题
17.已知函数f（x）＝e|x|+x2﹣e，则满足不等式f（m﹣2）≤1的m取值范围是　　　　　　．
【答案】
【分析】函数f（x）为偶函数，由导数可知函数在（0，+∞）单调递增，进而转化不等式，求解得到答案．
【解答】解：由题意可知，函数f（x）为定义在R上的偶函数，且当x＞0时，f（x）＝ex+x2﹣e，则f′（x）＝ex+2x＞0，
故函数f（x）在（0，+∞）单调递增，
∴不等式f（m﹣2）≤1等价为|m﹣2|≤1，解得1≤m≤3．
故答案为：[1，3]．
【知识点】函数单调性的性质与判断
18.已知定义在R上的函数f（x）满足f（x）＝g（x）﹣g（﹣x），且f（x）在R单调递增，对任意的x1，x2∈（0，+∞），恒有f（x1）•f（x2）＝f（x1+x2），则使不等式成立的m取值范围是　　．
【答案】[0，9）
【分析】由于定义在R上的函数f（x）＝g（x）﹣g（﹣x），所以f（﹣x）＝g（﹣x）﹣g（x）＝﹣f（x），由此得出函数f（x）为奇函数，且在R上递增；对任意的x1，x2∈（0，+∞），恒有f（x1）•f（x2）＝f（x1+x2），则[f（+）]2＝f（2+1）；使不等式可以转化为一个无理不等式，解不等式即可求出满足条件的实数m的取值范围．
【解答】解：由于定义在R上的函数f（x）＝g（x）﹣g（﹣x），
所以f（﹣x）＝g（﹣x）﹣g（x）＝﹣f（x），所以函数f（x）为奇函数；
∵对任意的x1，x2∈（0，+∞），恒有f（x1）•f（x2）＝f（x1+x2），
则[f（+）]2＝f（2+1）；
不等式⇔不等式f（2+1）＞f（m﹣2），
∵f（x）在R单调递增，∴2+1＞m﹣2；∴m﹣2﹣3＜0；
解得0≤m＜9；
故答案为：[0，9）．
【知识点】函数单调性的性质与判断
19.已知函数f（x）＝+3，x∈[﹣6，6]，若f（x）的最大值为M，最小值为m，则M+m＝　　．
【答案】8
【分析】先对函数f（x）解析式化简，化简为f（x）＝g（x）+4的形式，且g（x）为奇函数，进而可以求解．
【解答】解：由题意可得f（x）＝log
＝log，
令函数g（x）＝log+，
定义域为[﹣6，6]关于原点对称，且g（﹣x）＝log+
＝﹣log﹣＝﹣g（x），
即函数g（x）为奇函数，其最大值和最小值的和为0，
所以函数f（x）的最大值和最小值的和m+M＝4+4＝8，
故答案为：8．
【知识点】函数的最值及其几何意义
20.用MI表示函数y＝sinx在闭区间I上的最大值，若正数a满足M[0，a]≥2M[a，2a]，则M[0，a]＝　　；a的取值范围为　　．

【分析】通过数形结合，分类讨论结合正弦性质找出解题思路．
【解答】解：如图是函数y＝sinx，x∈[0，3π]的图象，
若0＜a＜，y＝sinx在[0，a]上单调递增，所以，M[0，a]＝sina，此时，M[a，2a]＞sina＝M[0，a]，
这与已知M[0，a]≥2M[a，2a]，矛盾．所以，a≥，所以M[0，a]＝1，故正确答案是：1．
显然2a≥时，M[a，2a]＝1，这与已知M[0，a]≥2M[a，2a]，矛盾．所以，2a＜即a＜，
所以≤a＜．
又已知，M[0，a]≥2M[a，2a]，即≥M[a，2a]，因为当时，π≤2a＜，M[a，2a]＝sina或sin2a，
所以，⇔⇔
故正确答案为：1，[，]．

【知识点】函数的最值及其几何意义
21.设函数f（x）是定义在 R上的奇函数，且，则g[f（﹣8）]＝　　．
【答案】-1
【分析】根据题意，由函数的奇偶性计算可得g（x）的解析式以及f（﹣8）的值，进而有g[f（﹣8）]＝g（﹣2），代入g（x）的解析式，计算即可得答案．
【解答】解：根据题意，设x＜0，则﹣x＞0，
则f（﹣x）＝log3（﹣x+1），
又由函数为R上的奇函数，
则f（x）＝﹣f（﹣x）＝﹣log3（﹣x+1），
即g（x）＝﹣log3（﹣x+1），
有由函数为奇函数，则f（﹣8）＝﹣f（8）＝﹣2，
g[f（﹣8）]＝g（﹣2）＝﹣log3[﹣（﹣2）+1]＝﹣1；
故答案为：﹣1．
【知识点】函数奇偶性的性质与判断、函数的值
22.已知f（x）是定义在R上且周期为4的奇函数，当x∈（2，4]时，f（x）＝﹣x2+7x﹣12，则f（2021）的值是　　．
【答案】0
【分析】根据题意，由函数的周期性可得f（2021）＝f（﹣3），利用解析式求出f（3）的值，又由函数为奇函数可得f（﹣3）的值，即可得答案．
【解答】解：根据题意，f（x）是定义在R上且周期为4的函数，
则f（2021）＝f（﹣3+2024）＝f（﹣3），
当x∈（2，4]时，f（x）＝﹣x2+7x﹣12，则f（3）＝﹣9+21﹣12＝0，
又由f（x）为奇函数，则f（﹣3）＝﹣f（3）＝0，
故f（2021）＝0，
故答案为：0
【知识点】函数奇偶性的性质与判断、函数的周期性、抽象函数及其应用
23.已知f（x）是定义在R上的周期为4的周期函数，在区间[﹣2，2]上，f（x）＝，且f（5）＝2f（），则3a+2b+c的值为　　．
【答案】1
【分析】利用已知条件，建立关于a，b，c的方程组，解出即可得解．
【解答】解：依题意，，即，
∴，
∴3a+2b+c＝3a+c＝1．
故答案为：1．
【知识点】函数的周期性
24.f（x）是定义域为R的偶函数，对∀x∈R，都有f（x+4）＝f（﹣x），当0≤x≤2时，，则＝　　　　　　．

【分析】根据题意，分析可得f（x+4）＝f（x），即函数f（x）是周期为4的周期函数，进而可得f（﹣）＝f（）＝f（），f（21）＝f（1），结合函数的解析式计算可得f（）、f（1）的值，相加即可得答案．
【解答】解：根据题意，f（x）是定义域为R的偶函数，对∀x∈R，都有f（x+4）＝f（﹣x），
则有f（x+4）＝f（x），即函数f（x）是周期为4的周期函数，
则有f（﹣）＝f（）＝f（4+）＝f（），f（21）＝f（1+4×5）＝f（1），
又由当0≤x≤2时，，
则f（）＝﹣1，f（1）＝1，
则＝f（）+f（1）＝（﹣1）+1＝；
故答案为：．
【知识点】函数的周期性
25.已知函数，若对任意的x∈[m，m+1]，不等式f（1﹣x）≤f（x+m）恒成立，则实数m的取值范围是　　﹣　﹣　　　　　　．
【分析】由题意可得f（x）为偶函数，求得f（x）在x≥0上连续，且为减函数，f（|1﹣x|）≤f（|x+m|），即为|x﹣1|≥|x+m|，即有（2x﹣1+m）（m+1）≤0，由一次函数的单调性，解不等式即可得到所求范围．
【解答】解：函数，
当x＜0时，﹣x＞0，f（﹣x）＝﹣2﹣x+x3＝f（x），
同样x＞0，可得f（﹣x）＝f（x），且f（0）＝﹣1，
则f（x）为偶函数，且f（x）在x≥0上为减函数，
对任意的x∈[m，m+1]，不等式f（1﹣x）≤f（x+m）恒成立，
可得f（|1﹣x|）≤f（|x+m|），
即为|x﹣1|≥|x+m|，
即有（2x﹣1+m）（m+1）≤0，
由一次函数的单调性，可得：
（2m﹣1+m）（m+1）≤0，且（2m+2﹣1+m）（m+1）≤0，
即为﹣1≤m≤且﹣1≤m≤﹣，
即有﹣1≤m≤﹣，
则m的范围是[﹣1，﹣]，
故答案为：[﹣1，﹣]．
【知识点】函数恒成立问题
26.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　　
【分析】讨论0＜x＜3，x≥3，g（x）与y＝的关系，问题转化为f（x）≥在（0，3）恒成立，运用参数分离和构造函数法，结合导数求得最大值，可得所求范围．
【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
27.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　　．
【答案】【第1空】5
【第2空】265
【分析】对第一问，可令x＝0，x＝﹣1，x＝1，得到绝对值不等式，通过绝对值的性质和可加性，可得所求最大值；
对第二问，可令x＝0，x＝1，x＝，x＝，通过绝对值不等式的性质和可加性，化简变形可得所求最大值．
【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