eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高一 · 代数）：已知在区间 $(0,-a)(a<0)$ 上, 函数 $y=x^{a^{2}-1}$ 与 $y=a x^{2}+a\left(a+\frac{1}{2}\right) x+1$ 都是减函数, 试求 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：$\left\{a \left\lvert\,-\frac{1}{2} \leq a<0\right.\right\}$
解析：

解: 因为幂函数 $y=x^{\alpha}(\alpha<0)$ 时, 函数在 $(0,+\infty)$ 上单调递减, 二次函数开口向下, 在

$$
\left(\frac{-a\left(a+\frac{1}{2}\right)}{2 a},+\infty\right) \text { 单调递减, 所以有 }\left\{\begin{array}{l}
a<0 \\
a^{2}-1<0 \\
\frac{-a\left(a+\frac{1}{2}\right)}{2 a} \leq 0
\end{array} \text {, 解得 }-\frac{1}{2} \leq a<0\right. \text {. }
$$

故实数 $a$ 的取值范围是: $\left[-\frac{1}{2}, 0\right)$

【点睛】

本题考查幂函数与二次函数的单调性问题，是基础题.
题目（高一 · 代数）：已知幂函数 $f(x)=\left(m^{2}-m-1\right) x^{-2 m-1}$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, 又函数 $g(x)=2^{x}+\frac{m}{2^{x}}$.

(1) 求实数 $m$ 的值, 并说明函数 $g(x)$ 的单调性;

(2) 若不等式 $g(1-3 t)+g(1+t) \geq 0$ 恒成立, 求实数 $t$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) 见解析; (2) $t \leq 1$
解析：

(1) 因为 $f(x)$ 是幂函数, 所以 $m^{2}-m-1=1$, 解得 $m=-1$ 或 $m=2$,

又因为 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, 所以 $-2 m-1>0$, 即 $m<-\frac{1}{2}$,

即 $m=-1$, 则 $g(x)=2^{x}-\frac{1}{2^{x}}$,

因为 $y=2^{x}$ 与 $y=-\frac{1}{2^{x}}$ 均在 $R$ 上单调递增,

所以函数 $g(x)$ 在 $R$ 上单调递增.

(2) 因为 $g(-x)=2^{-x}-\frac{1}{2^{-x}}=-\left(2^{x}-\frac{1}{2^{x}}\right)=-g(x)$,

所以 $g(x)$ 是奇函数,

所以不等式 $g(1-3 t)+g(1+t) \geq 0$ 可变为 $g(1-3 t) \geq-g(1+t)=g(-1-t)$,

由（1）知 $g(x)$ 在 $R$ 上单调递增, 所以 $1-3 t \geq-1-t$,

解得 $t \leq 1$.

【点睛】

本题考查实数值的求法, 考查函数的单调性的判断, 考查实数的取值范围的求法, 考查幂函数的性质等基础知识, 考查运算求解能力, 是基础题.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=2^{x}-4^{x}$.

(1) 求 $y=f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上的值域;

(2) 解不等式 $f(x)>16-9 \cdot 2^{x}$;
选项：
答案：(1) $\left[-2, \frac{1}{4}\right]$;
(2) $\{x \mid 1<x<3\}$.
解析：【详解】

令 $t=2^{x}, x \in[-1,1]$, 则 $t \in\left[\frac{1}{2}, 2\right]$,

所以原函数转化为 $y=t-t^{2}=-\left(t-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{4}$ 在 $t \in\left[\frac{1}{2}, 2\right]$ 上是减函数,

$\therefore y_{\text {min }}=-\left(\frac{3}{2}\right)^{2}+\frac{1}{4}=-2, \quad y_{\text {max }}=\frac{1}{4}$,

$f(x)$ 在 $x \in[-1,1]$ 的值域为 $\left[-2, \frac{1}{4}\right]$;

(2) 因为 $f(x)>16-9 \cdot 2^{x}$,

则 $\left(2^{x}\right)^{2}-10 \cdot 2^{x}+16<0$,

即 $\left(2^{x}-2\right)\left(2^{x}-8\right)<0$ ，

解得 $2<2^{x}<8$, 即 $1<x<3$,

所以不等式 $f(x)>16-9 \cdot 2^{x}$ 的解集为 $\{x \mid 1<x<3\}$.

【点睛】

本题考查指数函数和二次函数性质以及指数不等式解法和方程有解问题, 属于中档题.
题目（高一 · 代数）：已知 $a^{\frac{1}{2}}+a^{-\frac{1}{2}}=\sqrt{5}$, 求下列各式的值:
(1) $a+a^{-1}$;
(2) $a^{2}+a^{-2}$.
选项：
答案：(1) 3 ; (2) 7 .
解析：【详解】

(1) $a^{\frac{1}{2}}+a^{-\frac{1}{2}}=\sqrt{5}$ 平方得 $a+2+a^{-1}=5$,

$\therefore a+a^{-1}=3$;

（2）由（1） $a+a^{-1}=3$, 平方得 $a^{2}+2+a^{-2}=9$,

$\therefore a^{2}+a^{-2}=7$.

【点睛】

本题考查指数幂的运算, 属于基础题.
题目（高一 · 代数）：将下列根式化成分数指数幂的形式.

(1) $\sqrt{a^{\frac{1}{3}} \cdot \sqrt{a}}(a>0)$;

(2) $\frac{1}{\sqrt[3]{x\left(\sqrt[5]{x^{2}}\right)^{2}}}(x>0)$;

(3) $\left(\sqrt[4]{b^{-\frac{2}{3}}}\right)^{-\frac{2}{3}}(b>0)$.
选项：
答案：(1) $a^{\frac{5}{12}}$;
(2) $x^{-\frac{3}{5}}$;
(3) $b^{\frac{1}{9} \text {. }}$
解析：【详解】

(1) 原式 $=\sqrt{a^{\frac{1}{3}} \cdot a^{\frac{1}{2}}}=\sqrt{a^{\frac{5}{6}}}=\left(a^{\frac{5}{6}}\right)^{\frac{1}{2}}=a^{\frac{5}{12}}$.

(2) 原式 $=\frac{1}{\sqrt[3]{x \cdot\left(x^{\frac{2}{5}}\right)^{2}}}=\frac{1}{\sqrt[3]{x \cdot x^{\frac{4}{5}}}}=\frac{1}{\sqrt[3]{x^{\frac{9}{5}}}}$

$=\frac{1}{\left(x^{\frac{9}{5}}\right)^{\frac{1}{3}}}=\frac{1}{x^{\frac{3}{5}}}=x^{-\frac{3}{5}}$.

(3) 原式 $=\left[\left(b^{-\frac{2}{3}}\right)^{\frac{1}{4}}\right]-\frac{2}{3}=b^{-\frac{2}{3} \times \frac{1}{4} \times\left(-\frac{2}{3}\right)}=b^{\frac{1}{9}}$.

【点睛】

(1) 此类问题应熟练应用 $a \frac{m}{n}=\sqrt[n]{a^{m}}\left(a>0, m, n \in N^{*}\right.$, 且 $\left.n>1\right)$, 当所求根式含有多重根号时, 要搞清被开方数, 由里向外用分数指数幂写出, 然后用性质进行化简.

（2）分数指数幂是根式的另一种写法, 分数指数幂与根式可以相互转化.
题目（高一 · 代数）：化简求值: (1) $\left(2 \frac{3}{5}\right)^{0}+2^{-2} \times\left(2 \frac{1}{4}\right)^{-\frac{1}{2}}-(0.01)^{0.5}$;

(2) $\sqrt[3]{a^{5}} \cdot \sqrt[3]{a^{7}} \div a^{6}$.
选项：
答案：(1) $\frac{16}{15}$; (2) $\frac{1}{a^{2}}$.
解析：【详解】

解: (1) $\left(2 \frac{3}{5}\right)^{0}+2^{-2} \times\left(2 \frac{1}{4}\right)^{-\frac{1}{2}}-(0.01)^{0.5}$

$=1+\frac{1}{4} \times\left[\left(\frac{3}{2}\right)^{2}\right]^{-\frac{1}{2}}-\left(\frac{1}{100}\right)^{\frac{1}{2}}=1+\frac{1}{4} \times \frac{2}{3}-\frac{1}{10}=\frac{16}{15}$.

(2) $\sqrt[3]{a^{5}} \cdot \sqrt[3]{a^{7}} \div a^{6}=a^{\frac{5}{3}} \cdot a^{\frac{7}{3}} \div a^{6}=a^{\frac{5}{3^{3}+3^{-}-6}}=a^{-2}=\frac{1}{a^{2}}$.

【点睛】

本题考查分数指数幂的计算, 注意处理与根式有关的计算问题时, 可先把根式化成分数指数幂后再根据指数幂的运算规则计算, 本题属于基础题.
题目（高一 · 代数）：已知 $f(x)=\frac{x}{x-a}(x \neq a)$

(1) 若 $a=-2$, 试证明 $f(x)$ 在区间 $(-\infty,-2)$ 内单调递增;

(2) 若 $a>0$, 且 $f(x)$ 在区间 $1,+\infty$ 内单调递减, 求 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) 证明见解析; (2) $(0,1]$
解析：【详解】

(1) 证明: 当 $a=-2$ 时 $f(x)=\frac{x}{x+2}(x \neq-2)$

设任意的 $x_{1}, x_{2} \in(-\infty,-2)$ 且 $x_{1}<x_{2}$

$f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=\frac{x_{1}}{x_{1}+2}-\frac{x_{2}}{x_{2}+2}=\frac{2\left(x_{1}-x_{2}\right)}{\left(x_{1}+2\right)\left(x_{2}+2\right)}$

$\because\left(x_{1}+2\right)\left(x_{2}+2\right)>0,\left(x_{1}-x_{2}\right)<0, \quad \therefore f\left(x_{1}\right)<f\left(x_{2}\right)$

$\therefore f(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 内单调递增.

(2) 任设 $1<x_{1}<x_{2}$, 则 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=\frac{x_{1}}{x_{1}-a}-\frac{x_{2}}{x_{2}-a}=\frac{a\left(x_{2}-x_{1}\right)}{\left(x_{1}-a\right)\left(x_{2}-a\right)}$.

$\because a>0, x_{2}-x_{1}>0, \therefore$ 要使 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)>0$

只需 $\left(x_{1}-a\right)\left(x_{2}-a\right)>0$ 在 $1,+\infty$ 内恒成立, $\therefore a \leq 1$

综上所述: $a$ 的取值范围是 $(0,1]$

【点睛】

用定义证明函数单调性的步骤: 设值、作差、变形（分式一般进行通分, 多项式一般分解因式) 、判断符号、下结论.
题目（高一 · 代数）：已知集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-p x-2=0\right\}, B=\left\{x \mid x^{2}+q x+r=0\right\}$, 若 $A \cup B=\{-2,1,5\}, A \cap B=\{-2\}$,求 $\mathrm{p}+\mathrm{q}+\mathrm{r}$ 的值
选项：
答案：-14
解析：【详解】

由题意得, $-2 \in A$, 代入 $\mathrm{A}$ 中方程得 $p=-1$,
故 $A=\{-2,1\}$,

由 $A \cup B=\{-2,1,5\}$ 和 $A \cap B=\{-2\}$, 得 $B=\{-2,5\}$

代入 $\mathrm{B}$ 中方程得 $q=-3, r=-10$

所以 $p+q+r=-14$

【点睛】

本题考查了元素与集合的关系, 以及集合间的关系的应用, 应用一元二次方程的根与系数的关系, 可使运算更简便.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=\frac{3 x+7}{x+2}$.

(1) 求函数的单调区间

（2）当 $m \in(-2,2)$ 时, 有 $f(-2 m+3)>f\left(m^{2}\right)$, 求 $m$ 的范围.
选项：
答案：(1) 单调减区间是 $(-\infty,-2),(-2,+\infty)$.

(2) $(1,2)$.
解析：详解: (1) $f^{\prime}(x)=\frac{3 x+6-3 x-7}{(x+2)^{2}}=-\frac{1}{(x+2)^{2}}<0$,

函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,-2),(-2,+\infty)$ 上单调减,

所以函数 $f(x)$ 的单调减区间是 $(-\infty,-2),(-2,+\infty)$.

(2) $m \in(-2,2)$ 时, $-2 m+3 \in(-1,7), m^{2} \in[0,4)$,

即 $-2 m+3$ 和 $m^{2}$ 都在 $f(x)$ 的单调减区间 $(-2,+\infty)$ 上,

所以由 $f(-2 m+3)>f\left(m^{2}\right)$ 得 $-2 m+3<m^{2}$,

解得 $m<-3$ 或 $m>1$, 又 $m \in(-2,2)$, 所以 $1<m<2$,

所以 $m$ 的取值范围是 $(1,2)$.

点睛: 本题主要考查利用导数研究函数的单调性, 利用单调性解不等式, 属于中档题. 利用导数求函数的单调区间的步骤为: 求出 $f^{\prime}(x)$, 在定义域内, 令 $f^{\prime}(x)>0$ 求得 $x$ 的范围, 可得函数 $f(x)$ 增区间, 令 $f^{\prime}(x)<0$ 求得 $x$ 的范围, 可得函数 $f(x)$ 的减区间.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=\frac{2 x}{x-1}$.

(1) 求 $f(x)$ 的定义域、值域和单调区间;

(2) 判断并证明函数 $g(x)=x f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 上的单调性.
选项：
答案：(1) 见解析 (2) 见证明
解析：【详解】

(1) 由 $\mathrm{x}-1 \neq 0$ 可得 $\mathrm{x} \neq 1$
则 $f(x)$ 的定义域为 $(-\infty, 1) \cup(1,+\infty)$

由 $f(x)=\frac{2 x}{x-1}=\frac{2(x-1)+2}{x-1}=2+\frac{2}{x-1} \neq 2$

可得 $f(x)$ 的值域为 $(-\infty, 2) \cup(2,+\infty)$

$f(x)$ 的单调递减区间为 $(-\infty, 1)$ 和 $(1,+\infty)$

(2) $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上是减函数，证明如下:

$g(x)=x f(x)=\frac{2 x^{2}}{x-1}$, 令 $x_{1}<x_{2}$ 且 $x_{1}, x_{2} \in(0,1), g\left(x_{1}\right)-g\left(x_{2}\right)=\frac{2 x_{1}^{2}}{x_{1}-1}-\frac{2 x_{2}^{2}}{x_{2}-1}$

$=\frac{2\left(x_{1}-x_{2}\right)\left[x_{1} x_{2}-\left(x_{1}+x_{2}\right)\right]}{\left(x_{1}-1\right)\left(x_{2}-1\right)}$, 由于 “ $x_{1}<x_{2}$ 且 $x_{1}, x_{2} \in(0,1)$ ” , 故 $x_{1}-x_{2}\left\langle 0,\left(x_{1}-1\right)\left(x_{2}-1\right)\right\rangle 0$,

$\frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1} x_{2}}=\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}>2>1$, 即 $x_{1} x_{2}-\left(x_{1}+x_{2}\right)<0$, 故 $g\left(x_{1}\right)-g\left(x_{2}\right)>0$, 即 $g\left(x_{1}\right)>g\left(x_{2}\right)$, 故函数 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上为减函数.

【点睛】

本小题主要考查分式函数的定义域、值域以及单调区间的求法, 考查利用定义法求解函数的单调性. 利用定义法求函数在给定的区间上的单调性的方法是: 首先在定义域上任取两个数 $x_{1}<x_{2}$, 然后作差 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)$, 通过通分和因式分解后, 判断 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)$ 的正负, 由此得到函数在给定区间上的单调性.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=x^{2}-a x+a+3$.

（1）当 $a=7$ 时，解不等式 $f(x)>0$;

（2）当 $x \in \mathbf{R}$ 时, $f(x) \geq 0$ 恒成立, 求 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) $(-\infty, 2) \cup(5,+\infty)$; (2) $[-2,6]$.
解析：【详解】

(1) 当 $a=7$ 时, 不等式为 $x^{2}-7 x+10>0$, 即 $(x-2)(x-5)>0$,

$\therefore$ 该不等式解集为 $(-\infty, 2) \cup(5,+\infty)$.

(2) 由已知得, 若 $x \in \mathbf{R}$ 时, $x^{2}+a x+a+3 \geq 0$ 恒成立,

$\therefore \Delta=a^{2}-4(a+3) \leqslant 0$,

即 $(a+2)(a-6) \leqslant 0, \therefore a$ 的取值范围为 $[-2,6]$.

【点睛】

本小题主要考查一元二次不等式的解法, 考查一元二次不等式恒成立问题, 属于中档题.
题目（高一 · 代数）：已知 $A=\{x \mid 2 a \leq x \leq a+3\}, B=\{x \mid x\langle-1$ 或 $x\rangle 5\}$, 若 $A \cap B=\varnothing$,求 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：$-\frac{1}{2} \leq a \leq 2$ 或 $\mathrm{a}>3$
解析：

试题分析:

由题意分类讨论 $A=\varnothing$ 和 $A \neq \varnothing$ 两种情况可得 $a$ 的取值范围是 $-\frac{1}{2} \leq a \leq 2$ 或 $a>3$试题解析:

(1)若 $A=\varnothing$, 则 $A \cap B=\varnothing$, 此时 $2 a>a+3, \therefore a>3$

(2)若 $A \neq \varnothing$, 得 $\left\{\begin{array}{l}2 a \geq-1 \\ a+3 \leq 5 \\ 2 a \leq a+3\end{array}\right.$ 解得 $-\frac{1}{2} \leq a \leq 2$

综上所述, $a$ 的取值范围是 $-\frac{1}{2} \leq a \leq 2$ 或 $a>3$.
题目（高一 · 代数）：讨论函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=(\mathrm{ax}-1)(\mathrm{x}-2)(\mathrm{a} \in \mathrm{R})$ 的零点.
选项：
答案：详见解析.

【解析】

试题分析：根据函数解析式中 $\mathrm{a}$ 的情况可分三种情况(1)一次函数, (2)二次函数一个零点(3)二次函数两个零点讨论, 将问题转化为求一元二次方程的根, 就是函数的零点.

试题解析: 当 $a=0$ 时, 函数为 $y=-x+2$, 则其零点为 $x=2$.

当 $a=\frac{1}{2}$ 时, 则由 $\left(\frac{1}{2} x-1\right)(x-2)=0$,

解得 $x_{1}=x_{2}=2$, 则其零点为 $x=2$.

当 $a \neq 0$ 且 $a \neq \frac{1}{2}$ 时, 则由 $(a x-1)(x-2)=0$,

解得 $x=\frac{1}{a}$ 或 $x=2$,
综上所述当 $\mathrm{a}=0$ 时, 零点为 $\mathrm{x}=2$;

当 $a=\frac{1}{2}$ 时, 零点为 $x=2$.

当 $a \neq 0$ 且 $a \neq \frac{1}{2}$ 时, 零点为 $x=\frac{1}{a}$ 和 $x=2$.
解析：详见解析.

【解析】

试题分析：根据函数解析式中 $\mathrm{a}$ 的情况可分三种情况(1)一次函数, (2)二次函数一个零点(3)二次函数两个零点讨论, 将问题转化为求一元二次方程的根, 就是函数的零点.

试题解析: 当 $a=0$ 时, 函数为 $y=-x+2$, 则其零点为 $x=2$.

当 $a=\frac{1}{2}$ 时, 则由 $\left(\frac{1}{2} x-1\right)(x-2)=0$,

解得 $x_{1}=x_{2}=2$, 则其零点为 $x=2$.

当 $a \neq 0$ 且 $a \neq \frac{1}{2}$ 时, 则由 $(a x-1)(x-2)=0$,

解得 $x=\frac{1}{a}$ 或 $x=2$,
综上所述当 $\mathrm{a}=0$ 时, 零点为 $\mathrm{x}=2$;

当 $a=\frac{1}{2}$ 时, 零点为 $x=2$.

当 $a \neq 0$ 且 $a \neq \frac{1}{2}$ 时, 零点为 $x=\frac{1}{a}$ 和 $x=2$.
题目（高一 · 代数）：对于函数 $f(x)=a x^{2}+b x+(b-1) \quad(a \neq 0)$.

(I) 当 $a=1, b=-2$ 时, 求函数 $f(x)$ 的零点;

(II) 若对任意实数 $b$, 函数 $f(x)$ 恒有两个相异的零点, 求实数 $a$ 的取值范围
选项：
答案：(I) $x=3, x=-1$; (II) $0<a<1$.
解析：(I) $x=3, x=-1$; (II) $0<a<1$.

 $\Delta>0$ 恒成立, 即 $b^{2}-4 a(b-1)>0$ 对于 $b \in R$ 恒成立, 这是一个关于 $b$ 的二次不等式, 所以 $\Delta^{\prime}=16 a^{2}-16 a<0$, 即可解得 $a$.

试题解析：（I）当 $a=1, b=-2$ 时, 代入得 $f(x)=x^{2}-2 x-3$, 所以由 $x^{2}-2 x-3=0$ 可得 $x=3, x=-1$, 所以函数 $f(x)$ 的零点为 $x=3, x=-1$;

(II) 由题意可得 $a \neq 0$, 则 $\Delta=b^{2}-4 a(b-1)>0$ 对于 $b \in R$ 恒成立, 所以 $\Delta^{\prime}=16 a^{2}-16 a<0$, 从而解得 $0<a<1$.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=-x^{2}+2 a x-2 a+b$, 且 $f(1)=0$.

(1) 若 $f(x)$ 在区间 $(2,3)$ 上有零点, 求实数 $a$ 的取值范围;

(2) 若 $f(x)$ 在 $[0,3]$ 上的最大值是 2 , 求实数 $a$ 的的值.
选项：
答案：(1) $\frac{3}{2}<a<2 ；(2) ~ a=-\frac{1}{2}$ 或 $a=1+\sqrt{2}$.
解析：试题分析：（1）由 $f(1)=0$, 得 $b=1$. 又 $f(x)$ 在区间 $(2,3)$ 上有零点可得 $\left\{\begin{array}{l}f(2)>0 \\ f(3)<0\end{array}\right.$.或者可用求根公式求得另一零点, 使其在区间 $(2,3)$ 内. (2) 函数 $f(x)$ 的图像是开口向上的抛物线, 对称轴为 $x=a$. 讨论对称轴 $x=a$ 与区间 $[0,3]$ 的关系, 根据函数的单调性求其最大值.

试题解析：解: (1) 由 $f(1)=0$, 得 $b=1$.

又 $f(x)$ 在区间 $(2,3)$ 上有零点, 且 $f(x)$ 的一个零点是 1 ;



(2) $f(x)=-x^{2}+2 a x-2 a+1$, 对称轴为 $x=a$.

(1)当 $a \leq 0$ 时, $f_{\text {max }}=f(0)=-2 a+1=2$, 则 $a=-\frac{1}{2}$;

(2)当 $0<a<3$ 时, $f_{\text {max }}=f(a)=a^{2}-2 a+1=2$, 则 $a=1+\sqrt{2}$, 或 $a=1-\sqrt{2}$ （舍去）;

(3)当 $a \geq 3$ 时, $f_{\text {max }}=f(3)=4 a-8=2$, 则 $a=\frac{5}{2}$ （舍去）;

综上: $a=-\frac{1}{2}$ 或 $a=1+\sqrt{2}$.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=a^{x}+b,(a>0, a \neq 1)$.

(1) 若 $f(x)$ 的图像如图 (1) 所示, 求 $a, b$ 的值;

(2) 若 $f(x)$ 的图像如图 (2) 所示, 求 $a, b$ 的取值范围.

(3) 在(1)中, 若 $|f(x)|=m$ 有且仅有一个实数解, 求出 $\mathrm{m}$ 的范围.



(1)



(2)
选项：
答案：(1) $a=\sqrt{3}, b=-3$;
(2) $0<a<1, b<-1$;
(3) $m=0$ 或 $m \geqslant 3$.
解析：

(1) $f(x)$ 的图象过点 $(2,0),(0,-2)$,

所以 $\left\{\begin{array}{l}a^{2}+b=0 \\ a^{0}+b=-2\end{array}\right.$, 解得 $a=\sqrt{3}, b=-3$;



(2) $f(x)$ 单调递减, 所以 $0<a<1$, 又 $f(0)<0$,即 $a^{0}+b<0$, 所以 $b<-1$.



（3）由（1）得: 函数 $f(x)=(\sqrt{3})^{x}-3$,

在同一个坐标系中, 画出函数 $y=|f(x)|$ 和 $y=m$ 的图象,

观察图象可知, 当 $m=0$ 或 $m \geqslant 3$ 时, 两图象有一个交点,

所以 $|f(x)|=m$ 有且仅有一个实数解时,

$m$ 的范围是: $m=0$ 或 $m \geqslant 3$.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=4 x^{2}-4 a x+a+2(a \in \mathbf{R})$, 方程 $f(x)=0$ 在 $(1,2)$ 上有实根, 求实数 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：$2<a<\frac{18}{7}$.
解析：

因为 $f(1)=6-3 a, f(2)=18-7 a$,

(1)当 $f(1) f(2)<0$ 时, 根据零点存在性定理, 显然 $f(x)=0$ 在区间 $(1,2)$ 有根,即 $(3 a-6)(7 a-18)<0$, 解得 $2<a<\frac{18}{7}$;

(2) 当 $f(1)=0$ 时, 即 $a=2$ 时, 此时 $f(x)=0$, 有 $x=1$, 舍去;

(3)当 $f(2)=0$ 时, 即 $a=\frac{18}{7}$ 时, 此时 $f(x)=0$, 有 $x=2$ 或 $x=\frac{4}{7}$, 舍去,

(4) $\left\{\begin{array}{l}1<\frac{a}{2}<2 \\ \Delta \geq 2 \\ f(1)>0 \\ f(2)>0\end{array}\right.$ 时, 即 $\left\{\begin{array}{c}2<a<4 \\ 16 a^{2}-16(a+2) \geq 2 \\ 6-3 a>0 \\ 18-7 a>0\end{array}\right.$ 时, 此时 $f(x)=0$ 在 $(1,2)$ 上有两个实根,

显然不等式无解.

综上所述: $2<a<\frac{18}{7}$.
题目（高一 · 代数）：已知 $y=f(x)$ 是定义域为 $R$ 的奇函数, 当 $x \in[0,+\infty)$ 时, $f(x)=x^{2}-2 x$.

(1)写出函数 $y=f(x)$ 的解析式;

(2) 若方程 $f(x)=a$ 恰 3 有个不同的解, 求 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) $f(x)=\left\{\begin{array}{c}x^{2}-2 x, x \geq 0 \\ -x^{2}-2 x, x<0\end{array}\right.$ (2) (-1,1)
解析：

解: (1)当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, $-x \in(0,+\infty)$,

$\because f(x)$ 是奇函数,

$\therefore f(x)=-f(-x)=-\left[(-x)^{2}-2(-x)\right]=-x^{2}-2 x$
$\therefore f(x)=\left\{\begin{array}{c}x^{2}-2 x, x \geq 0 \\ -x^{2}-2 x, x<0\end{array}\right.$.

(2) 当 $x \in[0,+\infty)$ 时, $f(x)=x^{2}-2=(x-1)^{2}-1$, 最小值为 -1 ;

当 $x \in(-\infty, 0), f(x)=-x^{2}-2 x=1-(x+1)^{2}$, 最大值为 1 .

据此可作出函数的图象, 如图所示,



根据图象得, 若方程 $f(x)=a$ 恰有 3 个不同的解,

则 $a$ 的取值范围是 $(-1,1)$.
题目（高一 · 代数）：设函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}-\log _{3} x-a, 0<x<2 \\ x^{2}-4 a x+3 a^{2}, x \geq 2\end{array}\right.$

(I) 当 $a=2$ 时, 求 $f(x)$ 的最小值;

( II) 函数 $y=f(x)$ 恰有两个零点, 求实数 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) -4 ; (2) $a \in\left[\frac{2}{3}, 2\right)$
解析：

(1) 当 $a=2$ 时有 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}-\log _{3} x-2,0<x<2 \\ x^{2}-8 x+12, x \geq 2\end{array}\right.$ 的函数图像如下



由上图知: $0<x<2$ 上无最值且单调递减,

则 $f(x)$ 的最小值出现在 $x \geq 2$ 的二次函数分支上且其对称轴 $x=4 \geq 2$, 开口向上,

$\therefore f(x)_{\text {min }}=f(4)=-4<-\log _{3} 2-2$, 即 $f(x)$ 的最小值为 -4

(2) 由题意, $y=f(x)$ 恰有两个零点

1、若 $0<x<2$ 上无零点, 则 $a \leq-\log _{3} 2$, 而此时 $x \geq 2$ 上 $\Delta=4 a^{2}>0$,
对称轴 $x=2 a \leq-2 \log _{3} 2$

$\therefore f(x)$ 在 $x \geq 2$ 单调递增而 $f(2)=4-8 a+3 a^{2}>0$ 且 $f(x)$ 的开口向上,可知 $x \geq 2$ 上无零点, 故不合题意

2、若 $0<x<2$ 上有零点, 令 $-\log _{3} x-a=0$, 即 $x=\frac{1}{3^{a}} \in(0,2)$,

有 $a>-\log _{3} 2$, 此时, 要符合题意, 则 $x \geq 2$ 上有且仅有一个零点

$\therefore\left\{\begin{array}{l}\Delta=4 a^{2}=0 \\ 2 a \geq 2\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}\Delta=4 a^{2}>0 \\ f(2)=4-8 a+3 a^{2} \leq 0, \\ 2 a<4\end{array}\right.$ 解得 $\frac{2}{3} \leq a<2$

故 $a \in\left[\frac{2}{3}, 2\right)$

$\therefore$ 综上, 知 $a \in\left[\frac{2}{3}, 2\right)$
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=x^{2}+3(m+1) x+n$ 的零点是 1 和 2 , 求函数 $y=\log _{n}(m x+1)$ 的零点.
选项：
答案：解: 由题可知, $f(x)=x 2+3(m+1) x+n$ 的两个零点为 1 和 2 .

则 1 和 2 是方程 $x 2+3(m+1) x+n=0$ 的两根.

可得 $\left\{\begin{array}{c}1+2=-3(m+1) \\ 1 \times 2=n\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{c}m=-2 \\ n=2\end{array}\right.$

所以函数 $\mathrm{y}=\log (\mathrm{mx}+1)$ 的解析式为 $\mathrm{y}=\log 2(-2 \mathrm{x}+1)$,

要求其零点, 令 $\log 2(-2 x+1)=0$, 解得 $x=0$.

所以函数 $y=\log 2(-2 \mathrm{x}+1)$ 的零点为 0
解析：由函数 $f(x)$ 的两个零点存在, 分别求出 $\mathrm{m}, \mathrm{n}$, 结合对数函数的基本性质：当真数等于 1 时,函数值为 0 , 即可得出答案。
题目（高一 · 代数）：已知关于 $\mathrm{x}$ 的方程 $a x^{2}-2(a+1) x+a-1=0$, 探究 $\mathrm{a}$ 为何值时, 方程有一正一负两根。
选项：
答案：解：因为方程有一正一负两根, 所以由根与系数的关系得,解得 $0<a<1$. 即当 $0<a<1$ 时, 方程有一正一负两根.
解析：根据方程的根与函数零点的关系, 判别式 $>0$, 两根积 $<0$. 联立方程组解出 $\mathrm{a}$ 即可.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=-\mathrm{x}^{2}-2 \mathrm{x}, \mathrm{g}(\mathrm{x})=\left\{\begin{array}{c}x+\frac{1}{4 x}, x>0 \\ x+1, x \leq 0\end{array}\right.$

(1) 求 $\mathrm{g}[\mathrm{f}(1)]$ 的值;

(2) 若方程 $g[f(x)]-a=0$ 有 4 个实数根, 求实数 $a$ 的取值范围.23.已知函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}2 x+1, x \leq 0, \\ \lg x, x>0 .\end{array}\right.$

(1) 求 $\mathrm{y}=f(x)+1$ 的零点;




选项：
答案：(1) 解: 利用解析式直接求解得 $g[f(1)]=g(-3)=-3+1=-2$.

(2) 解: 令 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{t}$, 则原方程化为 $\mathrm{g}(\mathrm{t})=\mathrm{a}$,

易知方程 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{t}$ 在 $\mathrm{t} \in(-\infty, 1)$ 内有 2 个不同的解,

则原方程有 4 个解等价于函数 $\mathrm{y}=\mathrm{g}(\mathrm{t})(\mathrm{t}<1)$ 与 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 的图象有 2 个不同的交点,

作出函数 $\mathrm{y}=\mathrm{g}(\mathrm{t})(\mathrm{t}<1)$ 的图象,

由图象可知, 当 $1 \leq \mathrm{a}<\frac{5}{4}$ 时, 函数 $\mathrm{y}=\mathrm{g}(\mathrm{t})(\mathrm{t}<1)$ 与 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 有 2 个不同的交点,

即所求 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $\left[1, \frac{5}{4}\right)$.
解析：由题意可得函数 $\mathrm{y}=\mathrm{g}[\mathrm{f}(\mathrm{x})]$ 与函数 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 有 4 个交点, 结合图象可得实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围. 根的存在问题相对来说是零点里头最重要的一个点, 也是比较常考的点, 一般都是以中档题的形式在选择题里出现, 在解这种题的时候, 做出函数图象是首要选择, 然后根据图形去寻找答案.
题目（高一 · 代数）：设正有理数 $\mathrm{a}_{1}$ 是 $\sqrt{3}$ 的一个近似值, 令 $\mathrm{a}_{2}=1+\frac{2}{1+a_{1}}$, 求证:

(1) $\sqrt{3}$ 介于 $a_{1}$ 与 $a_{2}$ 之间;

(2) $a_{2}$ 比 $a_{1}$ 更接近于 $\sqrt{3}$.
选项：
答案：(1) 证明: $\mathrm{a}_{2}-\sqrt{3}=1+\frac{2}{1+a_{1}}-\sqrt{3}=\frac{(1-\sqrt{3})\left(a_{1}-\sqrt{3}\right)}{1+a_{1}}$,

$\because$ 若 $\mathrm{a}_{1}>\sqrt{3}, \therefore \mathrm{a}_{1}-\sqrt{3}>0$, 而 $1-\sqrt{3}<0$,

$\therefore \mathrm{a}_{2}<\sqrt{3}$

$\because$ 若 $\mathrm{a}_{1}<\sqrt{3}, \therefore \mathrm{a}_{1}-\sqrt{3}<0$, 而 $1-\sqrt{3}<0$,

$\therefore \mathrm{a}_{2}>\sqrt{3}$,
故 $\sqrt{3}$ 介于 $\mathrm{a}_{1}$ 与 $\mathrm{a}_{2}$ 之间;

(2) 证明: $\left|a_{2}-\sqrt{3}\right|-\left|a_{1}-\sqrt{3}\right|$

$=\frac{(1-\sqrt{3})\left(a_{1}-\sqrt{3}\right)}{1+a_{1}}-\left|\mathrm{a}_{1}-\sqrt{3}\right|$

$=\left|a_{1}-\sqrt{3}\right| \times \frac{\sqrt{3}-2-a_{1}}{1+a_{1}}$,

$\because \mathrm{a}_{1}>0, \quad \sqrt{3}-2<0,\left|\mathrm{a}_{1}-\sqrt{3}\right|>0$,

$\therefore\left|\mathrm{a}_{2}-\sqrt{3}\right|-\left|\mathrm{a}_{1}-\sqrt{3}\right|<0$

$\therefore\left|\mathrm{a}_{2}-\sqrt{3}\right|<\left|\mathrm{a}_{1}-\sqrt{3}\right|$

$\therefore a_{2}$ 比 $a_{1}$ 更接近于 $\sqrt{3}$
解析：（1）利用作差法, 再因式分解, 确定其符号, 即可得到结论, （2）利用作差法, 判断 $\left|a_{2}-\sqrt{3}\right|-\left|a_{1}-\sqrt{3}\right|<0$ 即可得到 $\mathrm{a}_{2}$ 比 $\mathrm{a}_{1}$ 更接近于 $\sqrt{3}$.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}+4 \mathrm{x}-3$.

(I) 求证函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在区间 $[0,1]$ 上存在唯一的零点, 并用二分法求函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 零点的近似值（误差不超过 0.2 ）；（参考数据 $\mathrm{e} \approx 2.7, \sqrt{e} \approx 1.6, \mathrm{e}^{0.25 \approx 1.3,} \mathrm{e}^{0.375 \approx 1.45 ） ；}$

(II) 当 $x \geq 1$ 时, 若关于 $x$ 的不等式 $f(x) \geq a x$ 恒成立, 试求实数 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：解: (I) 由 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}+4 \mathrm{x}-3$, 得 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}+4>0$,

$\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $[0,1]$ 上单调递增,

$\because f(0)=-2, f(1)=\mathrm{e}+1>0, \mathrm{f}(0) \cdot \mathrm{f}(1)<00$,

$\therefore \mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $[0,1]$ 上存在唯一零点,

取区间[0，1]作为起始区间，用二分法逐次计算如下

| 区间中点坐标 | 中点对应和函数值 | 取区间 $\left[a_{n}, b_{n}\right]$ | $\left\|a_{n}-b_{n}\right\|$ |
| :---: | :---: | :---: | :---: |
|  |  | $[0,1]$ | 1 |
| $x_{0}=\frac{0+1}{2}=0.5$ | $f\left(x_{0}\right) \approx 0.6>0$ | $[0,0.5]$ | 0.5 |
| $x_{1}=\frac{0+0.5}{2}=0.25$ | $f\left(x_{1}\right) \approx-0.7<0$ | $[0.25,0.5]$ | 0.25 |
| $x_{2}=\frac{0.25+0.5}{2}=0.375$ |  |  |  |

由上表可知区间 $[0.25,0.5]$ 的长度为 0.25 ,

所以该区间的中点 $\mathrm{x}_{2}=0.375$ ，到区间端点距离小于 0.2 ,

因此可作为误差不超过 0.2 的一个零点的近似值.

$\therefore$ 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 零点的近似值 $\mathrm{x} \approx 0.375$

（II）当 $\mathrm{x} \geq 1$ 时, 由 $\mathrm{f}$ ( $\mathrm{x}) \geq \mathrm{ax}$, 即 $a \leq \frac{e^{x}+4 x-3}{x}$,

令 $g(x)=\frac{e^{x}+4 x-3}{x}$ 则 $g^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x-1)+3}{x^{2}}$

$\because \mathrm{x} \geq 1, \quad \therefore \mathrm{g}^{\prime}(\mathrm{x})>0$,

$\therefore \mathrm{g}(\mathrm{x})$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调递增,

$\therefore g(x){ }_{\min }=\mathrm{g}(1)=\mathrm{e}+1$,

$\therefore \mathrm{a}$ 的取值范围是 $\mathrm{a} \leq \mathrm{e}+1$.

解：
解析：对第 (I) 问要先根据题意判断函数在相应区间上的单调性, 再有端点的函数值对比即可获得解的唯一性, 然后再根据二分法的步骤逐次进行范围缩小, 再结合所给信息即可获得问题的解

答; 对第 (II) 首先将恒成立问题游离参数, 转化为求函数 $g(x)=\frac{e^{x+4 x-3}}{x}$ 的最小值问题即可.
题目（高一 · 代数）：函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=2^{\mathrm{x}}$ 和 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{3}$ 的部分图象的示意图如图所示. 设两函数的图象交于点 $\mathrm{A}\left(\mathrm{x}_{1}, \mathrm{y}_{1}\right)$, $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 且 $x_{1}<x_{2}$.

（I）请指出示意图中曲线 $\mathrm{C}_{1} 、 \mathrm{C}_{2}$ 分别对应哪一个函数?



(II) 若 $x_{1} \in[a, a+1], x_{2} \in[b, b+1]$, 且 $a, b \in\{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12\}$, 指出 $a, b$ 的值, 并说明理由;

（III）结合函数图象示意图, 请把 $\mathrm{f}$ （6）, g（6）, f（2011）、g（2011）四个数按从小到大的顺序排列.
选项：
答案：(I) 图象 $C_{1}$ 对应的函数: $g(x)=x^{3}$; 图象 $C_{2}$ 对应的函数: $f(x)=2^{x}$.

( II ) 记 $\mathrm{h}(\mathrm{x})=\mathrm{f}(\mathrm{x})-\mathrm{g}(\mathrm{x})$, 由 $\mathrm{h}(1)=1, \mathrm{~h}(2)=-4$,

由 $\mathrm{h}(1) \cdot \mathrm{h}(2)<0$, 得 $\mathrm{x}_{1} \in[1,2], \therefore \mathrm{a}=1$.

同理: $h(9)=-217, h(10)=24, h(9) \cdot h(10)<0$, 可得 $\mathrm{x}_{2} \in[9,10], \therefore \mathrm{b}=9$.

（III）由两个函数的图象及两个函数的增长速度的快慢可得, $\mathrm{f}(6)<\mathrm{g}(6)<\mathrm{g}(2011)<\mathrm{f}(2011)$.
解析：（I）由幂函数和指数函数的增长的特点知, 当自变量取值足够大时, $2^{\mathrm{x}}$ 远大于 $\mathrm{x}^{3}$,

故 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{3}, \mathrm{f}(\mathrm{x})=2^{\mathrm{x}}$.

(II) 由 $h(1) \cdot h(2)<0$, 得 $\mathrm{x}_{1} \in[1,2]$,

由 $\mathrm{h}(9) \cdot \mathrm{h}(10)<0$, 可得 $\mathrm{x}_{2} \in[9,10]$, 从而得出 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 的值.

（III）由两个函数的图象及两个函数的增长速度的快慢可得, 当自变量取值足够大时, $2^{\mathrm{x}}$ 远大于 $\mathrm{x}^{3}$.
题目（高一 · 代数）：世纪 90 年代, 气候变化专业委员会向政府提供的一项报告指出: 全球气候逐年变暖的一个重要因素是人类在能源利用与森林砍伐中使 $\mathrm{CO}_{2}$ 体积分数增加. 据测, 1990 年、 1991 年、1992 年大气中的 $\mathrm{CO}_{2}$ 体积分数分别比 1989 年增加了 1 个可比单位、 3 个可比单位、 6 个可比单位. 若用一个函数模拟 20 世纪 90 年代中每年 $\mathrm{CO}_{2}$ 体积分数增加的可比单位数 $\mathrm{y}$ 与年份增加数 $\mathrm{x}$ (即当年数与 1989 的差) 的关系, 模拟函数可选用二次函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{px}^{2}+\mathrm{qx}+\mathrm{r}$ (其中 $\mathrm{p}, \mathrm{q}, \mathrm{r}$ 为常数) 或函数 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\mathrm{ab}^{\mathrm{x}}+\mathrm{c}$ （其中 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ 为常数，且 $\mathrm{b}>0, \mathrm{~b} \neq 1$ ）,

(1) 根据题中的数据, 求 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 和 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 的解析式;

（2）如果 1994 年大气中的 $\mathrm{CO}_{2}$ 体积分数比 1989 年增加了 16 个可比单位, 请问用以上哪个函数作为模拟函数较好？并说明理由.
选项：
答案：解：（1）根据题中的数据,

得: $\left\{\begin{array}{c}p+q+r=1 \\ 4 p+2 q+r=3 \\ 9 p+3 q+r=6\end{array}\right.$ 和 $a b^{3}+c=6, \begin{array}{l}a b+c=1 \\ a b^{2}+c=3\end{array}$, 解得: $\left\{\begin{array}{l}p=\frac{1}{2} \\ q=\frac{1}{2} \\ r=0\end{array}\left\{\begin{array}{l}a=\frac{8}{3} \\ b=\frac{3}{2} \\ c=-3\end{array}\right.\right.$,

$\therefore f(x)=\frac{1}{2} x^{2}+\frac{1}{2} x, g(x)=\frac{8}{3} \cdot\left(\frac{3}{2}\right)^{x}-3$,

(2) $\because f(5)=15, g(5)=17.25, \ldots$ (8 分) $f$ (5) 更接近于 16 ,

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解析：(1) 利用二次函数的解析式为 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{px}^{2}+\mathrm{qx}+\mathrm{r}$, 由已知得出关于 $\mathrm{p}, \mathrm{q}, \mathrm{r}$ 的方程组, 或对函数 $\mathrm{y}=\mathrm{a} \cdot \mathrm{b}^{\mathrm{x}}+\mathrm{c}$ 由已知得出 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ 的方程, 得出其函数式, 从而求得其解析式;

（2）根据（1）, 得出 $\mathrm{x}=5$ 时的函数值, 最后根据 1994 年大气中的 $\mathrm{CO}_{2}$ 体积分数比 1989 年增加了 16 个可比单位, 决定选择哪一个函数式较好.
题目（高一 · 代数）：某医药研究所开发的一种新药,如果成年人按规定的剂量服用,据监测: 服药后每毫升血液中的含药量 $y$ (单位: 微克) 与时间 $t$ (单位: 小时) 之间近似满足如图所示的曲线.



（1）写出第一次服药后 $y$ 与 $t$ 之间的函数关系式;

(2) 据进一步测定: 每毫升血液中含药量不少于 1 微克时, 治疗有效. 问: 服药多少小时开始有治疗效果？治疗效果能持续多少小时？（精确到 0.1 ,参考数据： $\lg 2=0.301$ ）
选项：
答案：（1）解：根据图象知：当 $0 \leq t<1$ 时, $y=4 t$;

当 $t \geq 1$ 时, $y=a \cdot 0.8^{t}$, 由 $t=1$ 时, $y=4$ 得 $4=a \cdot 0.8$

所以 $a=5$, 即 $y=5 \cdot 0.8^{t}$

因此 $y=f(t)=\left\{\begin{array}{l}4 t, 0<t<1 \\ 5 \cdot 80^{\circ}, t \geq 1\end{array}\right.$

(2) 解: 根据题意知:

当 $y=4 t \geq 1_{\text {时 },} t \geq \frac{1}{4}=0.25$;

当 $y=5 \cdot 0.8^{t} \geq 1_{\text {时 }}, 0.8^{t} \geq 0.2$

所以 $t \leq \frac{\lg 0.2}{\lg 0.8}=\frac{\lg 2-1}{\lg 8-1}=\frac{\lg 2-1}{3 \lg 2-1} \approx 7.21$

所以 $0.25 \leq t \leq 7.21,7.21-0.25=6.96 \approx 7.0$

因此服药 0.25 小时（即 15 分钟）开始有治疗效果, 治疗效果能持续 7.0 小时.
解析：(1) 根据图象得到当 $0 \leq t<1$ 时, $y=4 t$, 当 $t \geq 1$ 时, $y=a \cdot 0.8^{t}$, 把 $t=1$ 时, $y=4$代入求出 $a=5$, 即可写出第一次服药后 $y$ 与 $t$ 之间的函数关系式;


$0.8^{t} \geq 0.2$, 计算得到 $0.25 \leq t \leq 7.21$, 即可判断服药 0.25 小时（即 15 分钟）开始有治疗效果,治疗效果能持续 7.0 小时.