eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)= \begin{cases}1+\frac{1}{x}, & x>1 \\ x^{2}+1, & -1 \leq x \leq 1 \\ 2 x+3, & x<-1\end{cases}$

(1) 求 $f(f(f(-2)))$ 的值;

(2) 若 $f(a)=\frac{3}{2}$, 求 $a$.
选项：
答案：(1) 解: $\because-2<-1$,

$\therefore f(-2)=2 \times(-2)+3=-1, \quad f(f(-2))=f(-1)=2$,

$\therefore f(f(f(-2)))=f(2)=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$;

（2）解: 当 $a>1$ 时, $f(a)=1+\frac{1}{a}=\frac{3}{2}, \therefore a=2>1$;

当 $-1 \leq a \leq 1$ 时, $f(a)=a^{2}+1=\frac{3}{2}, \therefore a= \pm \frac{\sqrt{2}}{2} \in[-1,1]$;

当 $a<-1$ 时, $f(a)=2 a+3=\frac{3}{2}, \therefore a=-\frac{3}{4}>-1$ (舍去).
综上, $a=2$ 或 $a= \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$.
解析：（1）根据分段函数的表达式，即可得到函数值;（2）根据函数的表达式及 $f(a)=\frac{3}{2}$, 即可得到 $a$.
题目（高一 · 代数）：求下列函数的值域:

(1) $f(x)=\sqrt{2 x-1}-x$;

(2) $g(x)=\frac{3 x-2}{5 x+1}$.
选项：
答案：(1) 解: 令 $f(x)=\sqrt{2 x-1}=t \Rightarrow x=\frac{t^{2}+1}{2}(t \geq 0)$,

因此有:

$f(t)=t-\frac{t^{2}+1}{2}=-\frac{1}{2} t^{2}+t-\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}(t-1)^{2} \because t \geq 0 \therefore f(t) \leq 0$,

<ImageHere>

(2) 解: $g(x)=\frac{3 x-2}{5 x+1}=\frac{3}{5} \cdot \frac{x-\frac{2}{3}}{x+\frac{1}{5}}=\frac{3}{5}\left(1-\frac{\frac{13}{15}}{x+\frac{1}{5}}\right) \neq \frac{3}{5}$,

所以函数 $g(x)=\frac{3 x-2}{5 x+1}$ 的值域为: $\left(-\infty, \frac{3}{5}\right) \cup\left(\frac{3}{5},+\infty\right)$
解析：(1)根据函数的解析式的特征, 利用换元法求解函数的值域; (2)根据函数的解析式的特征,进行常变量分离即可求出函数的值域.
题目（高一 · 代数）：设 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\left\{\begin{array}{c}\frac{2}{x}, x<-1 \\ -2,-1 \leq x<0 \\ 3 x-2, x \geq 0\end{array}\right.$, 作出函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的图象.
选项：
答案：解: $\mathrm{f}(\mathrm{x})=$

$$
\left\{\begin{array}{c}
\frac{2}{x}, x<-1 \\
-2,-1 \leq x<0 \\
3 x-2, x \geq 0
\end{array}\right.
$$

函数的图象为:

<ImageHere>
解析：在坐标系中直接画出函数的图象即可.
题目（高一 · 代数）：根据条件求下列各函数的解析式:

(1) 已知函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x}+1)=3 \mathrm{x}+2$, 则 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的解析式;

（2）已知 $f(x)$ 是一次函数, 且满足 $3 f(x+1)-2 f(x-1)=2 x+17$, 求 $f(x)$ 的解析式;


选项：
答案：（1）解：设 $\mathrm{x}+1=\mathrm{t}$, 则 $\mathrm{x}=\mathrm{t}-1$,

$\therefore \mathrm{f}(\mathrm{t})=3(\mathrm{t}-1)+2=3 \mathrm{t}-1$,

$\therefore \mathrm{f}(\mathrm{x})=3 \mathrm{x}-1$.

（2）解: 因为 $f(x)$ 是一次函数, 可设 $\left.f(x)=a x+b_{(} a \neq 0\right)$,

所以有 $3[a(x+1)+b]-2[a(x-1)+b]=2 x+17$,

即 $a x+(5 a+b)=2 x+17$,

因此应有 $\left\{\begin{array}{l}a=2 \\ 5 a+b=17,\end{array}\left\{\begin{array}{l}a=2 \\ b=7 \text { 解得 }\end{array}\right.\right.$

故 $f(x)$ 的解析式是 $f(x)=2 x+7$.

（3）解：因为 $2 f(x)+f\left(\frac{1}{x}\right)=3 x$ ，(1)

将 $x$ 用 $\frac{1}{x}$ 替换, 得 $2 f\left(\frac{1}{x}\right)+f(x)=\frac{3}{x}$, (2)

由(1)(2)解得 $f(x)=2 x-\frac{1}{x}(x \neq 0)$,

即 $f(x)$ 的解析式是 $f(x)=2 x-\frac{1}{x}(x \neq 0)$.
解析：（1）利用换元法即可求出函数 $\mathrm{f}$ （x）的解析式;（2）设一次函数 $f(x)=a x+b(a \neq 0)$,

代入已知比较系数可得 $\mathrm{a}$ 和 $\mathrm{b}$ 的方程组, 解方程组可得结果; (3) 将 $x$ 用 $\frac{1}{x}$ 替换, 构造方程组即可得到 $f(x)$ 的解析式.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=x^{2}-2 x, g(x)=x^{2}-2 x(x \in\lfloor 2,4\rfloor)$.

(1) 求 $f(x) 、 g(x)$ 的单调区间;

(2) 求 $f(x) 、 g(x)$ 的最小值.
选项：
答案：(1) 解: $\because$ 函数 $f(x)=x^{2}-2 x$ 的图象开口向上, 对称轴为直线 $x=1$,

所以函数 $y=f(x)$ 的减区间为 $(-\infty, 1]$ ，增区间为 $(1,+\infty)$,

则函数 $y=g(x)$ 的增区间为 $\lfloor 2,4\rfloor$;

（2）解: 由 (1) 知, 函数 $y=f(x)$ 在 $x=1$ 处取得最小值 -1 ,

由于函数 $y=g(x)_{\text {在定义域 }}[2,4\rfloor$ 上单调递增,

则函数 $y=g(x)$ 在 $x=2$ 处取得最小值 0 .
解析：(1) 分析二次函数 $f(x)=x^{2}-2 x$ 图象的开口方向和对称轴, 可得出函数 $y=f(x)$ 的减区间和增区间, 以及函数 $y=g(x)$ 的增区间; (2) 由函数 $y=f(x)$ 和函数 $y=g(x)$ 的单调性可得出这两个函数的最小值.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=\frac{2 x-1}{x+1}, x \in[3,5]$.

(1) 判断 $f(x)$ 在区间 $\lfloor 3,5\rfloor$ 上的单调性并证明;

(2) 求 $f(x)$ 的最大值和最小值.
选项：
答案：(1) 解: 函数 $f(x)$ 在 $\lfloor 3,5\rfloor$ 上为增函数, 证明如下:

设 $x_{1}, x_{2}$ 是 $\lfloor 3,5\rfloor$ 上的任意两个实数, 且 $x_{1}<x_{2}$, 则

$f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=\frac{2 x_{1}-1}{x_{1}+1}-\frac{2 x_{2}-1}{x_{2}+1}=\frac{3\left(x_{1}-x_{2}\right)}{\left(x_{1}+1\right)\left(x_{2}+1\right)}$.

$\because 3 \leq x_{1}<x_{2} \leq 5$,

$\therefore x_{1}-x_{2}<0, x_{1}+1>0, x_{2}+1>0$,

$\therefore f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)<0$, 即 $f\left(x_{1}\right)<f\left(x_{2}\right)$,

$\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $\lfloor 3,5\rfloor$ 上为增函数.

（2）解: 由（1）知函数 $f(x)$ 在 $\lfloor 3,5\rfloor$ 单调递增, 所以

<ImageHere>

<ImageHere>

故得解.
解析：(1) 利用函数的单调性的定义, 设 $x_{1}, x_{2}$, 判断 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)$ 的正负, 证明出函数 $f(x)$ 在 $\lfloor 3,5\rfloor$ 上的单调性为增函数; (2) 由（1）得出的函数的单调性为单调递增, 从而得出函数 $f(x)$ 在区间 $\lfloor 3,5\rfloor$ 上的最大值为 $f(5)$ 与最小值为 $f(3)$, 求出其函数值得最值.
题目（高一 · 代数）：定义在 $\mathrm{R}$ 上的函数 $y=f(x)$, 当 $x>0$ 时, $f(x)>1$, 且对任意的 $x, y \in R$, 都有 $f(x+y)=f(x)+f(y)-1$.

(I) 求证: $f(x)$ 是 $\mathrm{R}$ 上的增函数;

(II) 求不等式 $f(x)+f\left(2 x-x^{2}\right)>2$ 的解集.
选项：
答案：(I) 证明: 任取 $x_{1}, x_{2} \in R$,

设 $x_{1}\left(x_{2}, \therefore x_{2}-x_{1}\right), \therefore f\left(x_{2}-x_{1}\right)>1$,

则 $f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)=f\left[\left(x_{2}-x_{1}\right)+x_{1}\right]-f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}-x_{1}\right)+f\left(x_{1}\right)-1-f\left(x_{1}\right)$

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

$\therefore f(x)$ 为 $R$ 上的增函数.

（II）解：不等式 $f(x)+f\left(2 x-x^{2}\right)>2$,

可化为: $f(x)+f\left(2 x-x^{2}\right)-1>1$,

即 $f\left(x+2 x-x^{2}\right)>1$,

$f(0+0)=2 f(0)-1, \therefore f(0)=1$,

故不等式化为 $f\left(3 x-x^{2}\right)>f(0)$,

$\because f(x)$ 为 $R$ 上的增函数, $3 x-x^{2}>0$, 解得 $0<x<3$,

$\therefore$ 不等式的解集为 $(0,3)$.
解析：(I) 任取 $x_{1}, x_{2} \in R$, 且设 $x_{1}<x_{2}$, 结合当 $x>0$ 时, $f(x)>1$, 以及 $x, y \in R$, 都有 $f(x+y)=f(x)+f(y)-1$, 可以证明 $f\left(x_{2}\right)>f\left(x_{1}\right)$, 即可证明 $f(x)$ 是 $\mathrm{R}$ 上的增函数; （II）利用抽象函数的性质及 $f(x)$ 的单调性, 可以得到 $3 x-x^{2}>0$, 求解即可.
题目（高一 · 代数）：判断下列函数的奇偶性

(1) $f(x)=2 x^{4}+3 x^{2}$

(2) $f(x)=\frac{1}{x}+x$
选项：
答案：(1) 解: 函数 $f(x)$ 定义域为 $R$, 关于原点对称,

又 $f(-x)=2(-x)^{4}+3(-x)^{2}=2 x^{4}+3 x^{2}=f(x)$,

所以函数 $f(x)$ 为偶函数.

(2) 解: 函数 $f(x)$ 定义域为 $\{x \mid x \neq 0\}$, 关于原点对称,

又 $f(-x)=\frac{1}{-x}+(-x)=-\left(\frac{1}{x}+x\right)=-f(x)$,

所以函数 $f(x)$ 为奇函数.
解析：(1) 先求定义域为 $R$, 再判断 $f(-x)$ 与 $f(x)$ 的关系, 即可得到答案; (2) 先求定义域为 $\{x \mid x \neq 0\}$, 再判断 $f(-x)$ 与 $f(x)$ 的关系, 即可得到答案.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $y=f(x)$ 在定义域 $\lfloor 1,1\rfloor$ 上是奇函数, 又是减函数, 若 $f\left(1-a^{2}\right)+f(1-a)<0$, 求实数 $a$ 的范围.
选项：
答案：由题意得 $\left\{\begin{array}{l}-1 \leq 1-a^{2} \leq 1 \\ -1 \leq 1-a \leq 1,\end{array}\right.$

解得 $\left\{\begin{array}{l}0 \leq a^{2} \leq 2 \\ 0 \leq a \leq 2\end{array}\right.$, 即 $0 \leq a \leq \sqrt{2}$

由 $f\left(1-a^{2}\right)+f(1-a)<0$, 得 $f(1-a)<-f\left(1-a^{2}\right)$,

$\because$ 函数 $y=f(x)$ 是奇函数,

$\therefore-f\left(1-a^{2}\right)=f\left(a^{2}-1\right), \therefore f(1-a)<f\left(a^{2}-1\right)$,

<ImageHere>

$\therefore 1-a>a^{2}-1$, 即 $a^{2}+a-2<0$,

解得 $-2<a<1$,

由 $\left\{\begin{array}{l}0 \leq a \leq \sqrt{2} \\ -2<a<1 \text { 得, } 0 \leq a<1\end{array}\right.$
解析：先求得 $f\left(1-a^{2}\right)+f(1-a)$ 的定义域, 再由 $y=f(x)$ 是奇函数可得 $f(1-a)<f\left(a^{2}-1\right)$,
由单调性即可得到 $a$ 的范围.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=x+\frac{a}{x}$ 的图像经过点 $(1,-3)$

（1）求 $a$ 的值并判断 $f(x)$ 的奇偶性;

（2）判断并证明函数 $f(x)$ 在 $\lfloor 1,4\rfloor$ 的单调性, 并求出最大值.
选项：
答案：(1) 解: 由于函数 $f(x)$ 过点 $(1-3)$,

故 $f(1)=1+a=-3, a=-4$, 所以 $f(x)=x-\frac{4}{x}$.

函数的定义域为 $\{x \mid x \neq 0\}$, 且 $f(-x)=-\left(x-\frac{4}{x}\right)=-f(x)$, 所以函数为奇函数.

（2）解: 函数 $f(x)$ 在 $\lfloor 1,4\rfloor_{\text {上递增, }}$

证明如下: 任取 $1 \leq x_{1}<x_{2} \leq 4$,

则 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=x_{1}-\frac{4}{x_{1}}-x_{2}+\frac{4}{x_{2}}=\frac{\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(x_{1} x_{2}+4\right)}{x_{1} x_{2}}$,

由于 $x_{1}-x_{2}<0, x_{1} x_{2}>0, x_{1} x_{2}+4>0$,

所以 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)<0, f\left(x_{1}\right)<f\left(x_{2}\right)$,

所以函数在 $\lfloor 1,4\rfloor_{\text {上递增, 且最大值为 }} f(4)=4-\frac{4}{4}=3$.
解析：(1) 利用点 $(1,-3)$ 列方程, 解方程求得 $a$ 的值. 根据函数奇偶性的定义, 判断出函数的奇


调性求得函数的最大值.
题目（高一 · 代数）：若函数 $f(x)$ 为奇函数, 当 $x \geq 0$ 时, $f(x)=2 x^{2}-4 x$



（1）求函数 $f(x)$ 的表达式，画出函数 $f(x)$ 的图像, 并求不等式 $x f(x)>0$ 的解集;

(2) 若函数 $f(x)$ 在区间 $[-1, a-2]$ 上单调递减, 求实数 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) 解: 设 $x<0,-x>0$

$f(-x)=2(-x)^{2}-4(-x)=2 x^{2}+4 x$,

$\because f(x)$ 是奇函数,

$\therefore f(x)=-f(-x)=-2 x^{2}-4 x$

$\therefore f(x)= \begin{cases}2 x^{2}-4 x & x \geq 0 \\ -2 x^{2}-4 x & x<0,\end{cases}$

图象如图所示:

<ImageHere>
$\left\{\begin{array}{l}x \geq 0 \\ 2 x^{2}-4 x>0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x<0 \\ -2 x^{2}-4 x<0\end{array}\right.$

解得: $x>2$ 或 $x<-2$,

$\therefore$ 不等式的解集 $(-\infty,-2) \cup(2,+\infty)$

(2) 解: 由题意可知, $\lfloor-1 a-2\rfloor$ 是函数单调递减区间的子集,

根据图象可知 $-1<a-2 \leq 1$, 解得 $1<a \leq 3$.
解析：（1）根据函数的奇偶性, 确定函数的表达式, 作出图像, 数形结合即可求出不等式的解集;

(2) 根据函数的单调性, 解不等式即可求出实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=x^{3}+x$.

（1）判断函数 $f(x)$ 的奇偶性, 并证明你的结论;

(2) 若 $f(x)$ 是 $R$ 上的增函数, 解关于 $m$ 的不等式 $f(m+1)+f(2 m-3)<0$.
选项：
答案：(1) 解: $f(x)$ 是奇函数, 证明如下: $\because f(x)$ 是定义域为 $R$,

且 $f(-x)=(-x)^{3}+(-x)=-x^{3}-x=-f(x), \therefore f(x)$ 是奇函数

(2) 解: $f(m+1)+f(2 m-3)<0$ 化为 $f(m+1)<-f(2 m-3)$,

因为 $f(x)$ 是奇函数, $\therefore-f(2 m-3)=f(-2 m+3)$,

所以不等式化为 $f(m+1)<f(-2 m+3)$.

又 $\because f(x)$ 是 $R$ 上的增函数,

$\therefore m+1<-2 m+3, \quad \therefore m<\frac{2}{3}$,

$\therefore$ 不等式的解集为 $\left\{m \left\lvert\, m<\frac{2}{3}\right.\right\}$.
解析：（1）根据奇偶性定义判断即可;（2）利用奇偶性与单调性把抽象不等式转化为具体不等式,解之即可.
题目（高一 · 代数）：$f(x)$ 是定义在 $R$ 上的函数, 对一切 $x, y \in R$, 都有 $f(x+y)+f(x-y)=2 f(x) \cdot f(y)$, 且 $f(0) \neq 0$.

(1) 求 $f(0)$;

(2) 判断函数 $f(x)$ 的奇偶性
选项：
答案：(1) 解: $f(x+y)+f(x-y)=2 f(x) \cdot f(y), f(0) \neq 0$.

取 $x=y=0$, 则 $2 f(0)=2 f^{2}(0), \therefore f(0)=1$

(2) 解: $f(x+y)+f(x-y)=2 f(x) \cdot f(y)$,

取 $x=0$ 得到 $f(y)+f(-y)=2 f(0) \cdot f(y)$,

即 $f(y)=f(-y)$, 函数 $f(x)$ 为偶函数.
解析：（1）采用赋值法，代入即可求出函数 $\mathrm{f}(0)$ 的值;

（2）采用赋值法, 结合奇偶性的定义, 即可确定函数为偶函数.
题目（高一 · 代数）：比较下列各题中两个值的大小.

(1) $1.8^{2.2}, \quad 1.8^{3}$;

(2) $0.7^{-0.3}, \quad 0.7^{-0.4}$;

(3) $1.9^{0.4}, \quad 0.9^{2.4}$.
选项：
答案：(1) 解: $1.8^{2.2}, 1.8^{3}$ 可看作函数 $\mathrm{y}=1.8^{\mathrm{x}}$ 的两个函数值,

$\because 1.8>1, \quad \therefore \mathrm{y}=1.8^{\mathrm{x}}$ 在 $\mathrm{R}$ 上为增函数, $\therefore 1.8^{2.2}<1.8^{3}$

(2) 解: $\because y=0.7^{x}$ 在 $\mathrm{R}$ 上为减函数,

又 $\because-0.3>-0.4, \quad \therefore 0.7^{-0.3}<0.7^{-0.4}$

（3）解： $\because 1.9^{0.4}>1.9^{0}=1 ; 0.9^{2.4}<0.9^{0}=1, \therefore 1.9^{0.4}>0.9^{2.4}$
解析：(1)由于两式底数相同为 $1.8>1$, 由指数函数的单调递增比较大小;

(2)由于两式底数相同为 $0.7<1$, 由指数函数的单调递减比较大小;

(3)由于两式底数相同为 $0.9<1$,由指数函数的单调递减比较大小.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=a^{x}(a>0$ 且 $a \neq 1)$ 经过点 (2,4).

(1) 求 $a$ 的值;

(2) 求 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上的最大值与最小值.
选项：
答案：（1）解: 将点 $(2,4)$ 代入函数表达式得 $f(2)=a^{2}=4$, 解得 $a=2$.

(2) 解: 由 (1) 知 $f(x)=2^{x}$,

故函数 $f(x)_{\text {在 }}[0,1\rfloor$ 上是单调递增函数,

故最大值为 $f(1)=2^{1}=2$, 最小值为 $f(0)=2^{0}=1$.
解析：（1）将点 $(2,4)$ 代入函数表达式，由此求得 $a$ 的值.（2）根据指数函数单调性, 求得函数 $f(x)$ 的最大值和最小值.
题目（高一 · 代数）：解关于 $x$ 的不等式: $\left(\frac{1}{4}\right)^{x}-2^{-x+1}-8<0$.
选项：
答案：解: 设 $t=\left(\frac{1}{2}\right)^{x}>0$,

所以原不等式转化为 $t^{2}-2 t-8<0$,

解得 $-2<t<4$, 所以得到 $0<t<4$,

即 $0<\left(\frac{1}{2}\right)^{x}<4$,

而 $y=\left(\frac{1}{2}\right)^{x}$ 单调递减,

所以得到 $x>-2$,

故不等式的解集为: $(-2,+\infty)$.
解析：设 $t=\left(\frac{1}{2}\right)^{x}>0$, 将所求不等式转化为关于 $t$ 的二次不等式, 求出 $t$ 的范围, 即 $\left(\frac{1}{2}\right)^{x}$ 的范围, 再根据 $y=\left(\frac{1}{2}\right)^{x}$ 单调性, 求出 $x$ 的取值范围.
题目（高一 · 代数）：设 $a>0$ 且 $a \neq 1$, 函数 $y=a^{2 x}+2 a^{x}-1$ 在区间 $\lfloor-1,1\rfloor$ 上的最大值是 14 , 求实数 $a$ 的值.24.已知函数 $f(x)=a^{x}, g(x)=\left(\frac{1}{a}\right)^{x}(a>0$ 且 $a \neq 1), \quad f(-1)=\frac{1}{2}$.



(1) 求函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的解析式;

(2) 在同一坐标系中画出函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的图象;

（3）如果 $f(x)<g(x)$, 请直接写出 $x$ 的取值范围.
选项：
答案：解: 令 $t=a^{x}(a>0, a \neq 1)$,

则原函数化为 $f(t)=t^{2}+2 t-1=(t+1)^{2}-2(t>0)$,

(1)当 $0<a<1$ 时, $x \in[-1,1] t=a^{x} \in\left[a, \frac{1}{a}\right]$,

此时 $f(t)_{\text {在区间 }}\left[a, \frac{1}{a}\right]_{\text {上为增函数, }}$
所以 $f(t)_{\text {max }}=f\left(\frac{1}{a}\right)=\left(\frac{1}{a}+1\right)^{2}-2=14$,

所以 $a=-\frac{1}{5}$ (舍) 或 $a=\frac{1}{3}$,

(2)当 $a>1$ 时, $x \in[-1,1] t=a^{x} \in\left[\frac{1}{a}, a\right]$

此时 $f(t)$ 在区间 $\left[\frac{1}{a}, a\right]_{\text {上为增函数, }}$

所以 $f(t)_{\text {max }}=f(a)=(a+1)^{2}-2=14$,

所以 $a=-5$ (舍) 或 $a=3$,

综上所述, $a=\frac{1}{3}$ 或 $a=3$.
解析：令 $t=a^{x}(a>0, a \neq 1)$, 将原函数化为 $f(t)=t^{2}+2 t-1=(t+1)^{2}-2(t>0)$, (1) 当

$0<a<1$ 时, 利用单调性得 $f(t)_{\text {max }}=f\left(\frac{1}{a}\right)=14$, 解得 $a=\frac{1}{3}$; (2)当 $a>1$ 时, 利用单调性得 $f(t)_{\max }=f(a)=14$, 解得 $a=3$.
题目（高一 · 代数）：若 $a 、 b$ 是方程 $2(\lg x)^{2}-\lg x^{4}+1=0$ 的两个实根, 求 $\lg (a b) \cdot\left(\log _{a} b+\log _{b} a\right)$ 的值.
选项：
答案：解：原方程可化为 $2(\lg x)^{2}-4 \lg x+1=0$,

设 $t=\lg x, \quad$ 则方程化为 $2 t^{2}-4 t+1=0$,

所以 $t_{1}+t_{2}=2, t_{1} \cdot t_{2}=\frac{1}{2}$.

又因为 $a 、 b$ 是方程 $2(\lg x)^{2}-\lg x^{4}+1=0$ 的两个实根,

所以 $t_{1}=\lg a, t_{2}=\lg b$,

即 $\lg a+\lg b=2, \lg a \cdot \lg b=\frac{1}{2}$.
所以 $\lg (a b) \cdot\left(\log _{a} b+\log _{b} a\right)=(\lg a+\lg b) \cdot\left(\frac{\lg b}{\lg a}+\frac{\lg a}{\lg b}\right)$

$=(\lg a+\lg b) \cdot \frac{\lg ^{2} b+\lg ^{2} a}{\lg a \lg b}=(\lg a+\lg b) \cdot \frac{(\lg a+\lg b)^{2}-2 \lg a \lg b}{\lg a \lg b}$

$=2 \times \frac{2^{2}-2 \times \frac{1}{2}}{\frac{1}{2}}=12$,

即 $\lg (a b) \cdot\left(\log _{a} b+\log _{b} a\right)=12$.
解析：利用对数的运算法则, 结合韦达定理, 即可得出结论。
题目（高一 · 代数）：(1) 求值 $\left(\frac{64}{49}\right)^{-\frac{1}{2}}+\lg \frac{1}{4}+2^{\log _{4} 9}-2 \lg 5$;

（2）已知 $\log _{2} 5=a, \log _{5} 7=b$, 试用 $a 、 b$ 表示 $\log _{14} 56$.
选项：
答案：（1）解: 原式

$$
=\left[\left(\frac{8}{7}\right)^{2}\right]^{-\frac{1}{2}}+2^{\log _{2} 3^{2}}+\lg \frac{\frac{1}{4}}{25}=\frac{7}{8}+2^{\log _{2} 3}-\lg 100=\frac{7}{8}+3-2=\frac{15}{8}
$$

(2) 解: 由换底公式得 $\log _{5} 2=\frac{1}{\log _{2} 5}=\frac{1}{a}$, 又 $b=\log _{5} 7$,

$\log _{14} 56=\frac{\log _{5} 56}{\log _{5} 14}=\frac{\log _{5}\left(7 \times 2^{3}\right)}{\log _{5}(7 \times 2)}=\frac{\log _{5} 7+3 \log _{5} 2}{\log _{5} 7+\log _{5} 2}=\frac{b+\frac{3}{a}}{b+\frac{1}{a}}=\frac{a b+3}{a b+1}$.
解析：（1）利用指数的运算律、对数的运算律、换底公式以及对数恒等式可得出结果;（2）由换底公式可得出 $\log _{5} 2=\frac{1}{a}$, 然后利用换底公式可得出 $\log _{14} 56=\frac{\log _{5} 56}{\log _{5} 14}$, 并利用对数 $\log _{5} 2$ 和 $\log _{5} 7$表示分子和分母，代入化简计算即可.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=\log _{2} x$;

(1) 若 $f(x)-f\left(\frac{1}{x}\right)=3$, 求 $x$ 的值;

（2）若区间 $\lfloor 1,2\rfloor$ 上存在 $x_{0}$, 使得方程 $f\left(a x_{0^{2}}-4 x_{0}\right)=2$ 成立, 求实数 $a$ 的取值范围。
选项：
答案：(1) 解: 因为 $f(x)-f\left(\frac{1}{x}\right)=3$,

所以 $\log _{2} x-\log _{2} \frac{1}{x}=3$, 则 $2 \log _{2} x=3$,

$\therefore \log _{2} x=\frac{3}{2}, \therefore x=2^{\frac{3}{2}}=2 \sqrt{2}$

(2) 解: 由 $f\left(a x_{0}{ }^{2}-4 x_{0}\right)=2, \therefore a x_{0} 2-4 x_{0}=4$,

$\therefore a=\frac{4+4 x_{0}}{x_{0}{ }^{2}}=\frac{4}{x_{0}^{2}}+\frac{4}{x_{0}}$,

因为 $x_{0} \in\lfloor 1,2\rfloor, \therefore a \in\lfloor 3,8\rfloor$
解析：(1) 将 $\mathrm{x}$ 和 $\frac{1}{\bar{x}}$ 代入, 结合对数式的运算法则, 解对数方程, 即可求出相应的 $\mathrm{x}$;

(2) 分离参数, 构造新的函数, 采用换元法, 结合二次函数的性质, 即可求出实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=\lg (1-x)-\lg (1+x)$.

（1）求函数的定义域;

(2) 若 $f(x)=\lg (1+x)$, 求 $x$ 的值;

(3) 求证: 当 $a, b \in(-1,1)$ 时, $f(a)+f(b)=f\left(\frac{a+b}{1+a b}\right)$.19.已知 $f(x)=\left|\log _{3} x\right|$

(1) 画出这个函数的图像



(2) 当 $0<a<2$ 时 $f(a)>f(2)$, 利用函数图像求出 $a$ 的取值范围
选项：
答案：(1) 解: 由 $1-x>0,1+x>0$ 得函数的定义域为 $(-1,1)$.

(2) 解: $f(x)=\lg (1+x)$, 即 $\lg (1-x)-\lg (1+x)=\lg (1+x)$,

$\therefore \lg \frac{1-x}{1+x}=\lg (1+x), \therefore \frac{1-x}{1+x}=1+x$ 且 $-1<x<1, \therefore x=0$.

(3) 解: $\because f(x)=\lg (1-x)-\lg (1+x)=\lg \frac{1-x}{1+x}, x \in(-1,1)$,

$\therefore a, b \in(-1,1)_{\text {时, }} f(a)+f(b)=\lg \frac{1-a}{1+a}+\lg \frac{1-b}{1+b}=\lg \frac{(1-a)(1-b)}{(1+a)(1+b)}$,

又 $\because f\left(\frac{a+b}{1+a b}\right)=\lg \frac{1-\frac{a+b}{1+a b}}{1+\frac{a+b}{1+a b}}=\lg \frac{1+a b-a-b}{1+a b+a+b}=\lg \frac{(1-a)(1-b)}{(1+a)(1+b)}$,

$\therefore f(a)+f(b)=f\left(\frac{a+b}{1+a b}\right)$.
解析：（1）利用真数大于零列出不等式组, 其解为 $(-1,1)$, 它是函数的定义域（2）把方程 $f(x)=\lg (1+x)$ 化为 $\lg \frac{1-x}{1+x}=\lg (1+x)$ 后得到 $\left\{\begin{array}{l}\frac{1-x}{1+x}=1+x \\ -1<x<1\end{array}\right.$, 故 $x=0$. (3) 分别计算 $f(a)+f(b), f\left(\frac{a+b}{1-a b}\right)$ 就能得到 $f(a)+f(b)=f\left(\frac{a+b}{1-a b}\right)$.
题目（高一 · 代数）：设函数 $f(x)=\log _{2}(4 x) \cdot \log _{2}(2 x)$ 的定义域为 $\left[\frac{1}{4}, 4\right]$.

(1) 若 $t=\log _{2} x$, 求 $t$ 的取值范围;

(2) 求 $y=f(x)$ 的最大值与最小值, 并求出最值时对应的 $x$ 的值.
选项：
答案：(1) 解: $t$ 的取值范围为区间 $\left[\log _{2} \frac{1}{4}, \log _{2} 4\right]=[-2,2]$

(2) 解: 记 $y=f(x)=\left(\log _{2} x+2\right)\left(\log _{2} x+1\right)=(t+2)(t+1)=g(t)(-2 \leq t \leq 2)$.

$\because y=g(t)=\left(t+\frac{3}{2}\right)^{2}-\frac{1}{4}$ 在区间 $\left[-2,-\frac{3}{2}\right]_{\text {是减函数, 在区间 }}\left[-\frac{3}{2}, 2\right]_{\text {是增函数 }}$

$\therefore$ 当 $t=\log _{2} x=-\frac{3}{2}$ 即 $x=2^{-\frac{3}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 时, $y=f(x)_{\text {有最小值 }} f\left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)=g\left(-\frac{3}{2}\right)=-\frac{1}{4}$;

当 $t=\log _{2} x=2$ 即 $x=2^{2}=4$ 时, $y=f(x)$ 有最大值 $f(4)=g(2)=12$.
解析：（1）由已知函数的 定义域为 $\left[\frac{1}{4}, 4\right]$, 即可求出 $t$ 的取值范围.

（2）先构造函数 $\mathrm{g}(\mathrm{t})$, 再利用二次函数的单调性, 即可求出对数函数的最值及对应的 $x$ 的值.
题目（高一 · 代数）：设函数 $f(x)=2^{x}-1$ 的反函数为 $f^{-1}(x), g(x)=\log _{4}(3 x+1)$.

（1）若 $f^{-1}(x) \leq g(x)$ ，求 $x$ 的取值范围 $D$;

（2）在（1）的条件下, 设 $H(x)=g(x)-\frac{1}{2} f^{-1}(x)$, 当 $x \in D$ 时, 函数 $H(x)$ 的图像与直线 $y=a$有公共点, 求实数 $a$ 的取值范围.22.已知函数 $f(x)=\log _{a} \frac{x-5}{x+5}(a>0$ 且 $a \neq 1)$.



（2）设 $g(x)=\log _{a}(x-3)$, 若方程 $f(x)-1=g(x)$ 有实根, 求 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) 解: $f^{-1}(x)=\log _{2}(x+1),(x>-1)$

不等式为 $\log _{2}(x+1) \leq \log _{4}(3 x+1)$ ，

$\therefore\left\{\begin{array}{c}x+1>0 \\ 3 x+1>0 \\ (x+1)^{2} \leq 3 x+1,\end{array}\right.$

解得 $0 \leq x \leq 1, \therefore D=\lfloor 0,1\rfloor$;

(2) 解: $H(x)=\log _{4}(3 x+1)-\frac{1}{2} \log _{2}(x+1)=\frac{1}{2} \log _{2} \frac{3 x+1}{x+1}(0 \leq x \leq 1)$.

$\therefore H(x)=\frac{1}{2} \log _{2}\left(3-\frac{2}{x+1}\right)$.

当 $x \in[0,1]_{\text {时, }} 3-\frac{2}{x+1}$ 单调递增, $\therefore H(x)$ 单调递增,

$\therefore H(x) \in\left[0, \frac{1}{2}\right]$, 因此当 $a \in\left[0, \frac{1}{2}\right]_{\text {时满足条件. }}$
解析：(1) 根据题意结合已知条件得出 $\log _{2}(x+1) \leq \log _{4}(3 x+1)$, 再利用对数函数的定义域和单调性得出不等式组, 求解得出 $\mathrm{x}$ 的取值;


根据函数的值域得出当 $H(x) \in\left[0, \frac{1}{2}\right]_{\text {时满足, 即 }} a \in\left[0, \frac{1}{2}\right]$ 。
题目（高一 · 代数）：比较下列各题中两个幂的值的大小:

(1) $2.3^{\frac{3}{4}}, 2.4^{\frac{3}{4}}$;

(2) $(\sqrt{2})^{-\frac{3}{2}},(\sqrt{3})^{-\frac{3}{2}}$;

(3) $(-0.31)^{\frac{6}{5}}, 0.35^{\frac{6}{5}}$.
选项：
答案：(1) 解: $\because y=x^{\frac{3}{4}}$ 为 $\mathrm{R}$ 上的增函数,

又 $2.3<2.4, \therefore 2.3^{\frac{3}{4}}<2.4^{\frac{3}{4}}$;

(2) 解: $\because y=x^{-\frac{3}{2}}$ 为 $(0,+\infty)$ 上的减函数, 又 $\sqrt{2}<\sqrt{3}$,

$\therefore(\sqrt{2})^{-\frac{3}{2}}>(\sqrt{3})^{-\frac{3}{2}}$;

(3) 解: $\because y=x^{\frac{6}{5}}$ 为 $\mathrm{R}$ 上的偶函数,

$\therefore(-0.31)^{\frac{6}{5}}=0.31^{\frac{6}{5}}$.

又函数 $y=x^{\frac{6}{5}}$ 为 $[0,+\infty)$ 上的增函数, 且 $0.31<0.35$,

$\therefore 0.31^{\frac{6}{5}}<0.35^{\frac{6}{5}}$, 即 $(-0.31)^{\frac{6}{5}}<0.35^{\frac{6}{5}}$.
解析：(1)结合幂函数的单调性的定义即可得出结论。(2)根据幂函数的单调性的的定义即可得出结论。(3)利用幂函数的单调性以及偶函数的性质即可得出结论。
题目（高一 · 代数）：已知幂函数 $f(x)=x^{m^{2}+m+1}\left(m \in N^{*}\right)$ 的图象经过点 $(2,8)$.

(1) 试确定 $m$ 的值;

(2) 求满足条件 $\mathrm{f}(2-\mathrm{a})>\mathrm{f}(\mathrm{a}-1)$ 的实数 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) 解: 由题得 $2^{m i^{2}+m+1}=8 \Rightarrow m=1$ 或 $m=-2$ (舍);

（2）解: 由题得 $f(x)=x^{3}, f(x)$ 在 $\mathrm{R}$ 上单调递增,

由 $\mathrm{f}(2-\mathrm{a})>\mathrm{f}(\mathrm{a}-1)$ 可得 $2-a>a-1 \Rightarrow a<\frac{3}{2}$.
解析：（1）由已知利用幂函数的解析式列式，即可求出 $\mathrm{m}$ 的值;

（2）由已知利用幂函数的单调性列式，即可求出 $\mathrm{a}$ 的取值范围.
题目（高一 · 代数）：已知幂函数 $y=f(x)=x^{\alpha}$ 的图象过点 $(5, m)$ 和 $(4,2)$.

(1) 求 $m$ 的值;

(2) 若函数 $y=g(x)=\log _{a} f(x)(a>0, a \neq 1)$ 在区间 $[3,9]$ 上的最大值比最小值大 1 , 求实数 $a$ 的值.
选项：
答案：(1) 解: 因为幂函数 $y=f(x)=x^{\alpha}$ 的图象过点 $(4,2)$,

所以 $4^{\alpha}=2$, 解得 $\alpha=\frac{1}{2}$,

所以 $f(x)=x^{\frac{1}{2}}$,
又点 $(5, m)$ 也在幂函数上 $f(x)=x^{\frac{1}{2}}$,

所以 $m=\sqrt{5}$;

(2) 解: 由 (1) 知, $y=g(x)=\log _{a} \sqrt{x}=\frac{1}{2} \log _{a} x(a>0, a \neq 1)$,

(1)当 $a>1$ 时, 函数 $g(x)=\frac{1}{2} \log _{a} x$ 在区间 $[3,9\rfloor$ 上单调递增,

由题意可得: $g(x)_{\text {max }}-g(x)_{\text {min }}=\frac{1}{2} \log _{a} 9-\frac{1}{2} \log _{a} 3=\frac{1}{2} \log _{a} 3=1$,

解得 $a=\sqrt{3}$;

<ImageHere>

$\therefore g(x)_{\max }-g(x)_{\min }=\frac{1}{2} \log _{a} 3-\frac{1}{2} \log _{a} 9=\frac{1}{2} \log _{a} \frac{1}{3}=1$,

解得 $a=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

综上所述, $a=\sqrt{3}$ 或 $\frac{\sqrt{3}}{3}$.
解析：(1) 先由幂函数 $y=f(x)=x^{\alpha}$ 的图象过点 $(4,2)$, 求出解析式, 再由图像过点 $(5, m)$, 即可求出结果; (2) 先由题意得到 $g(x)=\frac{1}{2} \log _{a} x$, 分别讨论 $a>1,0<a<1$ 两种情况, 根据对数函数单调性, 即可求出结果.
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.

(1) 求实数 $m$ 的值;

(2) 若 $(k+1)^{m}<(3-2 k)^{m}$, 求实数 $k$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) 解: 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 $m<-\frac{1}{2}$,

所以 $m=-1$.

（2）解: 由于 $y=x^{-1}$ 在区间 $(-\infty, 0),(0,+\infty)$ 都是减函数, 且 $(k+1)^{-1}<(3-2 k)^{-1}$分三种情况讨论:

(1)当 $k+1<0<3-2 k$, 即 $k<-1$ 时, 原不等式成立;

(2)当 $k+1<0$ 且 $3-2 k<0$ 时, 有 $k+1>3-2 k$, 即 $\left\{\begin{array}{l}k<-1 \\ k>\frac{3}{2} \\ k>\frac{2}{3}\end{array}\right.$, 解集为空集;

(3)当 $k+1>0$ 且 $3-2 k>0$ 时, 有 $k+1>3-2 k$, 即 $\left\{\begin{array}{l}k>-1 \\ k<\frac{3}{2} \\ k>\frac{2}{3}\end{array}\right.$,

$\therefore \frac{2}{3}<k<\frac{3}{2}$

综上所述: $k$ 的取值范围是 $(-\infty,-1) \cup\left(\frac{2}{3}, \frac{3}{2}\right)$.
解析：(1) 由幂函数的定义可得 $m$, 再利用 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, 即可得出 $m$ 范围; (2)由于 $y=x^{-1}$ 在区间 $(-\infty, 0),(0,+\infty)$ 上都是减函数, 且 $(k+1)^{-1}<(3-2 k)^{-1}$, 分三种情况讨论,即可得出.
题目（高一 · 代数）：（2016 秋・晋江市校级月考）把求 $n$ !的程序补充完整.


选项：
答案：解：输入语句用 “INPUT”

当型循环语句用 WHILE、WEND

故答案为: INPUT、WHILE、WEND
解析：解：输入语句用 “INPUT”

当型循环语句用 WHILE、WEND

故答案为: INPUT、WHILE、WEND
题目（高一 · 代数）：（2015 春・椰州校级期中）已知一个程序语句如图:

(1) 若输入 $X$ 的值为 0 , 求输出 $Y$ 的值?

(2) 若输出 $Y$ 的值为 3 , 求输入 $X$ 的值?


选项：
答案：解: 模拟执行程序, 可得程序的功能是计算并输出 $y=\left\{\begin{array}{ll}x^{2} & x \leq 2 \\ 2 x-3 & x>2\end{array}\right.$ 的值,

(1) 输入 $X$ 的值为 0 , 由 $x<2$, 故 $y=x^{2}=0$,

故输出 $Y$ 的值为 0 .

(2) 若输出 $Y$ 的值为 $3, y=\left\{\begin{array}{ll}3=x^{2} & x \leq 2 \\ 3=2 x-3 & x>2\end{array}\right.$,

可解得: $x= \pm \sqrt{3}$, 或 3 .
解析：解: 模拟执行程序, 可得程序的功能是计算并输出 $y=\left\{\begin{array}{ll}x^{2} & x \leq 2 \\ 2 x-3 & x>2\end{array}\right.$ 的值,

(1) 输入 $X$ 的值为 0 , 由 $x<2$, 故 $y=x^{2}=0$,

故输出 $Y$ 的值为 0 .

(2) 若输出 $Y$ 的值为 $3, y=\left\{\begin{array}{ll}3=x^{2} & x \leq 2 \\ 3=2 x-3 & x>2\end{array}\right.$,

可解得: $x= \pm \sqrt{3}$, 或 3 .
题目（高一 · 代数）：函数 $f(x)=x^{5}+a x^{4}-b x^{2}+1$. 其中 $a$ 是 1202 (3) 对应的十进制数, $b$ 是 8251 与 6105 的最大公约数, 试应用秦九韶算法求当 $x=-1$ 时 $v_{3}$ 的值.
选项：
答案：解: 1202 (3) 对应的十进制数

那么: $a=1 \times 3^{3}+2 \times 3^{2}+0 \times 3^{1}+2 \times 3^{0}=47$.

$b$ 是 8251 与 6105 的最大公约数

即 $8251=6105 \times 1+2146$

$6105=2146 \times 2+1813$

$2146=1813 \times 1+333$

$1813=333 \times 5+148$

$333=148 \times 2+37$

$148=37 \times 4+0$

则 37 为 8251 与 6105 的最大公约数.

即 $b=37$.

那么 $\left.f(x)=x^{5}+47 x^{4}-37 x^{2}+1=((((x+47) x)+0) x-37) x+0\right) x+1$

$\therefore v_{0}=1$,

$v_{1}=-1+47=46$.

$v_{2}=-1 \times 46=-46$,

$v_{3}=-46 \times-1-37=9$.
解析：解: 1202 (3) 对应的十进制数

那么: $a=1 \times 3^{3}+2 \times 3^{2}+0 \times 3^{1}+2 \times 3^{0}=47$.

$b$ 是 8251 与 6105 的最大公约数

即 $8251=6105 \times 1+2146$

$6105=2146 \times 2+1813$

$2146=1813 \times 1+333$

$1813=333 \times 5+148$

$333=148 \times 2+37$

$148=37 \times 4+0$

则 37 为 8251 与 6105 的最大公约数.

即 $b=37$.

那么 $\left.f(x)=x^{5}+47 x^{4}-37 x^{2}+1=((((x+47) x)+0) x-37) x+0\right) x+1$

$\therefore v_{0}=1$,

$v_{1}=-1+47=46$.

$v_{2}=-1 \times 46=-46$,

$v_{3}=-46 \times-1-37=9$.
题目（高一 · 代数）：017 春・和平区期末）已知一个 5 次多项式为 $f(x)=3 x^{5}-2 x^{4}+5 x^{3}-2.5 x^{2}+1.5 x-0.7$, 用秦九韶算法求出这个多项式当 $x=4$ 时的值.
选项：
答案：解: $\left.f(x)=3 x^{5}-2 x^{4}+5 x^{3}-2.5 x^{2}+1.5 x-0.7=(((3 x-2) x+5) x-2.5) x+1.5\right) x$ -0.7 ,

$v_{0}=3, v_{1}=3 \times 4-2=10, v_{2}=10 \times 4+5=45, v_{3}=45 \times 4-2.5=177.5, \quad v_{4}=177.5 \times 4+1.5=711.5$, $v_{5}=711.5 \times 4-0.7=2845.3$.
解析：解: $\left.f(x)=3 x^{5}-2 x^{4}+5 x^{3}-2.5 x^{2}+1.5 x-0.7=(((3 x-2) x+5) x-2.5) x+1.5\right) x$ -0.7 ,

$v_{0}=3, v_{1}=3 \times 4-2=10, v_{2}=10 \times 4+5=45, v_{3}=45 \times 4-2.5=177.5, \quad v_{4}=177.5 \times 4+1.5=711.5$, $v_{5}=711.5 \times 4-0.7=2845.3$.
题目（高一 · 代数）：（2017 秋 -上期末）读下列程序, 写出此程序表示的函数, 并求当输出的 $y=4$ 时, 输入的 $x$ 的值.


选项：
答案：解: 此程序表示的函数为 $y= \begin{cases}x^{2}, & x<0 \\ -1, & x=0, \\ 2 x, & x>0\end{cases}$

当 $x<0$ 时, $x^{2}=4$ 得 $x=-2$.

当 $x>0$ 时, $2 x=4$ 得 $x=2$.

故当输出的 $y=4$ 时, 输入的 $x= \pm 2$.
解析：解: 此程序表示的函数为 $y= \begin{cases}x^{2}, & x<0 \\ -1, & x=0, \\ 2 x, & x>0\end{cases}$

当 $x<0$ 时, $x^{2}=4$ 得 $x=-2$.

当 $x>0$ 时, $2 x=4$ 得 $x=2$.

故当输出的 $y=4$ 时, 输入的 $x= \pm 2$.