2018年江苏高考数学二轮复习专题限时集训2 函数及答案

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2018版高考数学(理)江苏版二轮专题复习配套文档:专题一三角函数与平面向量第2讲含答案

2018版高考数学(理)江苏版二轮专题复习配套文档:专题一三角函数与平面向量第2讲含答案

第2讲三角恒等变换与解三角形高考定位高考对本内容的考查主要有:(1)两角和(差)的正弦、余弦及正切是C级要求,二倍角的正弦、余弦及正切是B级要求,应用时要适当选择公式,灵活应用.试题类型可能是填空题,同时在解答题中也是必考题,经常与向量综合考查,构成中档题;(2)正弦定理和余弦定理以及解三角形问题是B级要求,主要考查:①边和角的计算;②三角形形状的判断;③面积的计算;④有关的范围问题。

由于此内容应用性较强,与实际问题结合起来进行命题将是今后高考的一个关注点,不可轻视.真题感悟1。

(2017·江苏卷)若tan错误!=错误!,则tan α=________.解析法一∵tan错误!=错误!=错误!=错误!,∴6tan α-6=1+tan α(tan α≠-1),∴tan α=错误!。

法二tan α=tan错误!=错误!=错误!=错误!。

答案错误!2。

(2016·江苏卷)在△ABC中,AC=6,cos B=错误!,C=错误!.(1)求AB的长;(2)cos错误!的值.解(1)由cos B=错误!,得sin B=错误!=错误!.又∵C=错误!,AC=6,由正弦定理,得错误!=错误!,即错误!=错误!⇒AB=5错误!。

(2)由(1)得:sin B=错误!,cos B=错误!,sin C=cos C=错误!,则sin A=sin(B+C)=sin B cos C+cos B sin C=错误!,cos A=-cos(B+C)=-(cos B cos C-sin B sin C)=-错误!,则cos错误!=cos A cos错误!+sin A sin错误!=错误!.考点整合1。

三角函数公式(1)同角关系:sin2α+cos2α=1,错误!=tan α.(2)诱导公式:对于“错误!±α,k∈Z的三角函数值”与“α角的三角函数值”的关系可按下面口诀记忆:奇变偶不变,符号看象限.(3)两角和与差的正弦、余弦、正切公式:sin(α±β)=sin αcos β±cos αsin β;cos(α±β)=cos αcos β∓sin αsin β;tan(α±β)=错误!。

2018届江苏高考数学专题练习函数

2018届江苏高考数学专题练习函数

2018届江苏高考数学专题练习——函数1. 已知函数2()||2x f x x +=+,x R ∈,那么2(2)(34)f x x f x -<-的解集是 .2. 设函数⎩⎨⎧≥<-=1,21,13)(2x x x x x f ,那么知足2))((2))((a f a f f =的的取值范围为 .3. 已知函数2()()()(0)f x x a x b b =--≠,不等式()()f x mxf x '≥对x R ∀∈恒成立,那么2m a b +-= .*4. 已知函数f (x )=e x -1-tx ,x 0∈R ,f (x 0)≤0,那么实数t 的取值范围 .5. 已知函数f (x )=2x 3+7x 2+6xx 2+4x +3,x ∈0,4],那么f (x )最大值是 .*6. 已知函数222101,()2 1,x mx x f x mx x ⎧+-=⎨+>⎩,,≤≤,假设()f x 在区间[)0,+∞上有且只有2个零点,那么实数m 的取值范围是 .7. 已知函数2()12f x x x =-的概念域为[]0m ,,值域为20am ⎡⎤⎣⎦,,那么实数a 的取值范围是 . *8. 假设存在实数,使不等式2e 2e 10x x a +≥-成立,那么实数的取值范围为 .9. 设函数()33,2,x x x a f x x x a ⎧-<=⎨-≥⎩,,假设关于的不等式()4f x a >在实数集R 上有解,那么实数的取值范围是 .*10. 已知函数f (x )=⎩⎨⎧x 2-1,x ≥0,-x +1,x <0.假设函数y =f (f (x ))-k 有3个不同的零点,那么实数k 的取值范围是 .11. 设a 为实数,记函数f (x )=ax -ax 3(x ∈12,1])的图象为C .若是任何斜率不小于1的直线与C 都最多有一个公共点,那么a 的取值范围是 .12. 假设函数f (x )=x 2-m cos x +m 2+3m -8有唯一零点,那么知足条件的实数m 组成的集合为 .13.已知实数x,y知足约束条件-0-50-30x yx yy≤⎧⎪+≥⎨⎪≤⎩,,,假设不等式m(x2+y2)≤(x+y)2恒成立,那么实数m的最大值是.14.函数f (x )=1lg x+2-x 的概念域为________.15.函数f (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫122x -x 2的值域为________.16.设函数f (x )=x 2+(a -2)x -1在区间(-∞,2]上是减函数,那么实数a 的最大值为________.17.设函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧|ln x |,x >0,⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ,x <0,若f (a )+f (-1)=3,那么a =________.18.已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧|2x-1|,x <2,3x -1,x ≥2,假设方程f (x )-a =0有三个不同的实数根,那么实数a 的取值范围是________.19.假设函数f (x )是概念在R 上的偶函数,且在区间[0,+∞)上是单调增函数.若是实数t 知足f (ln t )+f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1t ≤2f (1),那么t 的取值范围是________.20.已知奇函数f (x )是R 上的单调函数,假设函数y =f (x 2)+f (k -x )只有一个零点,那么实数k 的值是________.21.设函数f (x )={3x −1,x <12x ,x ≥1,那么知足f(f (a ))=2f (a )的a 的取值范围_______.(类2)(注:“*”为难题)2018届江苏高考数学专题练习——函数参考答案1. 【答案】(1,2).【解析】1()4102x f x x x ≥⎧⎪=⎨--<⎪-⎩,由2220234x x x x x ⎧-<⎪⎨-<-⎪⎩得1<x<2. 2. 【答案】}2132|{=≥a a a 或 . 3.4. 【答案】(-∞,0)∪1,+∞).5.6. 【答案】102m -≤<.【解析】法一:由题意得:当0m ≥时,函数2()222f x x mx =+-的对称轴02m-≤,且(0)1f =-, 因此,现在()f x 在[]0,1上最多有一个零点,而()2f x mx =+在()1,+∞没有零点.因此,0m ≥不符合 题意.当0m <时,函数2()221f x x mx =+-的对称轴02m->,且(0)1f =-,因此,现在()f x 在[]0,1 上最多有一个零点,而()2f x mx =+在()1,+∞最多有一个零点,假设()f x 在[)0,+∞有且只有2个零点, 那么要求012221020m m m ⎧<-≤⎪⎪+-≥⎨⎪+>⎪⎩,解之可得102m -≤<.综上:12m -≤<7.8. 【答案】[1,)-+∞【解析】2e 2e 10x x a +≥-2221212,(0),21 1.xx xe a t t t t t a e e-⇒≥=-=>-≥-∴≥- 9. 【答案】()1,72⎛⎫-∞+∞⎪⎝⎭.【解析】当1a ≤-,函数()f x 有最大值2a -,现在24a a ->, 解得0a <,又因为1a ≤-,因此1a ≤-;当12a -<≤,函数()f x 有最大值2,现在24a >解得12a <, 又12a -<≤,因此112a -<< 当2a >,函数()f x 无最大值,因为取不到33a a -,因此334a a a ->即370a a ->解得70,a -<<或7a >又因为2a >,因此7a >;综上所述,的取值范围是()1,72⎛⎫-∞+∞⎪⎝⎭.10. 【答案】(1,2].【解析】f (f (x ))=⎩⎪⎨⎪⎧x 2-2x ,x <0,2-x 2,0≤x <1,x 4-2x 2,x ≥1.作出函数f (f (x ))的图像可知,当1<k ≤2时,函数y =f (f (x ))22xx 33x11yxO-k 有3个不同的零点. 11. 【答案】1,42⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.12. 【答案】{2}13. 【答案】2513【解析】作出线性约束条件下的可行域如图中阴影部份所示,显然,A (2,3),B (3,3),令目标函数z=y x ,它表示通过点(0,0)及可行域内的点(x ,y )的直线的斜率,从而1≤z ≤32.不等式m (x 2+y 2)≤(x+y )2恒成立,也确实是m ≤222()x y x y ++恒成立,令u=222()x y x y++,那么u=1+222xyx y +=1+2x y y x+=1+21z z +1≤z ≤32,当1≤z ≤32时,2≤1z +z ≤136,从而1213≤21z z+≤1,因此2513≤1+21z z+≤2,于是m ≤2513,即实数m 的最大值为2513.14.(0,1)∪(1,2]15. ⎣⎡⎭⎫12,+∞. 16.解析 函数f (x )图象的对称轴x =-a -22,那么函数f (x )在⎝⎛⎦⎤-∞,-a -22上单调递减,在区间⎣⎡⎭⎫-a -22,+∞上单调递增,因此2≤-a -22,解得a ≤-2. 17. e 或1e18. 画出函数f (x )的图象如下图,观看图象可知,假设方程f (x )-a =0有三个不同的实数根,那么函数y =f (x )的图象与直线y =a 有3个不同的交点,现在需知足0<a <1. 答案 (0,1)19. 依题意,不等式f (ln t )+f ⎝⎛⎭⎫ln 1t =f (ln t )+f (-ln t )=2f (|ln t |)≤2f (1),即f (|ln t |)≤f (1),又|ln t |≥0,函数f (x )在[0,+∞)上是增函数,因此有|ln t |≤1,-1≤ln t ≤1,1e ≤t ≤e ,即实数t 的取值范围是⎣⎡⎦⎤1e ,e . 20.解析 利用等价转化思想求解.函数y =f (x 2)+f (k -x )只有一个零点,即方程f (x 2)+f (k -x )=0只有一解.又f (x )是R 上的奇函数,且是单调函数,因此f (x 2)=-f (k -x )=f (x -k ),即x 2-x +k =0只有一解,因此Δ=1-4k =0,解得k =14.21.[23 ,+∞)。

2018届江苏高考数学二轮专题复习 函数的综合应用

2018届江苏高考数学二轮专题复习 函数的综合应用

(0,1) 实根,则实数 k 的取值范围是_____.
1
2
解析
答案
[1,+∞),单调减区间为_________. _________ (-∞,1]
解析
答案
(2)(2017· 江苏扬州期中 ) 已知函数 f(x) = x(1- a|x|) + 1(a>0) ,若 f(x
+ a)≤f(x) 对 任 意 x∈R 恒 成 立 , 则 实 数 a 的 取 值 范 围 是
[ 2,+∞) ______________.

热点分类突破
热点一 分段函数
例 1 (1)设函数 y=f(x)在(-∞,+∞)内有定义.对于给定的正数 k,定义函数
fx,fx≤k, 1 |x| - fk(x)= 取函数 f(x)=2 .当 k=2时, 函数 fk(x)的单调增区间为 k,fx>k,
(-∞,-1) ______________.
a ∴-2=3,∴a=-6.
解析
答案
热点三 二次函数 例3 已知函数f(x)=ax2-2x+1. (1)试讨论函数f(x)的单调性;
解答
1 (2) 若 ≤a≤1 ,且 f(x) 在 [1,3] 上的最大值为 M(a) ,最小值为 3
N(a),令g(a)=M(a)-N(a),求g(a)的表达式;
解答
1 0, 则实数a的取值范围是________. 3
解析 ∵当x<0时,函数f(x)=x2-ax+1是减函数,
∴a≥0.
∵当x≥0时,函数f(x)=-x+3a是减函数,
1 又分段点 0 处的值应满足 1≥3a,∴a≤3,
1 ∴0≤a≤3.
解析 答案
热点二 绝对值函数 例2 (1) 已知函数 f(x) = 2|x - 1| - x + 1 ,则 f(x) 的单调增区间为

2018届高考数学(文)二轮专题复习习题:第1部分 专题二 函数、不等式、导数 1-2-3

2018届高考数学(文)二轮专题复习习题:第1部分 专题二 函数、不等式、导数 1-2-3

限时规范训练六 导数的简单应用 限时45分钟,实际用时________ 分值81分,实际得分________一、选择题(本题共6小题,每小题5分,共30分)1.设函数f (x )=x 24-a ln x ,若f ′(2)=3,则实数a 的值为( )A .4B .-4C .2D .-2解析:选B.f ′(x )=x 2-a x ,故f ′(2)=22-a2=3,因此a =-4.2.曲线y =e x在点A 处的切线与直线x -y +3=0平行,则点A 的坐标为( ) A .(-1,e -1) B .(0,1) C .(1,e)D .(0,2)解析:选B.设A (x 0,e x 0),y ′=e x,∴y ′|x =x 0=e x 0.由导数的几何意义可知切线的斜率k =e x 0.由切线与直线x -y +3=0平行可得切线的斜率k =1. ∴e x 0=1,∴x 0=0,∴A (0,1).故选B.3.若函数f (x )=x 3-2cx 2+x 有极值点,则实数c 的取值范围为 ( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32,+∞ B.⎝⎛⎭⎪⎫32,+∞ C.⎝ ⎛⎦⎥⎤-∞,-32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32,+∞ D.⎝⎛⎭⎪⎫-∞,-32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32,+∞ 解析:选D.若函数f (x )=x 3-2cx 2+x 有极值点,则f ′(x )=3x 2-4cx +1=0有两根,故Δ=(-4c )2-12>0,从而c >32或c <-32. 4.已知f (x )=a ln x +12x 2(a >0),若对任意两个不等的正实数x 1,x 2都有f x 1-f x 2x 1-x 2≥2恒成立,则实数a 的取值范围是( )A .[1,+∞)B .(1,+∞)C .(0,1)D .(0,1]解析:选A.由条件可知在定义域上函数图象的切线斜率大于等于2,所以函数的导数f ′(x )=a x+x ≥2.可得x =a 时,f ′(x )有最小值2.∴a ≥1.5.若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)=-1,其导函数f ′(x )满足f ′(x )>k >1,则下列结论中一定错误的是( )A .f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k<1kB .f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k >1k -1C .f ⎝⎛⎭⎪⎫1k -1<1k -1D .f ⎝⎛⎭⎪⎫1k -1>1k -1解析:选C.构造函数g (x )=f (x )-kx +1,则g ′(x )=f ′(x )-k >0,∴g (x )在R 上为增函数. ∵k >1,∴1k -1>0,则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k -1>g (0). 而g (0)=f (0)+1=0, ∴g ⎝⎛⎭⎪⎫1k -1=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k -1-k k -1+1>0,即f ⎝⎛⎭⎪⎫1k -1>k k -1-1=1k -1,所以选项C 错误,故选C.6.函数f (x )在定义域R 内可导,若f (x )=f (2-x ),且当x ∈(-∞,1)时,(x -1)f ′(x )<0,设a =f (0),b =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12,c =f (3),则( )A .a <b <cB .c <b <aC .c <a <bD .b <c <a解析:选C.因为当x ∈(-∞,1)时,(x -1)f ′(x )<0,所以f ′(x )>0,所以函数f (x )在(-∞,1)上是单调递增函数,所以a =f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12=b ,又f (x )=f (2-x ),所以c =f (3)=f (-1),所以c =f (-1)<f (0)=a ,所以c <a <b ,故选C.二、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)7.(2017·高考全国卷Ⅰ)曲线y =x 2+1x在点(1,2)处的切线方程为________.解析:∵y ′=2x -1x2,∴y ′|x =1=1,即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k =1, ∴切线方程为y -2=x -1, 即x -y +1=0. 答案:x -y +1=08.已知函数f (x )=-12x 2-3x +4ln x 在(t ,t +1)上不单调,则实数t 的取值范围是________.解析:由题意得,f (x )的定义域为(0,+∞),∴t >0, ∴f ′(x )=-x -3+4x=0在(t ,t +1)上有解,∴x 2+3x -4x=0在(t ,t +1)上有解,∴x 2+3x -4=0在(t ,t +1)上有解,由x 2+3x -4=0得x =1或x =-4(舍去),∴1∈(t ,t +1),∴t ∈(0,1),故实数t 的取值范围是(0,1).答案:(0,1)9.已知函数f (x )=1-xax+ln x ,若函数f (x )在[1,+∞)上为增函数,则正实数a 的取值范围为________.解析:∵f (x )=1-x ax +ln x ,∴f ′(x )=ax -1ax2(a >0).∵函数f (x )在[1,+∞)上为增函数,∴f ′(x )=ax -1ax 2≥0在x ∈[1,+∞)上恒成立,∴ax -1≥0在x ∈[1,+∞)上恒成立,即a ≥1x在x ∈[1,+∞)上恒成立,∴a ≥1.答案:[1,+∞)三、解答题(本题共3小题,每小题12分,共36分) 10.(2017·高考全国卷Ⅱ)设函数f (x )=(1-x 2)e x. (1)讨论f (x )的单调性;(2)当x ≥0时,f (x )≤ax +1,求a 的取值范围. 解:(1)f ′(x )=(1-2x -x 2)e x.令f ′(x )=0得x =-1-2或x =-1+ 2. 当x ∈(-∞,-1-2)时,f ′(x )<0; 当x ∈(-1-2,-1+2)时,f ′(x )>0; 当x ∈(-1+2,+∞)时,f ′(x )<0.所以f (x )在(-∞,-1-2),(-1+2,+∞)单调递减,在(-1-2,-1+2)单调递增.(2)f (x )=(1+x )(1-x )e x.当a ≥1时,设函数h (x )=(1-x )e x,则h ′(x )=-x e x<0(x >0),因此h (x )在[0,+∞)单调递减.而h (0)=1,故h (x )≤1,所以f (x )=(x +1)h (x )≤x +1≤ax +1.当0<a <1时,设函数g (x )=e x-x -1,则g ′(x )=e x-1>0(x >0),所以g (x )在[0,+∞)单调递增.而g (0)=0,故e x≥x +1.当0<x <1时,f (x )>(1-x )(1+x )2,(1-x )(1+x )2-ax -1=x (1-a -x -x 2),取x 0=5-4a -12,则x 0∈(0,1),(1-x 0)(1+x 0)2-ax 0-1=0,故f (x 0)>ax 0+1. 当a ≤0时,取x 0=5-12,则x 0∈(0,1),f (x 0)>(1-x 0)(1+x 0)2=1≥ax 0+1. 综上,a 的取值范围是[1,+∞).11.(2017·河南郑州质量检测)设函数f (x )=12x 2-m ln x ,g (x )=x 2-(m +1)x .(1)求函数f (x )的单调区间;(2)当m ≥0时,讨论函数f (x )与g (x )图象的交点个数.解:(1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=x 2-mx,当m ≤0时,f ′(x )>0,所以函数f (x )的单调递增区间是(0,+∞),无单调递减区间. 当m >0时,f ′(x )=x +mx -mx,当0<x <m 时,f ′(x )<0,函数f (x )单调递减;当x >m 时,f ′(x )>0,函数f (x )单调递增.综上,当m ≤0时,函数f (x )的单调递增区间是(0,+∞),无单调递减区间;当m >0时,函数f (x )的单调递增区间是(m ,+∞),单调递减区间是(0,m ).(2)令F (x )=f (x )-g (x )=-12x 2+(m +1)x -m ln x ,x >0,问题等价于求函数F (x )的零点个数,当m =0时,F (x )=-12x 2+x ,x >0,有唯一零点;当m ≠0时,F ′(x )=-x -x -m x,当m =1时,F ′(x )≤0,函数F (x )为减函数,注意到F (1)=32>0,F (4)=-ln 4<0,所以F (x )有唯一零点.当m >1时,0<x <1或x >m 时,F ′(x )<0;1<x <m 时,F ′(x )>0,所以函数F (x )在(0,1)和(m ,+∞)上单调递减,在(1,m )上单调递增,注意到F (1)=m +12>0,F (2m +2)=-m ln(2m +2)<0,所以F (x )有唯一零点.当0<m <1时,0<x <m 或x >1时,F ′(x )<0;m <x <1时,F ′(x )>0,所以函数F (x )在(0,m )和(1,+∞)上单调递减,在(m,1)上单调递增,易得ln m <0, 所以F (m )=m2(m +2-2ln m )>0,而F (2m +2)=-m ln(2m +2)<0,所以F (x )有唯一零点.综上,函数F (x )有唯一零点,即两函数图象有一个交点. 12.(2017·河南洛阳模拟)已知函数f (x )=ln x -a x +x -1,曲线y =f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12处的切线平行于直线y =10x +1.(1)求函数f (x )的单调区间;(2)设直线l 为函数g (x )=ln x 的图象上任意一点A (x 0,y 0)处的切线,在区间(1,+∞)上是否存在x 0,使得直线l 与曲线h (x )=e x也相切?若存在,满足条件的x 0有几个?解:(1)∵函数f (x )=ln x -a x +x -1,∴f ′(x )=1x+2a x -2,∵曲线y =f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12处的切线平行于直线y =10x +1, ∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12=2+8a =10,∴a =1,∴f ′(x )=x 2+1x x -2.∵x >0且x ≠1,∴f ′(x )>0,∴函数f (x )的单调递增区间为(0,1)和(1,+∞). (2)存在且唯一,证明如下:∵g (x )=ln x ,∴切线l 的方程为y -ln x 0=1x 0(x -x 0),即y =1x 0x +ln x 0-1 ①,设直线l 与曲线h (x )=e x相切于点(x 1,e x 1), ∵h ′(x )=e x,∴e x 1=1x 0,∴x 1=-ln x 0,∴直线l 的方程也可以写成y -1x 0=1x 0(x +ln x 0),即y =1x 0x +ln x 0x 0+1x 0②,由①②得ln x 0-1=ln x 0x 0+1x 0,∴ln x 0=x 0+1x 0-1.证明:在区间(1,+∞)上x 0存在且唯一. 由(1)可知,f (x )=ln x -x +1x -1在区间(1,+∞)上单调递增, 又f (e)=-2e -1<0,f (e 2)=e 2-3e 2-1>0,结合零点存在性定理,说明方程f (x )=0必在区间(e ,e 2)上有唯一的根,这个根就是所求的唯一x 0.。

2018年高考数学江苏专版二轮专题复习附加题高分练全套含解析

2018年高考数学江苏专版二轮专题复习附加题高分练全套含解析

2018年高考数学江苏专版二轮专题复习附加题高分练1.矩阵与变换1.(2017²常州期末)已知矩阵A =⎣⎡⎦⎤2 13 2,列向量X =⎣⎡⎦⎤x y ,B =⎣⎡⎦⎤47,若AX =B ,直接写出A -1,并求出X . 解 由A =⎣⎡⎦⎤2 13 2,得到A -1=⎣⎡⎦⎤ 2 -1-3 2.由AX =B ,得到X =A -1B =⎣⎡⎦⎤ 2 -1-3 2⎣⎡⎦⎤47=⎣⎡⎦⎤12.也可由AX =B 得到⎣⎡⎦⎤2 13 2⎣⎡⎦⎤x y =⎣⎡⎦⎤47,即⎩⎪⎨⎪⎧2x +y =4,3x +2y =7,解得⎩⎪⎨⎪⎧x =1,y =2,所以X =⎣⎡⎦⎤12.2.(2017²江苏淮阴中学调研)已知矩阵A =⎣⎡⎦⎤3 3c d ,若矩阵A 属于特征值6的一个特征向量为α1=⎣⎡⎦⎤11,属于特征值1的一个特征向量α2=⎣⎡⎦⎤ 3-2.求矩阵A ,并写出A 的逆矩阵.解 由矩阵A 属于特征值6的一个特征向量α1=⎣⎡⎦⎤11可得,⎣⎡⎦⎤33cd ⎣⎡⎦⎤11=6⎣⎡⎦⎤11,即c +d =6;由矩阵A 属于特征值1的一个特征向量α2=⎣⎡⎦⎤ 3-2,可得⎣⎡⎦⎤3 3c d ⎣⎡⎦⎤ 3-2=⎣⎡⎦⎤3-2,即3c -2d =-2,解得⎩⎪⎨⎪⎧c =2,d =4.即A =⎣⎡⎦⎤3 32 4,A 的逆矩阵是⎣⎢⎡⎦⎥⎤23 -12-13 123.(2017²江苏建湖中学月考)曲线x 2+4xy +2y 2=1在二阶矩阵M =⎣⎡⎦⎤1 a b 1的作用下变换为曲线x 2-2y 2=1. (1)求实数a ,b 的值; (2)求M 的逆矩阵M -1.解 (1)设P(x ,y)为曲线x 2-2y 2=1上任意一点,P ′(x ′,y ′)为曲线x 2+4xy +2y 2=1上与P 对应的点,则⎣⎡⎦⎤1 a b 1⎣⎡⎦⎤x ′y ′=⎣⎡⎦⎤x y ,即⎩⎪⎨⎪⎧x =x ′+ay ′,y =bx ′+y ′,代入x 2-2y 2=1得(x ′+ay ′)2-2(bx ′+y ′)2=1得(1-2b 2)x ′2+(2a -4b)x ′y ′+(a 2-2)y ′2=1,及方程x 2+4xy +2y 2=1,从而⎩⎪⎨⎪⎧1-2b 2=1,2a -4b =4,a 2-2=2,解得a =2,b =0. (2)因为M =⎪⎪⎪⎪1 20 1=1≠0,故M-1=⎣⎢⎡⎦⎥⎤11 -210111=⎣⎡⎦⎤1 -20 1. 4.已知曲线C :y 2=12x ,在矩阵M =⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 -2对应的变换作用下得到曲线C 1,C 1在矩阵N =⎣⎢⎡⎦⎥⎤0110对应的变换作用下得到曲线C 2,求曲线C 2的方程.解 设A =NM ,则A =⎣⎢⎡⎦⎥⎤0110⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 -2=⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 -21 0, 设P(x ′,y ′)是曲线C 上任一点,在两次变换下,在曲线C 2上对应的点为P(x ,y),则⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y =⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 -21 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ′y ′=⎣⎢⎡⎦⎥⎤-2y ′ x ′, 即⎩⎪⎨⎪⎧x =-2y ′,y =x ′,∴⎩⎪⎨⎪⎧x ′=y ,y ′=-12x.又点P(x ′,y ′)在曲线C :y 2=12x 上,∴⎝ ⎛⎭⎪⎫-12x 2=12y ,即x 2=2y. 2.坐标系与参数方程1.(2017²南通一模)在极坐标系中,求直线θ=π4(ρ∈R )被曲线ρ=4sin θ所截得的弦长.解 方法一 在ρ=4sin θ中,令θ=π4,得ρ=4sin π4=22,即弦长为2 2.方法二 以极点O 为坐标原点,极轴为x 轴的正半轴建立平面直角坐标系. 直线θ=π4(ρ∈R )的直角坐标方程为y =x ,①曲线ρ=4sin θ的直角坐标方程为x 2+y 2-4y =0.②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧x =0,y =0或⎩⎪⎨⎪⎧x =2,y =2,所以直线θ=π4(ρ∈R )被曲线ρ=4sin θ所截得的弦长为(2-0)2+(2-0)2=2 2.2.(2017²江苏六市联考)平面直角坐标系xOy 中,已知直线⎩⎪⎨⎪⎧x =-32+22l ,y =22l (l 为参数)与曲线⎩⎪⎨⎪⎧x =18t 2,y =t(t 为参数)相交于A ,B 两点,求线段AB 的长.解 直线的普通方程为2x -2y +3=0,曲线的普通方程为y 2=8x.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧2x -2y +3=0,y 2=8x ,得⎩⎪⎨⎪⎧x =12,y =2或⎩⎪⎨⎪⎧x =92,y =6.取A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12,2,B ⎝ ⎛⎭⎪⎫92,6,得AB =4 2.3.(2017²江苏滨海中学质检)已知直线的极坐标方程为ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ+π4=22,圆M 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x =2cos θ,y =-2+2sin θ,(其中θ为参数).(1)将直线的极坐标方程化为直角坐标方程; (2)求圆M 上的点到直线的距离的最小值. 解 (1)极点为直角坐标原点O ,ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ+π4=ρ⎝⎛⎭⎪⎫22sin θ+22cos θ=22,∴ρsin θ+ρcos θ=1,其直角坐标方程为x +y -1=0.(2)将圆的参数方程化为普通方程为x 2+(y +2)2=4,圆心为M(0,-2), ∴点M 到直线的距离为d =|0-2-1|2=32=322,∴圆上的点到直线距离的最小值为32-42.4.(2017²常州期末)在平面直角坐标系中,以原点O 为极点,x 轴的正半轴为极轴,建立极坐标系.已知圆ρ=4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ+π6被射线θ=θ0⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ≥0,θ0为常数,且θ0∈⎝⎛⎭⎪⎫0,π2所截得的弦长为23,求θ0的值.解 圆ρ=4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ+π6的直角坐标方程为(x -1)2+(y -3)2=4,射线θ=θ0的直角坐标方程可以设为y =kx(x ≥0,k >0).圆心(1,3)到直线y =kx 的距离d =|k -3|1+k 2. 根据题意,得24-(k -3)21+k 2=23,解得k =33. 即tan θ0=33,又θ0∈⎝⎛⎭⎪⎫0,π2,所以θ0=π6.3.曲线与方程、抛物线1.(2017²江苏南通天星湖中学质检)已知点A(1,2)在抛物线F :y 2=2px 上.(1)若△ABC 的三个顶点都在抛物线F 上,记三边AB ,BC ,CA 所在直线的斜率分别为k 1,k 2,k 3, 求1k 1-1k 2+1k 3的值;(2)若四边形ABCD 的四个顶点都在抛物线F 上,记四边AB ,BC ,CD ,DA 所在直线的斜率分别为k 1,k 2,k 3,k 4,求1k 1-1k 2+1k 3-1k 4的值.解 (1)由点A(1,2)在抛物线F 上,得p =2,∴抛物线F :y 2=4x ,设B ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214,y 1,C ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 224,y 2,∴1k 1-1k 2+1k 3=y 214-1y 1-2-y 224-y 214y 2-y 1+1-y 2242-y 2=y 1+24-y 2+y 14+2+y 24=1. (2)另设D ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 234,y 3,则1k 1-1k 2+1k 3-1k 4=y 1+24-y 2+y 14+y 3+y 24-2+y 34=0.2.(2017²江苏赣榆中学月考)抛物线关于x 轴对称,它的顶点在坐标原点,点P(1,2),A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)均在抛物线上.(1)写出该抛物线的方程及其准线方程;(2)当PA 与PB 的斜率存在且倾斜角互补时,求y 1+y 2的值及直线AB 的斜率. 解 (1)由已知条件,可设抛物线的方程为y 2=2px. ∵点P(1,2)在抛物线上, ∴22=2p ³1,得p =2,故所求抛物线的方程是y 2=4x ,准线方程是x =-1.(2)设直线PA 的斜率为k PA ,直线PB 的斜率为k PB , 则k PA =y 1-2x 1-1(x 1≠1),k PB =y 2-2x 2-1(x 2≠1).∵PA 与PB 的斜率存在且倾斜角互补, ∴k PA =-k PB ,由A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)在抛物线上,得 y 21=4x 1,① y 22=4x 2,② ∴y 1-214y 21-1=-y 2-214y 22-1, ∴y 1+2=-(y 2+2), ∴y 1+y 2=-4,由①-②得直线AB 的斜率k AB =y 2-y 1x 2-x 1=4y 1+y 2=-44=-1(x 1≠x 2).3.(2017²江苏常州中学质检)已知点A(-1,0),F(1,0),动点P 满足AP →²AF →=2||FP →. (1)求动点P 的轨迹C 的方程;(2)在直线l :y =2x +2上取一点Q ,过点Q 作轨迹C 的两条切线,切点分别为M ,N.问:是否存在点Q ,使得直线MN ∥l ?若存在,求出点Q 的坐标;若不存在,请说明理由. 解 (1)设P(x ,y),则AP →=(x +1,y),FP →=(x -1,y),AF →=(2,0), 由AP →²AF →=2|FP →|,得2(x +1)=2(x -1)2+y 2,化简得y 2=4x. 故动点P 的轨迹C 的方程为y 2=4x.(2)直线l 方程为y =2(x +1),设Q(x 0,y 0),M(x 1,y 1),N(x 2,y 2).设过点M 的切线方程为x -x 1=m(y -y 1),代入y 2=4x ,得y 2-4my +4my 1-y 21=0, 由Δ=16m 2-16my 1+4y 21=0,得m =y 12,所以过点M 的切线方程为y 1y =2(x +x 1),同理过点N 的切线方程为y 2y =2(x +x 2).所以直线MN 的方程为y 0y =2(x 0+x), 又MN ∥l ,所以2y 0=2,得y 0=1,而y 0=2(x 0+1),故点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫-12,1. 4.(2017²江苏宝应中学质检)如图,已知抛物线C :y 2=4x 的焦点为F ,过F 的直线l 与抛物线C 交于A(x 1,y 1)(y 1>0),B(x 2,y 2)两点,T 为抛物线的准线与x 轴的交点.(1)若TA →²TB →=1,求直线l 的斜率; (2)求∠ATF 的最大值.解 (1)因为抛物线y 2=4x 焦点为F(1,0),T(-1,0).当l ⊥x 轴时,A(1,2),B(1,-2),此时TA →²TB →=0,与TA →²TB →=1矛盾, 所以设直线l 的方程为y =k(x -1),代入y 2=4x ,得k 2x 2-(2k 2+4)x +k 2=0, 则x 1+x 2=2k 2+4k2,x 1x 2=1,①所以y 21y 22=16x 1x 2=16,所以y 1y 2=-4,② 因为TA →²TB →=1,所以(x 1+1)(x 2+1)+y 1y 2=1, 将①②代入并整理得,k 2=4,所以k =±2.(2)因为y 1>0,所以tan ∠ATF =y 1x 1+1=y 1y 214+1=1y 14+1y 1≤1,当且仅当y 14=1y 1,即y 1=2时,取等号,所以∠ATF ≤π4,所以∠ATF 的最大值为π4.4.空间向量与立体几何1.(2017²苏锡常镇调研)如图,已知正四棱锥P -ABCD 中,PA =AB =2,点M ,N 分别在PA ,BD 上,且PM PA =BN BD =13.(1)求异面直线MN 与PC 所成角的大小; (2)求二面角N -PC -B 的余弦值.解 (1)设AC ,BD 交于点O ,在正四棱锥P -ABCD 中,OP ⊥平面ABCD ,又PA =AB =2,所以OP = 2.以O 为坐标原点,DA →,AB →,OP →方向分别为x 轴,y 轴,z 轴正方向,建立空间直角坐标系O -xyz ,如图.则A(1,-1,0),B(1,1,0),C(-1,1,0),D(-1,-1,0),P(0,0,2),AP →=(-1,1,2).故OM →=OA →+AM →=OA →+23AP →=⎝ ⎛⎭⎪⎫13,-13,223,ON →=13OB →=⎝ ⎛⎭⎪⎫13,13,0,所以MN →=⎝ ⎛⎭⎪⎫0,23,-223,PC →=(-1,1,-2),所以cos 〈MN →,PC →〉=MN →²PC →|MN →||PC →|=32,所以异面直线MN 与PC 所成角的大小为π6.(2)由(1)知PC →=(-1,1,-2),CB →=(2,0,0),NC →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-43,23,0.设m =(x ,y ,z)是平面PCB 的法向量,则m ²PC →=0,m ²CB →=0,可得⎩⎨⎧-x +y -2z =0,x =0,令y =2,则z =1,即m =(0,2,1).设n =(x 1,y 1,z 1)是平面PCN 的法向量,则n ²PC →=0,n ²CN →=0,可得⎩⎨⎧-x 1+y 1-2z 1=0,-2x 1+y 1=0,令x 1=2,则y 1=4,z 1=2,即n =(2,4,2),所以cos 〈m ,n 〉=m²n |m||n|=523³22=53333,则二面角N -PC -B 的余弦值为53333.2.(2017²常州期末)如图,以正四棱锥V -ABCD 的底面中心O 为坐标原点建立空间直角坐标系O -xyz ,其中Ox ∥BC ,Oy ∥AB ,E 为VC 的中点.正四棱锥的底面边长为2a ,高为h ,且有cos 〈BE →,DE →〉=-1549.(1)求ha的值;(2)求二面角B -VC -D 的余弦值.解 (1)根据条件,可得B(a ,a,0),C(-a ,a,0),D(-a ,-a,0),V(0,0,h),E ⎝ ⎛⎭⎪⎫-a 2,a 2,h 2,所以BE →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-32a ,-a 2,h 2,DE →=⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2,32a ,h 2,故cos 〈BE →,DE →〉=h 2-6a 2h 2+10a2.又cos 〈BE →,DE →〉=-1549,则h 2-6a 2h 2+10a 2=-1549, 解得h a =32.(2)由h a =32,得BE →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-32a ,-a 2,34a ,DE →=⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2,32a ,34a ,且容易得到,CB →=(2a,0,0),DC →=(0,2a,0). 设平面BVC 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1²BE →=0,n 1²CB →=0.即⎩⎪⎨⎪⎧-32ax 1-a 2y 1+34az 1=0,2ax 1=0,则⎩⎪⎨⎪⎧x 1=0,2y 1=3z 1,取y 1=3,z 1=2,则n 1=(0,3,2).同理可得平面DVC 的一个法向量为n 2=(-3,0,2). cos 〈n 1,n 2〉=n 1²n 2|n 1||n 2|=0³(-3)+3³0+2³213³13=413,结合图形,可以知道二面角B -VC -D 的余弦值为-413.3.(2017²南京学情调研)如图,在底面为正方形的四棱锥P -ABCD 中,侧棱PD ⊥底面ABCD ,PD =DC ,E 是线段PC 的中点.(1)求异面直线AP 与BE 所成角的大小;(2)若点F 在线段PB 上,且使得二面角F -DE -B 的正弦值为33,求PFPB的值.解 (1)在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 为正方形,侧棱PD ⊥底面ABCD ,所以DA ,DC ,DP 两两垂直,故以{DA →,DC →,DP →}为正交基底,建立空间直角坐标系D -xyz.因为PD =DC ,所以DA =DC =DP , 不妨设DA =DC =DP =2,则D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2),B(2,2,0). 因为E 是PC 的中点,所以E(0,1,1), 所以AP →=(-2,0,2),BE →=(-2,-1,1), 所以cos 〈AP →,BE →〉=AP →²BE →|AP →||BE →|=32,从而〈AP →,BE →〉=π6.因此异面直线AP 与BE 所成角的大小为π6.(2)由(1)可知,DE →=(0,1,1),DB →=(2,2,0),PB →=(2,2,-2). 设PF →=λPB →,则PF →=(2λ,2λ,-2λ), 从而DF →=DP →+PF →=(2λ,2λ,2-2λ). 设m =(x 1,y 1,z 1)为平面DEF 的法向量, 则⎩⎪⎨⎪⎧m ²DF →=0,m ²DE →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧λx 1+λy 1+(1-λ)z 1=0,y 1+z 1=0,取z 1=λ,则y 1=-λ,x 1=2λ-1.故m =(2λ-1,-λ,λ)为平面DEF 的一个法向量, 设n =(x 2,y 2,z 2)为平面DEB 的法向量.则⎩⎪⎨⎪⎧n ²DB →=0,n ²DE →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2+2y 2=0,y 2+z 2=0,取x 2=1,则y 2=-1,z 2=1.所以n =(1,-1,1)为平面BDE 的一个法向量. 因为二面角F -DE -B 的余弦值的绝对值为63, 即|cos 〈m ,n 〉|=|m²n ||m||n|=|4λ-1|3²(2λ-1)2+2λ2=63, 化简得4λ2=1.因为点F 在线段PB 上,所以0≤λ≤1, 所以λ=12,即PF PB =12.4.(2017²苏北四市一模)如图,在四棱锥P -ABCD 中,PA ⊥平面ABCD ,∠ABC =∠BAD =90°,AD =AP =4,AB =BC =2,M 为PC 的中点. (1)求异面直线AP ,BM 所成角的余弦值;(2)点N 在线段AD 上,且AN =λ,若直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45,求λ的值.解 (1)因为PA ⊥平面ABCD ,且AB ,AD ⊂平面ABCD ,所以PA ⊥AB ,PA ⊥AD. 又因为∠BAD =90°,所以PA ,AB ,AD 两两互相垂直.分别以AB ,AD ,AP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,则由AD =2AB =2BC =4,PA =4可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,4,0),P(0,0,4). 又因为M 为PC 的中点,所以M(1,1,2). 所以BM →=(-1,1,2),AP →=(0,0,4), 所以cos 〈AP →,BM →〉=AP →²BM →|AP →||BM →|=0³(-1)+0³1+4³24³6=63,所以异面直线AP ,BM 所成角的余弦值为63. (2)因为AN =λ,所以N(0,λ,0)(0≤λ≤4),则MN →=(-1,λ-1,-2),BC →=(0,2,0),PB →=(2,0,-4).设平面PBC 的法向量为m =(x ,y ,z), 则⎩⎪⎨⎪⎧m ²BC →=0,m ²PB →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧2y =0,2x -4z =0.令x =2,解得y =0,z =1,所以m =(2,0,1)是平面PBC 的一个法向量.因为直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45,所以|cos 〈MN →,m 〉|=|MN →²m ||MN →||m |=|-2-2|5+(λ-1)2²5=45,解得λ=1∈[0,4],所以λ的值为1.5.离散型随机变量的概率分布1.(2017²南京、盐城一模)某年级星期一至星期五每天下午排3节课,每天下午随机选择1节作为综合实践课(上午不排该课程),张老师与王老师分别任教甲、乙两个班的综合实践课程.(1)求这两个班“在星期一不同时上综合实践课”的概率;(2)设这两个班“在一周中同时上综合实践课的节数”为X ,求X 的概率分布与数学期望E(X). 解 (1)这两个班“在星期一不同时上综合实践课”的概率为P =1-33³3=23.(2)由题意得X ~B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5,13,P(X =k)=C k 5⎝ ⎛⎭⎪⎫13k²⎝ ⎛⎭⎪⎫235-k ,k =0,1,2,3,4,5.所以X 的概率分布为所以X 的数学期望为E(X)=5³13=53.2.一位网民在网上光顾某网店,经过一番浏览后,对该店铺中的A ,B ,C 三种商品有购买意向.已知该网民购买A 种商品的概率为34,购买B 种商品的概率为23,购买C 种商品的概率为12.假设该网民是否购买这三种商品相互独立. (1)求该网民至少购买2种商品的概率;(2)用随机变量η表示该网民购买商品的种数,求η的概率分布和数学期望. 解 (1)该网民恰好购买2种商品的概率为P(AB C )+P(A B C)+P(A BC)=34³23³12+34³13³12+14³23³12=1124;该网民恰好购买3种商品的概率为P(ABC)=34³23³12=14,所以P =1124+14=1724.故该网民至少购买2种商品的概率为1724.(2)随机变量η的可能取值为0,1,2,3,由(1)知,P(η=2)=1124,P(η=3)=14,而P(η=0)=P(A B C )=14³13³12=124,所以P(η=1)=1-P(η=0)-P(η=2)-P(η=3)=14.随机变量η的概率分布为所以随机变量η的数学期望E(η)=0³124+1³14+2³1124+3³14=2312.3.(2017²南京学情调研)甲、乙两人轮流投篮,每人每次投一次篮,先投中者获胜,投篮进行到有人获胜或每人都已投球3次时结束.设甲每次投篮命中的概率为25,乙每次投篮命中的概率为23,且各次投篮互不影响.现由甲先投.(1)求甲获胜的概率;(2)求投篮结束时甲的投篮次数X 的概率分布与数学期望.解 (1)设甲第i 次投中获胜的事件为A 1(i =1,2,3),则A 1,A 2,A 3彼此互斥. 甲获胜的事件为A 1+A 2+A 3.P(A 1)=25,P(A 2)=35³13³25=225,P(A 3)=⎝ ⎛⎭⎪⎫352³⎝ ⎛⎭⎪⎫132³25=2125.所以P(A 1+A 2+A 3)=P(A 1)+P(A 2)+P(A 3)=25+225+2125=62125.(2)X 的所有可能取值为1,2,3. 则P(X =1)=25+35³23=45,P(X =2)=225+35³13³35³23=425,P(X =3)=⎝ ⎛⎭⎪⎫352³⎝ ⎛⎭⎪⎫132³1=125.即X 的概率分布为所以数学期望E(X)=1³45+2³425+3³125=3125.4.为了提高学生学习数学的兴趣,某校决定在每周的同一时间开设《数学史》、《生活中的数学》、《数学与哲学》、《数学建模》四门校本选修课程,甲、乙、丙三位同学每人均在四门校本课程中随机选一门进行学习,假设三人选择课程时互不影响,且每人选择每一课程都是等可能的.(1)求甲、乙、丙三人选择的课程互不相同的概率;(2)设X 为甲、乙、丙三人中选修《数学史》的人数,求X 的概率分布和数学期望E(X). 解 (1)甲、乙、丙三人从四门课程中各任选一门,共有43=64种不同的选法,记“甲、乙、丙三人选择的课程互不相同”为事件M ,事件M 共包含A 34=24个基本事件,则P(M)=2464=38,所以甲、乙、丙三人选择的课程互不相同的概率为38.(2)方法一 X 可能的取值为0,1,2,3. P(X =0)=3343=2764,P(X =1)=C 13³3243=2764,P(X =2)=C 23³343=964,P(X =3)=C 3343=164.所以X 的概率分布为所以E(X)=0³2764+1³2764+2³964+3³164=34.方法二 甲、乙、丙三人从四门课程中任选一门,可以看成三次独立重复试验,X 为甲、乙、丙三人中选修《数学史》的人数,则X ~B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3,14,所以P(X =k)=C k 3⎝ ⎛⎭⎪⎫14k ⎝ ⎛⎭⎪⎫343-k,k =0,1,2,3,所以X 的概率分布为所以X 的数学期望E(X)=3³14=34.6.计数原理、二项式定理和数学归纳法1.已知等式(1+x)2n -1=(1+x)n -1(1+x)n.(1)求(1+x)2n -1的展开式中含x n的项的系数,并化简:C 0n -1C nn +C 1n -1C n -1n +…+C n -1n -1C 1n ;(2)证明:(C 1n )2+2(C 2n )2+…+n(C n n )2=nC n2n -1. (1)解 (1+x)2n -1的展开式中含x n 的项的系数为C n2n -1,由(1+x)n -1(1+x)n=(C 0n -1+C 1n -1x +…+C n -1n -1xn -1)(C 0n +C 1n x +…+C n n x n )可知,(1+x)n -1(1+x)n的展开式中含x n的项的系数为C 0n -1C nn +C 1n -1C n -1n +…+C n -1n -1C 1n . 所以C 0n -1C nn +C 1n -1C n -1n +…+C n -1n -1C 1n =C n2n -1. (2)证明 当k ∈N *时,kC kn =k²n !k !(n -k )!=n !(k -1)!(n -k )!=n²(n -1)!(k -1)!(n -k )!=nC k -1n -1,所以(C 1n)2+2(C 2n)2+…+n(C n n)2=∑k =1n[k(C k n )2]=k =1n (kC k n C kn )=k =1n (nC k -1n -1C kn )=n k =1n (C k -1n -1C kn )=n k =1n (C n -k n -1C kn ).由(1)知C 0n -1C n n +C 1n -1C n -1n +…+C n -1n -1C 1n =C n2n -1,即k =1n (C n -k n -1C k n )=C n2n -1,所以(C 1n )2+2(C 2n )2+…+n(C n n )2=nC n2n -1.2.(2017²江苏泰州中学调研)在平面直角坐标系xOy 中,点P(x 0,y 0)在曲线y =x 2(x >0)上.已知点A(0,-1),P n (x n0,y n0),n ∈N *.记直线AP n 的斜率为k n . (1)若k 1=2,求P 1的坐标; (2)若k 1为偶数,求证:k n 为偶数. (1)解 因为k 1=2,所以y 0+1x 0=x 20+1x 0=2,解得x 0=1,y 0=1,所以P 1的坐标为(1,1).(2)证明 方法一 设k 1=2p(p ∈N *),即y 0+1x 0=x 20+1x 0=2p.所以x 20-2px 0+1=0,所以x 0=p±p 2-1. 因为y 0=x 2,所以k n =y n0+1x n 0=x 2n0+1x n 0=x n 0+1x n 0,所以当x 0=p +p 2-1时,k n =(p +p 2-1)n+⎝ ⎛⎭⎪⎫1p +p 2-1n =(p +p 2-1)n +(p -p 2-1)n. 同理,当x 0=p -p 2-1时,k n =(p +p 2-1)n +(p -p 2-1)n.①当n =2m(m ∈N *)时,k n =2∑k =0mC 2k n pn -2k(p 2-1)k,所以k n 为偶数.②当n =2m +1(m ∈N )时,k n =2∑k =0mC 2k n pn -2k(p 2-1)k,所以k n 为偶数.综上,k n 为偶数.方法二 因为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0+1x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫x n +10+1x n +10=x n +20+1x n +20+x n0+1x n 0,所以k n +2=k 1k n +1-k n .k 2=x 20+1x 20=⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0+1x 02-2=k 21-2.设命题p(n):k n ,k n +1均为偶数.以下用数学归纳法证明“命题p(n)是真命题”.①因为k 1是偶数,所以k 2=k 21-2也是偶数.当n =1时,p(n)是真命题;②假设当n =m(m ∈N *)时,p(n)是真命题,即k m ,k m +1均为偶数,则k m +2=k 1k m +1-k m 也是偶数,即当n =m +1时,p(n)也是真命题.由①②可知,对n ∈N *,p(n)均是真命题,从而k n 是偶数.3.(2017²江苏扬州中学模拟)在数列{a n }中,a n =cos π3³2(n ∈N *)(1)试将a n +1表示为a n 的函数关系式; (2)若数列{b n }满足b n =1-2n²n!(n ∈N *),猜想a n 与b n 的大小关系,并证明你的结论. 解 (1)a n =cos π3³2n -2=cos 2π3³2n -1=2⎝⎛⎭⎪⎫cosπ3³2n -12-1, ∴a n =2a 2n +1-1, ∴a n +1=±a n +12, 又n ∈N *,n +1≥2,a n +1>0, ∴a n +1=a n +12. (2)当n =1时,a 1=-12,b 1=1-2=-1,∴a 1>b 1,当n =2时,a 2=12,b 2=1-12=12,∴a 2=b 2, 当n =3时,a 3=32,b 3=1-19=89,∴a 3<b 3, 猜想:当n ≥3时,a n <b n ,下面用数学归纳法证明. ①当n =3时,由上知,a 3<b 3,结论成立. ②假设当n =k ,k ≥3,n ∈N *时,a k <b k 成立, 即a k <1-2k²k!,则当n =k +1时,a k +1=a k +12<2-2k²k!2=1-1k²k!, b k +1=1-2(k +1)²(k +1)!,要证a k +1<b k +1,即证明⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1k²k!2<⎝ ⎛⎭⎪⎫1-2(k +1)²(k +1)!2,即证明1-1k²k!<1-4(k +1)²(k +1)!+⎝ ⎛⎭⎪⎫2(k +1)²(k +1)!2,即证明1k²k!-4(k +1)²(k +1)!+⎝ ⎛⎭⎪⎫2(k +1)²(k +1)!2>0,即证明(k -1)2k (k +1)²(k +1)!+⎝ ⎛⎭⎪⎫2(k +1)²(k +1)!2>0,显然成立.∴n =k +1时,结论也成立.综合①②可知:当n ≥3时,a n <b n 成立.综上可得:当n =1时,a 1>b 1;当n =2时,a 2=b 2, 当n ≥3,n ∈N *时,a n <b n .4.已知f n (x)=C 0n x n -C 1n (x -1)n +…+(-1)k C k n (x -k)n +…+(-1)n C n n (x -n)n,其中x ∈R ,n ∈N *,k ∈N ,k ≤n.(1)试求f 1(x),f 2(x),f 3(x)的值;(2)试猜测f n (x)关于n 的表达式,并证明你的结论. 解 (1)f 1(x)=C 01x -C 11(x -1)=1,f 2(x)=C 02x 2-C 12(x -1)2+C 22(x -2)2=x 2-2(x -1)2+(x -2)2=2,f 3(x)=C 03x 3-C 13(x -1)3+C 23(x -2)3-C 33(x -3)3=x 3-3(x -1)3+3(x -2)3-(x -3)3=6. (2)猜测f n (x)=n !,n ∈N *. 以下用数学归纳法证明.①当n =1时,f 1(x)=1,等式成立. ②假设当n =m 时,等式成立,即 f m (x)=k =0m (-1)k C k m (x -k)m=m !.当n =m +1时,则f m +1(x)=k =0m +1(-1)k C k m +1²(x-k)m +1.因为C k m +1=C k m +C k -1m ,kC k m +1=(m +1)²C k -1m ,其中k =1,2,…,m , 且C 0m +1=C 0m ,C m +1m +1=C mm ,所以f m +1(x)=k =0m +1(-1)k C k m +1(x -k)m +1=x k =0m +1(-1)k C k m +1(x -k)m -k =0m +1(-1)k kC km +1(x -k)m=x k =0m (-1)k C k m(x -k)m+x ∑k =1m +1²(-1)k Ck -1m(x -k)m-(m +1)∑k =1m +1²(-1)k C k -1m (x -k)m=x²m!+(-x +m +1)k =0m (-1)k C km ²[(x-1)-k]m=x²m!+(-x +m +1)²m!=(m+1)²m!=(m+1)!.即n=m+1时,等式也成立.由①②可知,对n∈N*,均有f n(x)=n!.。

2018年高考数学理科江苏专版二轮专题复习与策略专题限时集训7 第1部分 专题1 第6讲 第1课时 利用导数解决不

2018年高考数学理科江苏专版二轮专题复习与策略专题限时集训7 第1部分 专题1 第6讲 第1课时 利用导数解决不

专题限时集训(七) 利用导数解决不等 式、方程的解、曲线交点个数问题(建议用时:45分钟)1.已知函数f (x )=x ln x ,g (x )=-x 2+ax -2(a ∈R ).(1)判断曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线与曲线y =g (x )的公共点个数;(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ,e 时,若函数y =f (x )-g (x )有两个零点,求a 的取值范围. [解] (1)f ′(x )=ln x +1,所以斜率k =f ′(1)=1.1分又f (1)=0,曲线在点(1,0)处的切线方程为y =x -1.由⎩⎨⎧y =-x 2+ax -2,y =x -1 2分 ⇒x 2+(1-a )x +1=0,由Δ=(1-a )2-4=a 2-2a -3可知:当Δ>0时,即a <-1或a >3时,有两个公共点;当Δ=0时,即a =-1或a =3时,有一个公共点;当Δ<0时,即-1<a <3时,没有公共点. 4分(2)y =f (x )-g (x )=x 2-ax +2+x ln x ,由y =0得a =x +2x +ln x , 6分令h (x )=x +2x +ln x ,则h ′(x )=(x -1)(x +2)x 2. 8分 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ,e ,由h ′(x )=0得x =1, 10分 所以,h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ,1上单调递减,在[1,e]上单调递增, 因此,h (x )min =h (1)=3,11分由h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e =1e +2e -1, 12分h(e)=e+2e+1比较可知h⎝⎛⎭⎪⎫1e>h(e). 13分所以,当3<a≤e+2e+1时,函数y=f(x)-g(x)有两个零点.14分2.设函数f(x)=e2x-a ln x.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数;(2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+a ln 2 a.[解](1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e2x-ax(x>0). 1分当a≤0时,f′(x)>0,f′(x)没有零点;3分当a>0时,设u(x)=e2x,v(x)=-a x,因为u(x)=e2x在(0,+∞)上单调递增,v(x)=-ax在(0,+∞)上单调递增,所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增. 5分又f′(a)>0,当b满足0<b<a4且b<14时,f′(b)<0,故当a>0时,f′(x)存在唯一零点. 6分(2)证明:由(1),可设f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f′(x)<0;8分当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0.9分故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2e2x0-ax0=0,12分所以f(x0)=a2x0+2ax0+a ln2a≥2a+a ln2a.故当a>0时,f(x)≥2a+a ln 2a. 14分3.(2013·江苏高考)设函数f(x)=ln x-ax,g(x)=e x-ax,其中a为实数.(1)若f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,且g(x)在(1,+∞)上有最小值,求a 的取值范围;(2)若g(x)在(-1,+∞)上是单调增函数,试求f(x)的零点个数,并证明你的结论.[解](1)令f′(x)=1x-a=1-axx<0,考虑到f(x)的定义域为(0,+∞),故a>0,进而解得x>a-1,即f(x)在(a-1,+∞)上是单调减函数.2分同理,f(x)在(0,a-1)上是单调增函数.由于f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,故(1,+∞)⊆(a-1,+∞),从而a-1≤1,即a≥1. 4分令g′(x)=e x-a=0,得x=ln a.当x<ln a时,g′(x)<0;当x>ln a时,g′(x)>0.又g(x)在(1,+∞)上有最小值,所以ln a>1,即a>e.综上可知,a∈(e,+∞). 6分(2)当a≤0时,g(x)必为单调增函数;当a>0时,令g′(x)=e x-a>0,解得a<e x,即x>ln a.7分因为g(x)在(-1,+∞)上是单调增函数,类似(1)有ln a≤-1,即0<a≤e-1.综合上述两种情况,得a≤e-1.①当a=0时,由f(1)=0以及f′(x)=1x>0,得f(x)存在唯一的零点;8分②当a<0时,由于f(e a)=a-a e a=a(1-e a)<0,f(1)=-a>0,且函数f(x)在[e a,1]上的图象连续,所以f(x)在(e a,1)上存在零点. 9分另外,当x>0时,f′(x)=1x-a>0,故f(x)在(0,+∞)上是单调增函数,所以f(x)只有一个零点.③当0<a≤e-1时,令f′(x)=1x-a=0,解得x=a-1.当0<x<a-1时,f′(x)>0;当x>a-1时,f′(x)<0,所以,x=a-1是f(x)的最大值点,且最大值为f(a-1)=-ln a-1. 10分a.当-ln a-1=0,即a=e-1时,f(x)有一个零点x=e.b .当-ln a -1>0,即0<a <e -1时,f (x )有两个零点.实际上,对于0<a <e -1,由于f (e -1)=-1-a e -1<0,f (a -1)>0,且函数f (x )在[e -1,a -1]上的图象连续,所以f (x )在(e -1,a -1)上存在零点.另外,当x ∈(0,a -1)时,f ′(x )=1x -a >0,故f (x )在(0,a -1)上是单调增函数,所以f (x )在(0,a -1)上只有一个零点.下面考虑f (x )在(a -1 ,+∞)上的情况.先证f ()e a -1=a ()a -2-e a -1<0.为此,我们要证明:当x >e 时,e x >x 2.设h (x )=e x -x 2,则h ′(x )=e x -2x ,再设l (x )=h ′(x )=e x -2x ,则l ′(x )=e x -2. 12分 当x >1时,l ′(x )=e x -2>e -2>0,所以l (x )=h ′(x )在(1,+∞)上是单调增函数.故当x >2时,h ′(x )=e x -2x >h ′(2)=e 2-4>0,零点. 13分又当x >a -1时,f ′(x )=1x -a <0,故f (x )在(a -1,+∞)上是单调减函数,所以f (x )在(a -1,+∞)上只有一个零点.综合①②③可知,当a ≤0或a =e -1时,f (x )的零点个数为1,当0<a <e -1时,f (x )的零点个数为2. 14分4.(2016·苏锡常镇调研二)已知函数f (x )=a ·e x +x 2-bx (a ,b ∈R ,e =2.718 28…是自然对数的底数),其导函数为y =f ′(x ).(1)设a =-1,若函数y =f (x )在R 上是单调减函数,求b 的取值范围;(2)设b =0,若函数y =f (x )在R 上有且只有一个零点,求a 的取值范围;(3)设b =2,且a ≠0,点(m ,n )(m ,n ∈R )是曲线y =f (x )上的一个定点,是否存在实数x 0(x 0≠m ),使得f (x 0)=f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0+m 2(x 0-m )+n 成立?证明你的结论. [解] (1)当a =-1时,f (x )=-e x +x 2-bx ,∴f ′(x )=-e x +2x -b ,1分 由题意f ′(x )=-e x +2x -b ≤0对x ∈R 恒成立﹒由-e x +2x -b ≤0,得b ≥-e x +2x ,令F (x )=-e x +2x ,则F ′(x )=-e x +2,令F ′(x )=0,得x =ln 2.3分 当x <ln 2时,F ′(x )>0,F (x )单调递增,当x >ln 2时,F ′(x )<0,F (x )单调递减, 5分从而当x =ln 2时,F (x )有最大值2ln 2-2,所以b ≥2ln 2-2. 6分(2)当b =0时,f (x )=a e x +x 2,由题意a e x +x 2=0只有一解.7分由a e x +x 2=0,得-a =x 2e x ,令G (x )=x 2e x ,则G ′(x )=x (2-x )e x , 令G ′(x )=0,得x =0或x =2.当x ≤0时,G ′(x )≤0,G (x )单调递减,G (x )的取值范围为[0,+∞),8分当0<x <2时,G ′(x )>0,G (x )单调递增,G (x )的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0,4e 2,9分 当x ≥2时,G ′(x )≤0,G (x )单调递减,G (x )的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0,4e 2, 10分由题意,得-a =0或-a >4e 2,从而a =0或a <-4e 2,∴当a =0或a <-4e 2时,函数y =f (x )只有一个零点.12分(3)f (x )=a e x +x 2-2x ,f ′(x )=a e x +2x -2,假设存在,则有f (x 0)=f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0+m 2(x 0-m )+n =f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0+m 2(x 0-m )+f (m ), 13分即f (x 0)-f (m )x 0-m =f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0+m 2,∵f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0+m 2=a e +2·x 0+m 2-2,f (x 0)-f (m )x 0-m =a (e x 0-e m )+(x 20-m 2)-2(x 0-m )x 0-m =a (e x 0-e m )x 0-m+(x 0+m )-2, ∴a e =a (e x 0-e m )x 0-m.(*) 14分 ∵a ≠0,∴e=e x 0-e m x 0-m ,不妨设t =x 0-m >0,则e t 2+m =e t +m -e m t .∴h (t )在(0,+∞)上单调递增, 又∵h (0)=0,∴h (t )>0对t ∈(0,+∞)恒成立,即g ′(t )>0对t ∈(0,+∞)恒成立, ∴g (t )在(0,+∞)上单调递增,又g (0)=0,∴g (t )>0对t ∈(0,+∞)恒成立,即(*)式不成立,∴不存在实数x 0(x 0≠m ),使得f (x 0)=f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0+m 2(x 0-m )+n 成立. 16分 5.(2016·南通三模)设函数f (x )=x e x -a sin x cos x (a ∈R ,其中e 是自然对数的底数).(1)当a =0时,求f (x )的极值;(2)若对于任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2,f (x )≥0恒成立,求a 的取值范围; (3)是否存在实数a ,使得函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2上有两个零点?若存在,求出a 的取值范围;若不存在,请说明理由.【导学号:19592022】[解] (1)当a =0时,f (x )=x e x ,f ′(x )=e x (x +1),令f ′ (x )=0,得x =-1. 2分列表如下:所以函数f (x )的极小值为f (-1)=-1e ,无极大值.4分(2)①当a ≤0时,由于对于任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2,有sin x cos x ≥0, 所以f (x )≥0恒成立,当a ≤0时,符合题意; 5分②当0<a ≤1时,因为f ′(x )≥e x (x +1)-a cos 2x ≥e 0(0+1)-a cos 0=1-a ≥0,所以函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2 上为增函数,所以f (x )≥f (0)=0,即当0<a ≤1,符合题意; 6分③当a >1时,f ′(0)=1-a <0,f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 =e π4⎝ ⎛⎭⎪⎫π4+1>0, 所以存在α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π4,使得f ′(α)=0,且在(0,α)内, f ′(x )<0,所以f (x )在(0,α)上为减函数,所以f (x )<f (0)=0.即当a >1时,不符合题意.综上所述,a 的取值范围是(-∞,1]. 8分(3)不存在实数a ,使得函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2上有两个零点,由(2)知,当a ≤1时,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2上是增函数,且f (0)=0,故函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2上无零点. 当a >1时,f ′(x )≥e x (x +1)-a cos 2x , 9分 令g (x )=e x (x +1)-a cos 2x ,g ′(x )=e x (x +2)+2a sin 2x ,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2时,恒有g ′(x )>0,所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2上是增函数,由g (0)=1-a <0,g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2=e π2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2+1 +a >0, 故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2上存在唯一的零点x 0,即方程f ′(x )=0在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2上存在唯一解x 0, 11分且当x ∈(0,x 0)时,f ′(x )<0,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0,π2,f ′(x )>0, 即函数f (x )在(0,x 0)上单调递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0,π2上单调递增, 12分当x ∈(0,x 0)时,f (x )<f (0)=0,即f (x )在(0,x 0)无零点;当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0,π2时,f (x 0)<f (0),f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2 =π2e >0, 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0,π2上有唯一零点, 14分 所以,当a >1时,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2上有一个零点. 综上所述,不存在实数a ,使得函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2上有两个零点. 16分 6.设函数f (x )=(x +a )ln x ,g (x )=x 2e x .已知曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线与直线2x -y =0平行.(1)求a 的值;(2)是否存在自然数k ,使得方程f (x )=g (x )在(k ,k +1)内存在唯一的根?如果存在,求出k ;如果不存在,请说明理由;(3)设函数m (x )=min{f (x ),g (x )}(min{p ,q }表示p ,q 中的较小值),求m (x )的最大值.[解] (1)由题意知,曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线斜率为2,所以f ′(1)=2. 2分又f ′(x )=ln x +a x +1,所以a =1. 4分(2)当k =1时,方程f (x )=g (x )在(1,2)内存在唯一的根.设h (x )=f (x )-g (x )=(x +1)ln x -x 2e x ,当x ∈(0,1]时,h (x )<0.5分又h (2)=3ln 2-4e 2=ln 8-4e 2>1-1=0,所以存在x 0∈(1,2),使得h (x 0)=0. 6分 因为h ′(x )=ln x +1x +1+x (x -2)e x ,所以当x ∈(1,2)时,h ′(x )>1-1e >0,当x ∈(2,+∞)时,h ′(x )>0,所以当x ∈(1,+∞)时,h (x )单调递增.7分所以当k =1时,方程f (x )=g (x )在(k ,k +1)内存在唯一的根.8分 (3)由(2)知,方程f (x )=g (x )在(1,2)内存在唯一的根x 0, 且x ∈(0,x 0)时,f (x )<g (x ),x ∈(x 0,+∞)时,f (x )>g (x ),所以m (x )=⎩⎪⎨⎪⎧ (x +1)ln x ,x ∈(0,x 0],x 2e x ,x ∈(x 0,+∞).10分 当x ∈(0,x 0)时,若x ∈(0,1],m (x )≤0;若x ∈(1,x 0),由m ′(x )=ln x +1x +1>0,可知0<m (x )≤m (x 0);故m (x )≤m (x 0). 12分 当x ∈(x 0,+∞)时,由m ′(x )=x (2-x )e x ,可得x ∈(x 0,2)时,m ′(x )>0,m (x )单调递增;x ∈(2,+∞)时,m ′(x )<0,m (x )单调递减.可知m (x )≤m (2)=4e 2,且m (x 0)<m (2).综上可得,函数m (x )的最大值为4e 2.14分。

2018年高考数学文科江苏专版二轮专题复习与策略课件:专题二 函数的图象与性质 精品

2018年高考数学文科江苏专版二轮专题复习与策略课件:专题二 函数的图象与性质 精品
a
且 a≠1),则实数 a 的取值范围是________.
【导学号:91632004】
[解题指导]
(1)f
-52

f
9 2
―f―x―在―周[-―期1―,为―12,―上―已―知→
建立a的等量关系 ―→ 求a ―→ 求f5a
(2)
fx=x3+2x
奇――偶→性
fx为奇函数
f1+flog13>0 ――――――a ――→
1.已知函数 f(x)=e1x--kk,x+x≤k,0,x>0 是 R 上的增函数,则实数 k 的取值范 围是________.
12,1 [由 f(x)为 R 上的增函数,则 f(x)在(0,+∞)上为增函数,1-k>0, k<1.同时,k≥e0-k=1-k,即 k≥21,从而 k∈12,1.]
2.(2016·南京三模)已知 f(x)是定义在 R 上的偶函数,当 x≥0 时,f(x)=2x -2,则不等式 f(x-1)≤2 的解集是________.
【名师点评】 1.应用函数周期性和奇偶性求值的关键是借助函数的性质将 待求函数值的自变量向已知函数的定义域进行转化.
2.关于周期性的常用结论,若对于函数 fx的定义域内任意一个自变量的值 x 都有 fx+a=-fx或 fx+a=f1x 或 fx+a=-f1x a 是常数且 a≠0,则 fx 是以 2a 为一个周期的周期函数.
(2)∵f(x)=x3+2x,∴f(-x)=-x3-2x=-f(x), ∴f(x)为 R 上的奇函数,∴f(1)+f(loga13)>0 等价于 f(1)>f(loga3). 又 f′(x)=3x2+2>0,∴f(x)在 R 上单调递增, ∴loga3<1, 当 a>1 时,由 loga3<1 得 a>3, 当 0<a<1 时,由 loga3<1 得 0<a<1. 综上可知,a∈(0,1)∪(3,+∞).]

2018届江苏高考数学专题练习---函数

2018届江苏高考数学专题练习---函数

2018届江苏高考数学专题练习——函数1. 已知函数2()||2x f x x +=+,x R ∈,则2(2)(34)f x x f x -<-的解集是 .2. 设函数⎩⎨⎧≥<-=1,21,13)(2x x x x x f ,则满足2))((2))((a f a f f =的的取值范围为 .3. 已知函数2()()()(0)f x x a x b b =--≠,不等式()()f x mxf x '≥对x R ∀∈恒成立,则2m a b +-= .*4. 已知函数f (x )=e x -1-tx ,∃x 0∈R ,f (x 0)≤0,则实数t 的取值范围 .5. 已知函数f (x )=2x 3+7x 2+6xx 2+4x +3,x ∈0,4],则f (x )最大值是 .*6. 已知函数222101,()2 1,x mx x f x mx x ⎧+-=⎨+>⎩,,≤≤,若()f x 在区间[)0,+∞上有且只有2个零点,则实数m 的取值范围是 .7. 已知函数2()12f x x x =-的定义域为[]0m ,,值域为20am ⎡⎤⎣⎦,,则实数a 的取值范围是 . *8. 若存在实数,使不等式2e 2e 10x x a +≥-成立,则实数的取值范围为 .9. 设函数()33,2,x x x a f x x x a ⎧-<=⎨-≥⎩,,若关于的不等式()4f x a >在实数集R 上有解,则实数的取值范围是 .*10. 已知函数f (x )=⎩⎨⎧x 2-1,x ≥0,-x +1,x <0.若函数y =f (f (x ))-k 有3个不同的零点,则实数k 的取值范围是 .11. 设a 为实数,记函数f (x )=ax -ax 3(x ∈12,1])的图象为C .如果任何斜率不小于1的直线与C 都至多有一个公共点,则a 的取值范围是 .12. 若函数f (x )=x 2-m cos x +m 2+3m -8有唯一零点,则满足条件的实数m 组成的集合为 .13. 已知实数x ,y 满足约束条件-0-50-30x y x y y ≤⎧⎪+≥⎨⎪≤⎩,,,若不等式m (x 2+y 2)≤(x+y )2恒成立,则实数m的最大值是 .14.函数f (x )=1lg x+2-x 的定义域为________.15.函数f (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫122x -x 2的值域为________.16.设函数f (x )=x 2+(a -2)x -1在区间(-∞,2]上是减函数,则实数a 的最大值为________.17.设函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧|ln x |,x >0,⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ,x <0,若f (a )+f (-1)=3,则a =________.18.已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧|2x-1|,x <2,3x -1,x ≥2,若方程f (x )-a =0有三个不同的实数根,则实数a 的取值范围是________.19.若函数f (x )是定义在R 上的偶函数,且在区间[0,+∞)上是单调增函数.如果实数t 满足f (ln t )+f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1t ≤2f (1),那么t 的取值范围是________.20.已知奇函数f (x )是R 上的单调函数,若函数y =f (x 2)+f (k -x )只有一个零点,则实数k 的值是________.21.设函数,则满足的a 的取值范围_______.(类2)(注:“*”为难题)2018届江苏高考数学专题练习——函数参考答案1.【答案】(1,2).【解析】10 ()4102xf xxx≥⎧⎪=⎨--<⎪-⎩,由2220234x xx x x⎧-<⎪⎨-<-⎪⎩得1<x<2.2.【答案】}2132|{=≥aaa或 .3.4. 【答案】(-∞,0)∪1,+∞).5.6.【答案】12m-≤<.【解析】法一:由题意得:当0m≥时,函数2()222f x x mx=+-的对称轴02m-≤,且(0)1f=-,所以,此时()f x 在[]0,1上至多有一个零点,而()2f x mx =+在()1,+∞没有零点.所以,0m ≥不符合题意.当0m <时,函数2()221f x x mx =+-的对称轴02m->,且(0)1f =-,所以,此时()f x 在[]0,1上至多有一个零点,而()2f x mx =+在()1,+∞至多有一个零点,若()f x 在[)0,+∞有且只有2个零点,则要求012221020m m m ⎧<-≤⎪⎪+-≥⎨⎪+>⎪⎩,解之可得102m -≤<.综上:102m -≤<7.8. 【答案】[1,)-+∞【解析】2e 2e 10x x a +≥-2221212,(0),21 1.xx xea t t t t t a e e-⇒≥=-=>-≥-∴≥-Q 9. 【答案】()1,72⎛⎫-∞+∞⎪⎝⎭U.【解析】当1a ≤-,函数()f x 有最大值2a -,此时24a a ->, 解得0a <,又因为1a ≤-,所以1a ≤-;当12a -<≤,函数()f x 有最大值2,此时24a >解得12a <, 又12a -<≤,所以112a -<< 当2a >,函数()f x 无最大值,因为取不到33a a -,所以334a a a -> 即370a a ->解得70,a -<<或7a >又因为2a >,所以7a >;综上所述,的取值范围是()1,72⎛⎫-∞+∞⎪⎝⎭U.10. 【答案】(1,2].【解析】f (f (x ))=⎩⎪⎨⎪⎧x 2-2x ,x <0,2-x 2,0≤x <1,x 4-2x 2,x ≥1.作出函数f (f (x ))的图像可知,当1<k ≤2时,函数y =f (f (x ))-k 有3个不同的零点. 11. 【答案】1,42⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.12. 【答案】{2}22xx 33x11yxO13. 【答案】2513【解析】作出线性约束条件下的可行域如图中阴影部分所示,显然,A (2,3),B (3,3),令目标函数z=yx,它表示经过点(0,0)及可行域内的点(x ,y )的直线的斜率,从而1≤z ≤32.不等式m (x 2+y 2)≤(x+y )2恒成立,也就是m ≤222()x y x y ++恒成立,令u=222()x y x y++,则u=1+222xyx y +=1+2x y y x+=1+21z z +1≤z ≤32,当1≤z ≤32时,2≤1z +z ≤136,从而1213≤21z z +≤1,所以2513≤1+21z z+≤2,于是m ≤2513,即实数m 的最大值为2513.14.(0,1)∪(1,2] 15. ⎣⎡⎭⎫12,+∞. 16.解析 函数f (x )图象的对称轴x =-a -22,则函数f (x )在⎝⎛⎦⎤-∞,-a -22上单调递减,在区间⎣⎡⎭⎫-a -22,+∞上单调递增,所以2≤-a -22,解得a ≤-2. 17. e 或1e18. 画出函数f (x )的图象如图所示,观察图象可知,若方程f (x )-a =0有三个不同的实数根,则函数y =f (x )的图象与直线y =a 有3个不同的交点,此时需满足0<a <1. 答案 (0,1)19. 依题意,不等式f (ln t )+f ⎝⎛⎭⎫ln 1t =f (ln t )+f (-ln t )=2f (|ln t |)≤2f (1),即f (|ln t |)≤f (1),又|ln t |≥0,函数f (x )在[0,+∞)上是增函数,因此有|ln t |≤1,-1≤ln t ≤1,1e ≤t ≤e ,即实数t 的取值范围是⎣⎡⎦⎤1e ,e . 20.解析 利用等价转化思想求解.函数y =f (x 2)+f (k -x )只有一个零点,即方程f (x 2)+f (k -x )=0只有一解.又f (x )是R 上的奇函数,且是单调函数,所以f (x 2)=-f (k -x )=f (x -k ),即x 2-x +k =0只有一解,所以Δ=1-4k =0,解得k =14.21.。

2018年高考数学理科江苏专版二轮专题复习与策略专题限

2018年高考数学理科江苏专版二轮专题复习与策略专题限

专题限时集训(六)利用导数研究函数的单调性、极值、最值(建议用时:45分钟)1.设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性;(2)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.[解](1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=1+a-2x-3x2.1分令f′(x)=0,得x1=-1-4+3a3,x2=-1+4+3a3,x1<x2,2分所以f′(x)=-3(x-x1)(x-x2). 3分当x<x1或x>x2时,f′(x)<0;当x1<x<x2时,f′(x)>0. 5分故f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增.6分(2)因为a>0,所以x1<0,x2>0.7分①当a≥4时,x2≥1,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)在x=0和x =1处分别取得最小值和最大值. 10分②当0<a<4时,x2<1,由(1)知,f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减,所以f(x)在x=x2=-1+4+3a3处取得最大值.12分又f(0)=1,f(1)=a,所以当0<a<1时,f(x)在x=1处取得最小值;当a=1时,f(x)在x=0处和x=1处同时取得最小值;当1<a<4时,f(x)在x=0处取得最小值. 14分2.已知函数f(x)=ax-2x-3ln x,其中a为常数.(1)当函数f (x )的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫23,f ⎝⎛⎭⎪⎫23处的切线的斜率为1时,求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤32,3上的最小值; (2)若函数f (x )在区间(0,+∞)上既有极大值又有极小值,求a 的取值范围.【导学号:19592019】[解] (1)f ′(x )=a +2x 2-3x ,由题意可知f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23=1,解得a =1. 2分由f (x )=x -2x -3ln x ,∴f ′(x )=(x -1)(x -2)x 2.由f ′(x )=0,得x =2. 4分 于是可得下表:∴f (min 6分(2)f ′(x )=a +2x 2-3x =ax 2-3x +2x 2(x >0), 8分由题意可得方程ax 2-3x +2=0有两个不等的正实根,不妨设这两个根为x 1,x 2,并令h (x )=ax 2-3x +2, 10分则⎩⎪⎨⎪⎧Δ=9-8a >0,x 1+x 2=3a >0,x 1x 2=2a >0,也可以为⎩⎪⎨⎪⎧Δ=9-8a >0,--32a >0,h (0)>0,13分解得0<a <98. 14分 3.如图6-4,现要在边长为100 m 的正方形ABCD 内建一个交通“环岛”.正方形的四个顶点为圆心在四个角分别建半径为x m(x 不小于9)的扇形花坛,以正方形的中心为圆心建一个半径为15x 2 m 的圆形草地.为了保证道路畅通,岛口宽不小于60 m ,绕岛行驶的路宽均不小于10 m.图6-4(1)求x 的取值范围;(运算中2取1.4)(2)若中间草地的造价为a 元/m 2,四个花坛的造价为433ax 元/m 2,其余区域的造价为12a11元/m 2,当x 取何值时,可使“环岛”的整体造价最低?[解] (1)由题意得,⎩⎪⎨⎪⎧x ≥9,100-2x ≥60,1002-2x -2×15x 2≥2×10,2分解得⎩⎨⎧x ≥9,x ≤20,-20≤x ≤15,4分即9≤x ≤15. 6分 (2)记“环岛”的整体造价为y 元,则由题意得y =a ×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22+433ax ×πx 2+12a 11×⎝ ⎛⎭⎪⎫104-π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22-πx 2=a 11⎣⎢⎡⎦⎥⎤π⎝ ⎛⎭⎪⎫-125x 4+43x 3-12x 2+12×104, 8分令f (x )=-125x 4+43x 3-12x 2,则f ′(x )=-425x 3+4x 2-24x =-4x ⎝ ⎛⎭⎪⎫125x 2-x +6, 10分 由f ′(x )=0,解得x =10或x =15, 列表如下:即当x =10m 时,可使“环岛”的整体造价最低. 14分4.设函数f (x )=ln(x +1)+a (x 2-x ),其中a ∈R . (1)讨论函数f (x )极值点的个数,并说明理由; (2)若∀x >0,f (x )≥0成立,求a 的取值范围. [解] (1)由题意知,函数f (x )的定义域为(-1,+∞),f ′(x )=1x +1+a (2x -1)=2ax 2+ax -a +1x +1. 1分令g (x )=2ax 2+ax -a +1,x ∈(-1,+∞). 2分 ①当a =0时,g (x )=1,此时f ′(x )>0,函数f (x )在(-1,+∞)上单调递增,无极值点; 3分 ②当a >0时,Δ=a 2-8a (1-a )=a (9a -8). a .当0<a ≤89时,Δ≤0,g (x )≥0,f ′(x )≥0,函数f (x )在(-1,+∞)上单调递增,无极值点; 4分 b .当a >89时,Δ>0,设方程2ax 2+ax -a +1=0的两根为x 1,x 2(x 1<x 2), 因为x 1+x 2=-12,所以x 1<-14,x 2>-14. 5分 由g (-1)=1>0,可得-1<x 1<-14.所以当x ∈(-1,x 1)时,g (x )>0,f ′(x )>0,函数f (x )单调递增; 当x ∈(x 1,x 2)时,g (x )<0,f ′(x )<0,函数f (x )单调递减;当x ∈(x 2,+∞)时,g (x )>0,f ′(x )>0,函数f (x )单调递增, 6分 因此,函数有两个极值点. c .当a <0时,Δ>0, 由g (-1)=1>0,可得x 1<-1.当x∈(-1,x2)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,所以函数有一个极值点. 7分综上所述,当a<0时,函数f(x)有一个极值点;当0≤a≤89时,函数f(x)无极值点;当a>89时,函数f(x)有两个极值点. 8分(2)由(1)知,①当0≤a≤89时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,因为f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时,f(x)>0,符合题意.9分②当89<a≤1时,由g(0)≥0,得x2≤0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.又f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时,f(x)>0,符合题意.10分③当a>1时,由g(0)<0,可得x2>0.所以x∈(0,x2)时,函数f(x)单调递减.因为f(0)=0,所以x∈(0,x2)时,f(x)<0,不合题意. 11分④当a<0时,设h(x)=x-ln(x+1).因为x∈(0,+∞)时,h′(x)=1-1x+1=xx+1>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增. 12分因此,当x∈(0,+∞)时,h(x)>h(0)=0,即ln(x+1)<x.可得f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x,当x>1-1a时,ax2+(1-a)x<0,此时f(x)<0,不符合题意.综上所述,a的取值范围是[0,1]. 14分5.(2016·无锡期末)已知函数f(x)=ln x+a+e-2x(a>0).(1)当a=2时,求出函数f(x)的单调区间;(2)若不等式f(x)≥a对于x>0的一切值恒成立,求实数a的取值范围.[解](1)当a=2时,函数f(x)=ln x+ex,1分所以f′(x)=1x-ex2=x-ex2,2分所以当x∈(0,e)时,f′(x)<0,则函数f(x)在(0,e)上单调递减;3分当x∈(e,+∞)时,f′(x)>0,则函数f(x)在(e,+∞)上单调递增.4分(2)由题意知ln x+a+e-2x≥a恒成立,5分原式等价于x ln x+a+e-2-ax≥0在(0,+∞)上恒成立,令g(x)=x ln x+a+e-2-ax,6分因为g′(x)=ln x+1-a,令g′(x)=0,得x=e a-1,所以g(x)e-2-e a-1,8分令t(x)=x+e-2-e x-1,因为t′(x)=1-e x-1,令t′(x)=0,得x=1,且所以当a∈(0,1)时,g(x)的最小值t(a)>t(0)=e-2-1e=e(e-2)-1e>0,12分当a∈[1,+∞)时,g(x)的最小值为t(a)=a+e-2-e a-1≥0=t(2),所以a∈[1,2]. 14分6.(2016·苏北三市三模)已知函数f (x )=e xe x ,g (x )=ax -2ln x -a (a ∈R ,e 为自然对数的底数).(1)求f (x )的极值;(2)若在区间[0,e]上,对于任意的x 0,总存在两个不同的x 1,x 2,使得g (x 1)=g (x 2)=f (x 0),求a 的取值范围.[解] (1)因为f (x )=e xe x ,所以f ′(x )=(1-x )e e x ,令f ′(x )=0,得x =1. 2分 当x ∈(-∞,1)时,f ′(x )>0,f (x )是增函数; 当x ∈(1,+∞)时,f ′(x )<0,f (x )是减函数.所以f (x )在x =1时取得极大值f (1)=1,无极小值. 5分 (2)由(1)知,当x ∈(0,1)时,f (x )单调递增;当x ∈(1,e]时,f (x )单调递减. 又因为f (0)=0,f (1)=1,f (e)=e·e 1-e >0,所以当x ∈(0,e]时,函数f (x )的值域为(0,1]. 7分 当a =0时,g (x )=-2ln x 在(0,e]上单调,不合题意; 当a ≠0时,g ′(x )=a -2x =ax -2x =a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x -2a x ,x ∈(0,e], 故必须满足0<2a <e ,所以a >2e . 8分 此时,当x 变化时,g ′(x ),g (x )的变化情况如下:所以x →0,g (x )→+∞,g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a =2-a -2ln 2a ,g (e)=a (e -1)-2.所以对任意给定的x 0∈(0,e],在区间(0,e]上总存在两个不同的x 1,x 2, 10分使得g (x 1)=g (x 2)=f (x 0),当且仅当a 满足下列条件⎩⎪⎨⎪⎧g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ≤0,g (e )≥1,即⎩⎪⎨⎪⎧2-a -2ln 2a ≤0,a (e -1)-2≥1.令m (a )=2-a -2ln 2a ,a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2e ,+∞,m ′(a )=-a -2a ,由m ′(a )=0,得a =2. 12分 当a ∈(2,+∞)时,m ′(a )<0,函数m (a )单调递减; 当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2e ,2时,m ′(a )>0,函数m (a )单调递增.所以,对任意a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2e ,+∞有m (a )≤m (2)=0,即2-a -2ln 2a ≤0对任意a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2e ,+∞恒成立.由a (e -1)-2≥1,解得a ≥3e -1. 13分综上所述,当a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫3e -1,+∞时,对于任意给定的x 0∈(0,e],在区间(0,e]上总存在两个不同的x 1,x 2,使得g (x 1)=g (x 2)=f (x 0). 14分。

2018届江苏高考数学二轮专题复习 函数的图象与性质

2018届江苏高考数学二轮专题复习 函数的图象与性质

解析
5 5 1 1 由已知 f -2=f -2+2=f -2=-2+a,
9 9 1 2 1 1 - f 2=f 2-4=f 2= = . 5 2 10
化为给出解析式的范围内的函数值.
思维升华
解析
答案
(2)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,且当x>0时,f(x)=|x-a| - a(a∈R). 若 ∀x∈R , f(x + 2 016)>f(x) ,则实数 a 的取值范围是 (-∞,504) ____________. 思维升华 的形式. 利用函数的单调性解不等式的关键是化成 f(x1)<f(x2)
5 从而 f -2+f(1)=-2.
解析
答案
(2)(2017· 江苏溧水高级中学质检 ) 若函数 f(x) 是定义在 R 上的
奇函数,且在 ( - ∞ , 0) 上是增函数,又 f(2) = 0 ,则不等式
xf(x+1)<0的解集为________________. (-3,-1)∪(0,1)
x f 1+f x2 x1+x2 . ③ 2 <f 2
②③ 把所有正确结论的序号都填写在横线上) 其中正确的结论是______.(
解析
答案
热点三 指数、对数函数的图象与性质 例3 (1)若4x+2x+1+m>1对一切实数x成立,则实数m的取值

(16,64) 取值范围是_________. 思维升华 判断复杂函数的图象,常借助导数这一工具,先对
原函数进行求导,再利用导数判断函数的单调性、极值或最值, 从而对选项进行筛选.要注意函数求导之后,导函数发生了变化,
故导函数和原函数的定义域会有所不同,我们必须在原函数的

2018年高考数学江苏专版二轮专题复习训练:函 数

2018年高考数学江苏专版二轮专题复习训练:函 数

6个解答题专项强化练(五) 函 数1.已知函数f (x )=x |2a -x |+2x ,a ∈R.(1)若a =0,判断函数y =f (x )的奇偶性,并加以证明; (2)若函数f (x )在R 上是增函数,求实数a 的取值范围;(3)若存在实数a ∈[-2,2],使得关于x 的方程f (x )-tf (2a )=0有三个不相等的实数根,求实数t 的取值范围.解:(1)函数y =f (x )为奇函数. 证明如下:当a =0时,f (x )=x |x |+2x , 所以f (-x )=-x |x |-2x =-f (x ), 所以函数y =f (x )为奇函数.(2)f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧x 2+(2-2a )x ,x ≥2a ,-x 2+(2+2a )x ,x <2a ,当x ≥2a 时,y =f (x )的对称轴为x =a -1; 当x <2a 时,y =f (x )的对称轴为x =a +1, 所以当a -1≤2a ≤a +1时,f (x )在R 上是增函数, 即-1≤a ≤1时,函数f (x )在R 上是增函数.(3)方程f (x )-tf (2a )=0的解即为方程f (x )=tf (2a )的解. ①当-1≤a ≤1时,函数f (x )在R 上是增函数,所以关于x 的方程f (x )=tf (2a )不可能有三个不相等的实数根. ②当a >1时,即2a >a +1>a -1,所以f (x )在(-∞,a +1)上单调递增,在(a +1,2a )上单调递减,在(2a ,+∞)上单调递增,所以当f (2a )<tf (2a )<f (a +1)时,关于x 的方程f (x )=tf (2a )有三个不相等的实数根, 即4a <t ·4a <(a +1)2,因为a >1,所以1<t <14⎝⎛⎭⎫a +1a +2. 设h (a )=14⎝⎛⎭⎫a +1a +2(a >1), 因为存在a ∈[-2,2],使得关于x 的方程f (x )=tf (2a )有三个不相等的实数根, 所以1<t <h (a )max .又可证h (a )=14⎝⎛⎭⎫a +1a +2在(1,2]上单调递增, 所以h (a )max =h (2)=98,所以1<t <98.③当a <-1时,即2a <a -1<a +1,所以f (x )在(-∞,2a )上单调递增,在(2a ,a -1)上单调递减,在(a -1,+∞)上单调递增,所以当f (a -1)<tf (2a )<f (2a )时,关于x 的方程f (x )=tf (2a )有三个不相等的实数根, 即-(a -1)2<t ·4a <4a ,因为a <-1,所以1<t <-14⎝⎛⎭⎫a +1a -2, 设g (a )=-14⎝⎛⎭⎫a +1a-2, 因为存在a ∈[-2,2],使得关于x 的方程f (x )=tf (2a )有三个不相等的实数根, 所以1<t <g (a )max ,又可证g (a )=-14⎝⎛⎭⎫a +1a -2在[-2,-1)上单调递减, 所以g (a )max =98,所以1<t <98.综上,实数t 的取值范围为⎝⎛⎭⎫1,98. 2.已知函数f (x )=a ln x -bx 3,其中a ,b 为实数,b ≠0,e 为自然对数的底数,e =2.718 28….(1)当a <0,b =-1时,设函数f (x )的最小值为g (a ),求g (a )的最大值;(2)若关于x 的方程f (x )=0在区间(1,e]上有两个不同实数解,求ab 的取值范围.解:(1)当b =-1时,函数f (x )=a ln x +x 3(x >0), 则f ′(x )=ax +3x 2=a +3x 3x ,令f ′(x )=0,得x =3-a 3,因为a <0时, 3-a3>0, 所以f ′(x ),f (x )随x 的变化情况如下表:所以g (a )=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ 3-a 3=a ln 3-a 3-a3 =a3ln ⎝⎛⎭⎫-a 3-a 3,令t (x )=-x ln x +x ,则t ′(x )=-ln x ,令t ′(x )=0,得x =1, 且当x =1时,t (x )有最大值1, 所以g (a )的最大值为1,此时a =-3.(2)因为方程a ln x -bx 3=0在区间(1,e]上有两个不同实数解, 所以a b =x 3ln x在区间(1,e]上有两个不同的实数解,即函数y =a b 的图象与函数m (x )=x 3ln x 的图象有两个不同的交点,因为m ′(x )=x 2(3ln x -1)(ln x )2,令m ′(x )=0,得x =3e , 所以m ′(x ),m (x )随x 的变化情况如下表:所以当x ∈(1,3e)时,m (x )∈(3e ,+∞), 当x ∈(3e ,e]时,m (x )∈(3e ,e 3],结合函数图象知a ,b 满足的关系式为3e<ab ≤e 3, 即ab 的取值范围为(3e ,e 3].3.已知函数f (x )=ax 2-x -ln x ,a ∈R. (1)当a =38时,求函数f (x )的最小值;(2)若-1≤a ≤0,证明:函数f (x )有且只有一个零点; (3)若函数f (x )有两个零点,求实数a 的取值范围. 解:(1)当a =38时,f (x )=38x 2-x -ln x (x >0),所以f ′(x )=34x -1-1x =(3x +2)(x -2)4x ,令f ′(x )=0,得x =2, 当x ∈(0,2)时,f ′(x )<0; 当x ∈(2,+∞)时,f ′(x )>0,所以函数f (x )在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增. 所以当x =2时,f (x )有最小值f (2)=-12-ln 2.(2)证明:由f (x )=ax 2-x -ln x (x >0),得f ′(x )=2ax -1-1x =2ax 2-x -1x.所以当a ≤0时,f ′(x )=2ax 2-x -1x <0, 函数f (x )在(0,+∞)上单调递减,所以当a ≤0时,函数f (x )在(0,+∞)上最多有一个零点. 因为当-1≤a ≤0时,f (1)=a -1<0,f ⎝⎛⎭⎫1e =e 2-e +a e 2>0,所以当-1≤a ≤0时,函数f (x )在(0,+∞)上有零点. 综上,当-1≤a ≤0时,函数f (x )有且只有一个零点.(3)由(2)知,当a ≤0时,函数f (x )在(0,+∞)上最多有一个零点. 因为函数f (x )有两个零点,所以a >0. 由f (x )=ax 2-x -ln x (x >0), 得f ′(x )=2ax 2-x -1x ,令g (x )=2ax 2-x -1. 因为g (0)=-1<0,2a >0,所以函数g (x )在(0,+∞)上只有一个零点,设为x 0. 当x ∈(0,x 0)时,g (x )<0,f ′(x )<0; 当x ∈(x 0,+∞)时,g (x )>0,f ′(x )>0. 所以函数f (x )在(0,x 0)上单调递减; 在(x 0,+∞)上单调递增.要使得函数f (x )在(0,+∞)上有两个零点, 只需要函数f (x )的极小值f (x 0)<0, 即ax 20-x 0-ln x 0<0.又因为g (x 0)=2ax 20-x 0-1=0,所以2ln x 0+x 0-1>0,又因为函数h (x )=2ln x +x -1在(0,+∞)上是增函数,且h (1)=0, 所以x 0>1,得0<1x 0<1.又由2ax 20-x 0-1=0,得2a =⎝⎛⎭⎫1x 02+1x 0=⎝⎛⎭⎫1x 0+122-14, 所以0<a <1.以下验证当0<a <1时,函数f (x )有两个零点.当0<a <1时,g ⎝⎛⎭⎫1a =2a a 2-1a -1=1-a a >0, 所以1<x 0<1a .因为f ⎝⎛⎭⎫1e =a e 2-1e +1=e 2-e +a e 2>0,且f (x 0)<0. 所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫1e ,x 0上有一个零点. 又因为f ⎝⎛⎭⎫2a =4a a 2-2a -ln 2a ≥2a -⎝⎛⎭⎫2a -1=1>0(因为ln x ≤x -1),且f (x 0)<0. 所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫x 0,2a 上有一个零点. 所以当0<a <1时,函数f (x )在⎝⎛⎭⎫1e ,2a 内有两个零点. 下面证明:ln x ≤x -1. 设t (x )=x -1-ln x (x >0), 所以t ′(x )=1-1x =x -1x , 令t ′(x )=0,得x =1. 当x ∈(0,1)时,t ′(x )<0; 当x ∈(1,+∞)时,t ′(x )>0.所以函数t (x )在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. 所以当x =1时,t (x )有最小值t (1)=0.所以t (x )=x -1-ln x ≥0,得ln x ≤x -1成立. 综上,实数a 的取值范围为(0,1). 4.已知函数f (x )=a e xx +x .(1)若函数f (x )的图象在(1,f (1))处的切线经过点(0,-1),求a 的值;(2)是否存在负整数a ,使函数f (x )的极大值为正值?若存在,求出所有负整数a 的值;若不存在,请说明理由;(3)设a >0,求证:函数f (x )既有极大值,又有极小值. 解:(1)∵f ′(x )=a e x (x -1)+x 2x 2,∴f ′(1)=1,f (1)=a e +1,∴函数f (x )在(1,f (1))处的切线方程为 y -(a e +1)=x -1. 又直线过点(0,-1),∴-1-(a e +1)=-1,解得a =-1e .(2)若a <0,f ′(x )=a e x (x -1)+x 2x 2,当x ∈(-∞,0)时,f ′(x )>0恒成立,函数在(-∞,0)上无极值; 当x ∈(0,1)时,f ′(x )>0恒成立,函数在(0,1)上无极值.法一:在x ∈(1,+∞)时,若f (x )在x 0处取得符合条件的极大值f (x 0),则⎩⎪⎨⎪⎧x 0>1,f (x 0)>0,f ′(x 0)=0,则⎩⎨⎧x 0>1, ①a e x 0x+x 0>0, ②a e x 0(x 0-1)+x20x 20=0, ③由③得a e x 0=-x 20x 0-1,代入②得-x 0x 0-1+x 0>0,结合①可解得x 0>2,再由f (x 0)=a e x 0x 0+x 0>0,得a >-x 20e x 0.令h (x )=-x 2e x ,则h ′(x )=x (x -2)e x ,当x >2时,h ′(x )>0,即h (x )是增函数, 所以a >h (x 0)>h (2)=-4e2,又a <0,故当极大值为正数时,a ∈⎝⎛⎭⎫-4e 2,0,从而不存在负整数a 满足条件. 法二:在x ∈(1,+∞)时,令H (x )=a e x (x -1)+x 2,则H ′(x )=(a e x +2)x , ∵x ∈(1,+∞),∴e x ∈(e ,+∞), ∵a 为负整数,∴a ≤-1,∴a e x ≤a e ≤-e , ∴a e x +2<0,∴H ′(x )<0, ∴H (x )在(1,+∞)上单调递减,又H (1)=1>0,H (2)=a e 2+4≤-e 2+4<0, ∴∃x 0∈(1,2),使得H (x 0)=0, 且1<x <x 0时,H (x )>0,即f ′(x )>0; x >x 0时,H (x )<0,即f ′(x )<0. ∴f (x )在x 0处取得极大值f (x 0)=a e x 0x 0+x 0. (*) 又H (x 0)=a e x 0(x 0-1)+x 20=0,∴a e x0x0=-x0x0-1代入(*)得,f(x0)=-x0x0-1+x0=x0(x0-2)x0-1<0,∴不存在负整数a满足条件.(3)证明:f′(x)=a e x(x-1)+x2x2,设g(x)=a e x(x-1)+x2,则g′(x)=x(a e x+2),因为a>0,所以当x>0时,g′(x)>0,g(x)单调递增;当x<0时,g′(x)<0,g(x)单调递减,故g(x)至多有两个零点.又g(0)=-a<0,g(1)=1>0,所以存在x1∈(0,1),使g(x1)=0,再由g(x)在(0,+∞)上单调递增知,当x∈(0,x1)时,g(x)<0,故f′(x)=g(x)x2<0,f(x)单调递减;当x∈(x1,+∞)时,g(x)>0,故f′(x)=g(x)x2>0,f(x)单调递增.所以函数f(x)在x1处取得极小值.当x<0时,e x<1,且x-1<0,所以g(x)=a e x(x-1)+x2>a(x-1)+x2=x2+ax-a,函数y=x2+ax-a是关于x的二次函数,必存在负实数t,使g(t)>0,又g(0)=-a<0,故在(t,0)上存在x2,使g(x2)=0,再由g(x)在(-∞,0)上单调递减知,当x∈(-∞,x2)时,g(x)>0,故f′(x)=g(x)x2>0,f(x)单调递增;当x∈(x2,0)时,g(x)<0,故f′(x)=g(x)x2<0,f(x)单调递减.所以函数f(x)在x2处取得极大值.综上,函数f(x)既有极大值,又有极小值.5.已知函数f(x)=e x-ax-1,其中e为自然对数的底数,a∈R.(1)若a=e,函数g(x)=(2-e)x.①求函数h (x )=f (x )-g (x )的单调区间;②若函数F (x )=⎩⎪⎨⎪⎧f (x ),x ≤m ,g (x ),x >m 的值域为R ,求实数m 的取值范围;(2)若存在实数x 1,x 2∈[0,2],使得f (x 1)=f (x 2),且|x 1-x 2|≥1,求证:e -1≤a ≤e 2-e. 解:(1)a =e 时,f (x )=e x -e x -1,①h (x )=f (x )-g (x )=e x -2x -1,h ′(x )=e x -2,由h ′(x )>0,解得x >ln 2,由h ′(x )<0,解得x <ln 2, 故函数h (x )在(ln 2,+∞)上单调递增,在(-∞,ln 2)上单调递减. ②f ′(x )=e x -e ,当x <1时,f ′(x )<0,f (x )在(-∞,1)上单调递减, 当x >1时,f ′(x )>0,f (x )在(1,+∞)上单调递增,m ≤1时,f (x )在(-∞,m ]上单调递减,则值域是[e m -e m -1,+∞), g (x )=(2-e)x 在(m ,+∞)上单调递减,则值域是(-∞,(2-e)m ), ∵F (x )的值域是R ,故e m -e m -1≤(2-e)m , 即e m -2m -1≤0,(*) 设h (m )=e m -2m -1,由①可知m <0时,h (m )=e m -2m -1>h (0)=0, 故(*)不成立,令h ′(m )=e m -2=0,得m =ln 2,∵h (m )在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,1)上单调递增,且h (0)=0,h (1)=e -3<0, ∴0≤m ≤1时,h (m )≤0恒成立,故0≤m ≤1.m >1时,f (x )在(-∞,1)上单调递减,在(1,m ]上单调递增, 故函数f (x )=e x -e x -1在(-∞,m ]上的值域是[-1,+∞), g (x )=(2-e)x 在(m ,+∞)上单调递减,值域是(-∞,(2-e)m ), ∵F (x )的值域是R , ∴-1≤(2-e)m ,即1<m ≤1e -2. 综上,实数m 的取值范围是⎣⎡⎦⎤0,1e -2.(2)证明:f ′(x )=e x -a ,若a ≤0,则f ′(x )>0,此时f (x )在R 上递增, 由f (x 1)=f (x 2),可得x 1=x 2,与|x 1-x 2|≥1矛盾,∴a >0且f (x )在(-∞,ln a ]上单调递减,在[ln a ,+∞)上单调递增, 若x 1,x 2∈(-∞,ln a ],则由f (x 1)=f (x 2)可得x 1=x 2,与|x 1-x 2|≥1矛盾, 同样不能有x 1,x 2∈[ln a ,+∞),不妨设0≤x 1<x 2≤2,则有0≤x 1<ln a <x 2≤2,∵f (x )在(x 1,ln a )上单调递减,在(ln a ,x 2)上单调递增,且f (x 1)=f (x 2), ∴x 1≤x ≤x 2时,f (x )≤f (x 1)=f (x 2),由0≤x 1<x 2≤2且|x 1-x 2|≥1,得1∈[x 1,x 2], 故f (1)≤f (x 1)=f (x 2),又f (x )在(-∞,ln a ]上单调递减,且0≤x 1<ln a , 故f (x 1)≤f (0),故f (1)≤f (0),同理f (1)≤f (2),即⎩⎪⎨⎪⎧e -a -1≤0,e -a -1≤e 2-2a -1,解得e -1≤a ≤e 2-e , ∴e -1≤a ≤e 2-e.6.已知函数f (x )=e x sin x -cos x ,g (x )=x cos x -2e x ,其中e 是自然对数的底数. (1)判断函数y =f (x )在⎝⎛⎭⎫0,π2内零点的个数,并说明理由; (2)任意x 1∈⎣⎡⎦⎤0,π2,存在x 2∈⎣⎡⎦⎤0,π2,使得不等式f (x 1)+g (x 2)≥m 成立,试求实数m 的取值范围;(3)若x >-1,求证:f (x )-g (x )>0.解:(1)函数y =f (x )在⎝⎛⎭⎫0,π2内零点的个数为1, 理由如下:因为f (x )=e x sin x -cos x , 所以f ′(x )=e x sin x +e x cos x +sin x . 因为x ∈⎝⎛⎭⎫0,π2,所以f ′(x )>0. 所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0,π2上是单调递增函数. 因为f (0)=-1<0,f ⎝⎛⎭⎫π2=e π2>0,根据函数零点存在性定理得函数y =f (x )在⎝⎛⎭⎫0,π2内零点的个数为1. (2)因为不等式f (x 1)+g (x 2)≥m 等价于f (x 1)≥m -g (x 2),所以对任意x 1∈⎣⎡⎦⎤0,π2,存在x 2∈⎣⎡⎦⎤0,π2,使得不等式f (x 1)+g (x 2)≥m 成立,等价于 f (x )min ≥(m -g (x ))min , 即f (x )min ≥m -g (x )max .当x ∈⎣⎡⎦⎤0,π2时,f ′(x )=e x sin x +e x cos x +sin x >0,故f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0,π2上单调递增, 所以x =0时,f (x )取得最小值-1,又g ′(x )=cos x -x sin x -2e x ,由于0≤cos x ≤1,x sin x ≥0,2e x ≥2, 所以g ′(x )<0,故g (x )在区间⎣⎡⎦⎤0,π2上单调递减. 因此,x =0时,g (x )取得最大值- 2. 所以m ≤-2-1,即实数m 的取值范围为(-∞,-2-1].(3)证明:当x >-1时,要证f (x )-g (x )>0,只要证f (x )>g (x ), 只要证e x sin x -cos x >x cos x -2e x , 只要证e x sin x +2e x >cos x +x cos x , 由于sin x +2>0,1+x >0, 只要证e x x +1>cos xsin x +2.下面证明x >-1时,不等式e x x +1>cos xsin x +2成立.令h (x )=e x x +1,则h ′(x )=x e x(x +1)2,当x ∈(-1,0)时,h ′(x )<0,h (x )单调递减; 当x ∈(0,+∞)时,h ′(x )>0,h (x )单调递增.所以当且仅当x =0时,h (x )取得极小值也就是最小值为1, 即e xx +1≥1,当x =0时,取“=”. 又因为cos x -sin x =2sin ⎝⎛⎭⎫π4-x ≤2, 当x =2k π-π4时,k ∈Z 时取“=”.所以cos x -sin x ≤2,即cos xsin x +2≤1,当x =2k π-π4时,k ∈Z 时取“=”.所以e x x +1>cos x sin x +2.综上所述,当x >-1时,f (x )-g (x )>0成立.。

2018年江苏高考数学二轮复习练习:专题限时集训2 函数 Word版含答案

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专题限时集训(二) 函 数(对应学生用书第80页) (限时:120分钟)一、填空题(本大题共14小题,每小题5分,共70分,请把答案填写在题中横线上.)1.(河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛)已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧log 5x ,x >0,2x,x ≤0,则f⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫125=________.14 [f ⎝ ⎛⎭⎪⎫125=log 5125=-2,∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫125=f (-2)=2-2=14.] 2.(江苏省苏州市2017届高三上学期期中)已知函数f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数,当0<x <1时,f (x )=8x.则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-193=________.-2 [函数f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数,当0<x <1时,f (x )=8x,则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-193=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-13=-f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13=-813=-2.] 3.(2017·江苏省淮安市高考数学二模)函数f (x )=-x2的定义域是________.[-2,2] [由lg(5-x 2)≥0,得5-x 2≥1, 即x 2≤4,解得-2≤x ≤2. ∴函数f (x )=-x2的定义域是[-2,2].故答案为:[-2,2].]4.(广西柳州市2017届高三10月模拟)设a ,b ,c 均为正数,且2a=log 12a ,⎝ ⎛⎭⎪⎫12b =log 12b ,⎝ ⎛⎭⎪⎫12c =log 2c ,则a ,b ,c 的大小关系为________.a <b <c [画图可得0<a <b <1<c .]5.(广东2017届高三上学期阶段测评(一))定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x +2)=-f (x ),当0≤x ≤1时,f (x )=x ,则f (37.5)等于________.0.5 [∵f (x +2)=-f (x ),∴f (x +4)=f (x )且f (-x )=-f (x ),0≤x ≤1时,f (x )=x ,∴f (37.5)=f (1.5)=-f ()-0.5=f ()0.5=0.5.]6.(广东省佛山市2017届高三教学质量检测(一))函数f (x )=1x -log 21+ax1-x 为奇函数,则实数a=________.±1 [因为函数f (x )为奇函数,所以f (-x )=1-x -log 21-ax 1+x =-1x +log 21+ax 1-x ,即1+x1-ax =1+ax1-x,所以a =±1.] 7.(天津六校2017届高三上学期期中联考)已知定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x +2)·f (x )=1对于x ∈R 恒成立,且f (x )>0,则f (2 015)=________. 1 [因为f (x +2)·f (x )=1⇒f (x +4)=1fx +=f (x )⇒T =4,因此f (2 015)=f (3)=f (-1)=f (1);而f (x +2)·f (x )=1⇒f (-1+2)·f (-1)=1⇒f 2(1)=1,f (x )>0⇒f (1)=1,所以f (2 015)=1.]8.(河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛)已知函数f (x )是R 上的单调函数,且对任意实数x ,都有f ⎝⎛⎭⎪⎫fx +22x+1=13,则f (log 23)=________. 12 [因为函数f (x )是R 上的单调函数,且f ⎝⎛⎭⎪⎫fx +22x+1=13,所以可设f (x )+22x +1=t (t 为常数),即f (x )=t -22x +1,又因为f (t )=13,所以t -22t +1=13,令g (x )=x -22x +1,显然g (x )在R 上单调递增,且g (1)=13,所以t =1,f (x )=1-22x +1,f (log 23)=1-22log 23+1=12.]9.(湖北省荆州市2017届高三上学期第一次质量检测)已知函数f (x )=|ln x |-1,g (x )=-x2+2x +3,用min{m ,n }表示m ,n 中最小值,设h (x )=min{f (x ),g (x )},则函数h (x )的零点个数为________.3 [作出函数f (x )和g (x )的图象(两个图象的下面部分图象)如图,由g (x )=-x 2+2x +3=0,得x =-1或x =3,由f (x )=|ln x |-1=0,得x =e 或x =1e .∵g (e)>0,∴当x >0时,函数h (x )的零点个数为3个.]10.(江苏省南京市2017届高三上学期学情调研)已知f (x ),g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数,且f (x )+g (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫12x .若存在x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,1,使得等式af (x 0)+g (2x 0)=0成立,则实数a 的取值范围是________.【导学号:56394011】⎣⎢⎡⎦⎥⎤22,522 [由f (x )+g (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 得f (-x )+g (-x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫12-x ,即-f (x )+g (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫12-x,所以f (x )=12(2-x -2x ),g (x )=12(2-x +2x ).存在x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,1,使得等式af (x 0)+g (2x 0)=0成立,即x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,1,a =-g x 0f x 0,设h (x )=-g x f x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,1,则h (x)=-12-2x+22x12-x -2x=22x +2-2x 2x -2-x =(2x -2-x )+22x -2-x ,x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,1时,2x -2-x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22,32,设t =2x -2-x,则t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22,32,而h (x )=t +2t ,易知y =t +2t 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤22,2上递减,在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2,32上递增,因此y min =2+22=22,y max =22+222=522,所以h (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22,522,即a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22,522.] 11.(江苏省苏州市2017届高三上学期期中)已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧2x -1,x >0,x 2+x ,x ≤0,若函数g (x )=f(x )-m 有三个零点,则实数m 的取值范围是________.⎝ ⎛⎦⎥⎤-14,0 [由g (x )=f (x )-m =0得f (x )=m ,若函数g (x )=f (x )-m 有三个零点, 等价为函数f (x )与y =m 有三个不同的交点,作出函数f (x )的图象如图:当x ≤0时,f (x )=x 2+x =⎝ ⎛⎭⎪⎫x +122-14≥-14,若函数f (x )与y =m 有三个不同的交点, 则-14<m ≤0,即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤-14,0,故答案为:⎝ ⎛⎦⎥⎤-14,0.] 12.(2017·江苏省苏、锡、常、镇四市高考数学二模)已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧4x -x 2,x ≥0,3x ,x <0,若函数g (x )=|f (x )|-3x +b 有三个零点,则实数b 的取值范围为________. (-∞,-6)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤-14,0 [函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧4x -x 2,x ≥0,3x,x <0,若函数g (x )=|f (x )|-3x+b 有三个零点,就是h (x )=|f (x )|-3x 与y =-b 有3个交点,h (x )=⎩⎪⎨⎪⎧x -x 2,0≤x ≤4,x 2-7x ,x >4,-3x-3x ,x <0,画出两个函数的图象如图:当x <0时,-3x-3x ≥6,当且仅当x =-1时取等号,此时-b >6,可得b <-6;当0≤x ≤4时,x -x 2≤14,当x =12时取得最大值,满足条件的b ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤-14,0 .综上,b ∈(-∞,-6)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤-14,0. 故答案为:(-∞,-6)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤-14,0.] 13.(2017·江苏省淮安市高考数学二模)已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧-x +m ,x <0,x 2-1,x ≥0,其中m >0,若函数y =f (f (x ))-1有3个不同的零点,则m 的取值范围是________.(0,1) [①当x <0时,f (f (x ))=(-x +m )2-1,图象为开口向上的抛物线在y 轴左侧的部分,顶点为(0,m 2-1);②当0≤x <1时,f (f (x ))=-x 2+1+m ,图象为开口向下的抛物线在0≤x <1之间的部分,顶点为(0,m +1).根据题意m >0,所以m +1>1;③当x ≥1时,f (f (x ))=(x 2-1)2-1,图象为开口向上的抛物线在x =1右侧的部分,顶点为(1,-1).根据题意,函数y =f (f (x ))-1有3个不同的零点,即f (f (x ))的图象与y =1有3个不同的交点.根据以上三种分析的情况:第③种情况x =1时,f (f (x ))=-1,右侧为增函数,所以与y =1有一个交点;第②种情况,当x →1时,f (f (x ))→m ,所以与y =1有交点,需m <1;第①种情况,当x →0时,f (f (x ))→m 2-1,只要m 2-1<1即可,又m >0,∴0<m <2, 综上m 的取值范围为(0,1).]14.(2017·江苏省无锡市高考数学一模)若函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧12x -1,x <1,ln xx 2,x ≥1,则函数y =|f (x )|-18的零点个数为________. 4 [当x ≥1时,ln x x 2=18,即ln x =18x 2,令g (x )=ln x -18x 2,x ≥1时函数是连续函数,g (1)=-18<0,g (2)=ln 2-12=ln2e>0,g (4)=ln 4-2<0,由函数的零点判定定理可知g (x )=ln x -18x 2有2个零点.(结合函数y =ln x x 2与y =18可知函数的图象有2个交点.)当x <1时,y =⎩⎪⎨⎪⎧12x-1,x <0,1-12x,x ∈[0,,函数的图象与y =18的图象如图,考查两个函数有2个交点,综上函数y =|f (x )|-18的零点个数为4个.故答案为4.]二、解答题(本大题共6小题,共90分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.) 15.(本小题满分14分)(2016-2017学年度江苏苏州市高三期中调研考试)已知函数f (x )=3x+λ·3-x(λ∈R ).(1)若f (x )为奇函数,求λ的值和此时不等式f (x )>1的解集; (2)若不等式f (x )≤6对x ∈[0,2]恒成立,求实数λ的取值范围.【导学号:56394012】[解] (1)函数f (x )=3x +λ·3-x的定义域为R ,∵f (x )为奇函数,∴f (-x )+f (x )=0对∀x ∈R 恒成立,即3-x+λ·3x +3x +λ·3-x=(λ+1)(3x +3-x)=0对∀x ∈R 恒成立,∴λ=-1. 3分此时f (x )=3x-3-x>1,即3x -3-x-1>0, 解得3x >1+52或3x<1-52(舍去),6分∴解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x >log 31+52. 7分(2)由f (x )≤6得3x +λ·3-x ≤6,即3x+λ3x ≤6,令t =3x ∈[1,9],原问题等价于t +λt≤6对t ∈[1,9]恒成立,亦即λ≤-t 2+6t 对t ∈[1,9]恒成立,10分令g (t )=-t 2+6t ,t ∈[1,9],∵g (t )在[1,3]上单调递增,在[3,9]上单调递减. ∴当t =9时,g (t )有最小值g (9)=-27, ∴λ≤-27.14分16.(本小题满分14分)(泰州中学2016-2017年度第一学期第一次质量检测)设函数y =lg(-x 2+4x -3)的定义域为A ,函数y =2x +1,x ∈(0,m )的值域为B . (1)当m =2时,求A ∩B ;(2)若“x ∈A ”是“x ∈B ”的必要不充分条件,求实数m 的取值范围. [解] (1)由-x 2+4x -3>0, 解得1<x <3,所以A =(1,3), 2分又函数y =2x +1在区间(0,m )上单调递减, 所以y ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2m +1,2,即B =⎝⎛⎭⎪⎫2m +1,2,5分当m =2时,B =⎝ ⎛⎭⎪⎫23,2,所以A ∩B =(1,2).7分 (2)首先要求m >0,9分而“x ∈A ”是“x ∈B ”的必要不充分条件,所以B 是A 的真子集, 从而2m +1≥1,解得0<m ≤1.12分 所以实数m 的取值范围为(0,1].14分17.(本小题满分14分)(江苏省泰州中学2017届高三上学期第二次月考)无锡市政府决定规划地铁三号线:该线起于惠山区惠山城铁站,止于无锡新区硕放空港产业园内的无锡机场站,全长28公里,目前惠山城铁站和无锡机场站两个站点已经建好,余下的工程是在已经建好的站点之间铺设轨道和等距离修建停靠站.经有关部门预算,修建一个停靠站的费用为6 400万元,铺设距离为x 公里的相邻两个停靠站之间的轨道费用为400x 3+20x 万元.设余下工程的总费用为f (x )万元.(停靠站位于轨道两侧,不影响轨道总长度).(1)试将f (x )表示成x 的函数;(2)需要建多少个停靠站才能使工程费用最小,并求最小值.[解] (1)设需要修建k 个停靠站,则k 个停靠站将28公里的轨道分成相等的k +1段, ∴(k +1)x =28⇒k =28x-1,3分∴f (x )=6 400k +(k +1)(400x 3+20x )=6 400⎝ ⎛⎭⎪⎫28x -1+28x (400x 3+20x ),化简得f (x )=28×400x 2+28×6 400x-5 840,7分(2)f (x )=28×400x 2+28×3 200x +28×3 200x-5 840≥3328×400x 2·28×3 200x ·28×3 200x-5 840=128 560(万元),当且仅当28×400x 2=28×3 200x ,即x =2,k =28x-1=13时取“=”.13分故需要建13个停靠站才能使工程费用最小,最小值费用为128 560万元.14分18.(本小题满分16分)(泰州中学2017届高三上学期期中考试)已知函数f (x )=|x 2-1|+x 2+kx ,且定义域为(0,2).(1)求关于x 的方程f (x )=kx +3在(0,2)上的解;(2)若关于x 的方程f (x )=0在(0,2)上有两个的解x 1,x 2,求k 的取值范围.[解] (1)∵f (x )=|x 2-1|+x 2+kx ,f (x )=kx +3,即|x 2-1|+x 2=3.当0<x ≤1时, |x 2-1|+x 2=1-x 2+x 2=1,此时该方程无解.当1<x <2时,|x 2-1|+x 2=2x 2-1,原方程等价于:x 2=2,此时该方程的解为 2.综上可知:方程f (x )=kx +3在(0,2)上的解为 2.6分(2)当0<x ≤1时,kx =-1,① 当1<x <2时,2x 2+kx -1=0,② 若k =0,则①无解,②的解为x =±22∉(1,2),故k =0不合题意.若k ≠0,则①的解为x =-1k.8分(ⅰ)当-1k∈(0,1]时,k ≤-1时,方程②中Δ=k 2+8>0,故方程②中一 根在(1,2)内,一根不在(1,2)内.设g (x )=2x 2+kx -1,而x 1x 2=-12<0,则⎩⎪⎨⎪⎧g <0,g>0,⎩⎪⎨⎪⎧k <-1,k >-72,又k ≤-1,故-72<k <-1.12分(ⅱ)当-1k∉(0,1]时,即-1<k <0或k >0时,方程②在(1,2)需有两个不同解,而x 1x 2=-12<0,知道方程②必有负根,不合题意. 综上所述,故-72<k <-1. 19.(本小题满分16分)(江苏省南通市如东县、 徐州市丰县2017届高三10月联考)已知函数f (x )=-3x+a 3x +1+b. (1)当a =b =1时,求满足f (x )=3x的x 的值; (2)若函数f (x )是定义在R 上的奇函数.①存在t ∈R ,不等式f (t 2-2t )<f (2t 2-k )有解,求k 的取值范围;②若函数g (x )满足f (x )·[g (x )+2]=13(3-x -3x),若对任意x ∈R ,不等式g (2x )≥m ·g (x )-11恒成立,求实数m 的最大值 .[解] (1) 由题意,-3x+13x +1+1=3x ,化简得3·(3x )2+2·3x-1=0,解得3x =-1(舍)或3x=13,2分 所以x =-1.4分(2) 因为f (x )是奇函数,所以f (-x )+f (x )=0, 所以-3-x+a 3-x +1+b +-3x+a 3x +1+b=0,化简并变形得: (3a -b )(32x+1)+(2ab -6)·3x=0, 要使上式对任意的x 成立,则3a -b =0且2ab -6=0,解得⎩⎪⎨⎪⎧a =1,b =3或⎩⎪⎨⎪⎧a =-1,b =-3,因为f (x )的定义域是R ,所以⎩⎪⎨⎪⎧a =-1b =-3(舍去),所以a =1,b =3, 所以f (x )=-3x+13x +1+3.6分①f (x )=-3x+13x +1+3=13⎝⎛⎭⎪⎫-1+23x +1,对任意x 1,x 2∈R ,x 1<x 2有: f (x 1)-f (x 2)=13⎝ ⎛⎭⎪⎫23x 1+1-23x 2+1=23⎝⎛⎭⎪⎫3x 2-3x 1x 1+x 2+,因为x 1<x 2,所以3x 2-3x 1>0,所以f (x 1)>f (x 2), 因此f (x )在R 上递减.8分因为f (t 2-2t )<f (2t 2-k ),所以t 2-2t >2t 2-k , 即t 2+2t -k <0在t ∈R 上有解 , 所以Δ=4+4k >0,解得k >-1, 所以k 的取值范围为(-1,+∞). 10分②因为f (x )·[g (x )+2]=13(3-x -3x),所以g (x )=3-x-3x3f x -2,即g (x )=3x +3-x. 12分所以g (2x )=32x+3-2x=(3x+3-x )2-2.不等式g (2x )≥m ·g (x )-11恒成立, 即(3x+3-x )2-2≥m ·(3x +3-x)-11,即m ≤3x +3-x+93x +3-x 恒成立.14分令t =3x +3-x,t ≥2,则m ≤t +9t在t ≥2时恒成立,令h (t )=t +9t ,h ′(t )=1-9t2,t ∈(2,3)时,h ′(t )<0,所以h (t )在(2,3)上单调递减, t ∈(3,+∞)时,h ′(t )>0,所以h (t )在(3,+∞)上单调递增,所以h (t )min =h (3)=6,所以m ≤6, 所以实数m 的最大值为6 .16分20.(本小题满分16 分)(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)给出定义在(0,+∞)上的两个函数f (x )=x 2-a ln x ,g (x )=x -a x . (1)若f (x )在x =1处取最值,求a 的值;(2)若函数h (x )=f (x )+g (x 2)在区间(0,1]上单调递减 ,求实数a 的取值范围; (3)在(1)的条件下,试确定函数m (x )=f (x )-g (x )-6的零点个数,并说明理由.【导学号:56394013】[解] (1)f ′(x )=2x -a x,由已知f ′(1)=0,即2-a =0, 解得a =2,经检验a =2满足题意, 所以a =2.4分(2)h (x )=f (x )+g (x 2)=x 2-a ln x +x 2-ax =2x 2-a (x +ln x ),h ′(x )=4x -a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1+1x ,要使得h (x )=2x 2-a (x +ln x )在区间(0,1]上单调递减,则h ′(x )≤0,即4x -a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1+1x ≤0在区间(0,1]上恒成立, 6分因为x ∈(0,1],所以a ≥4x2x +1,设函数F (x )=4x2x +1,则a ≥F (x )max ,8分F (x )=4x 2x +1=4⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2+1x,因为x ∈(0,1],所以1x∈[1,+∞),所以⎝ ⎛⎭⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2+1x min =2, 所以F (x )max =2,所以a ≥2.10分- 11 - (3)函数m (x )=f (x )-g (x )-6有两个零点.因为m (x )=x 2-2ln x -x +2x -6,所以m ′(x )=2x -2x -1+1x =2x 2-2-x +x x =x -x x +2x +x +x.当x ∈(0,1)时,m ′(x )<0,当x ∈(1,+∞)时, m ′(x )>0,所以m (x )min =m (1)=-4<0, 14分m (e -2)=-+e +2e 3e 4<0,m (e -4)=1+2e 8+e 42-e 8>0,m (e 4)=e 4(e 4-1)+2(e 2-7)>0,故由零点存在定理可知:函数m (x )在(e -4,1)上存在一个零点,函数m (x )在(1,e 4)上存在一个零点, 所以函数m (x )=f (x )-g (x )-6有两个零点. 16分。

2018届高三数学二轮专题测试卷(江苏版) 专题1函数性质与应用

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2018届高三数学二轮专题测试卷(江苏版) 专题1函数性质与应用1.设函数f (x )=x 3cos x +1.若f (a )=11,则f (-a )=________. 解析 由于函数f (x )是偶函数,因此有f (|x |)=f (x ),不等式f (x -2)>0, 即f (|x -2|)>0,f (|x -2|)=2|x -2|-4>0,|x -2|>2,即x -2<-2或x -2>2,由此解得x <0或x >4. ∴f (x -2)>0的解集为{x |x <0或x >4}.2.设偶函数f (x )满足f (x )=2x-4(x ≥0),则f (x -2)>0的解集为________. 解析 令g (x )=f (x )-1=x 3cos x ,∵g (-x )=(-x )3cos(-x )=-x 3cos x =-g (x ), ∴g (x )为定义在R 上的奇函数.又∵f (a )=11,∴g (a )=f (a )-1=10,g (-a )=-g (a )=-10. 又g (-a )=f (-a )-1,∴f (-a )=g (-a )+1=-9.3.若函数f (x )(x ∈R )是周期为4的奇函数,且在[0,2]上的解析式为f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧x 1-x ,0≤x ≤1,sin πx ,1<x ≤2,则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫294+f ⎝ ⎛⎭⎪⎫416的值为________.4.设函数()f x 是定义在R 上的奇函数,若()f x 的最小正周期为3,且满足3(1)2,(2)f f m m-=-≥,则实数m 的取值范围是 .解析 因为()f x 的最小正周期为3,所以3(2)(23)(1)f f f m m=-=-=-, 又函数()f x 是定义在R 上的奇函数,于是3(1)(1)f f m m -=-=-,即3(1)f m m ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭,由(1)2f -≥,得32m m ⎛⎫--- ⎪⎝⎭≥,即32m m -≤,整理得2230m m m --≤,即(3)(1)0m m m -+≤, 于是(3)(1)0m m m m -+⎧⎨≠⎩≤,解得1m -≤或03m <≤.5.已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数,且在区间[0,)+∞上单调递增.若实数a 满足212(log )(log )2(1)f a f a f +≤,则a 的取值范围是________.解析 由题意知0a >,又122log log a a =-,∵()f x 是R 上的偶函数,∴2212(log )(log )(log )f a f a f a =-=.∵212(log )(log )2(1)f a f a f +≤,∴22(log )2(1)f a f ≤,即2(log )(1)f a f ≤.又∵()f x 在区间[0,)+∞上单调递增.∴2log 1a ≤,即21log 1a -≤≤,∴1,22a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.6. 定义域为R 上的偶函数()f x 满足对R x ∀∈,有(2)()(1)f x f x f +=-,且当[2,3]x ∈时,2()21218f x x x =-+-.若函数()log (1)a y f x x =-+至少有六个零点,则实数a 的取值范围是 .7.设f (x )是定义在R 上且周期为2的函数,在区间[-1, 1]上,f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧ax +1,-1≤x <0,bx +2x +1,0≤x ≤1,其中a ,b∈R .若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32,则a +3b 的值为________.解析 因为f (x )的周期为2,所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32-2=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-12,即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-12.又因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-12=-12a +1,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12=b2+212+1=b +43,所以-12a +1=b +43.整理,得a =-23(b +1).①又因为f (-1)=f (1),所以-a +1=b +22,即b =-2a .②将②代入①,得a =2,b =-4. 所以a +3b =2+3×(-4)=-10.8.已知函数⎩⎨⎧<+≥-=0),1(0,2)(x x f x a x f x ,若方程0)(=+x x f 有且仅有两个解,则实数a 的取值范围是.9.已知函数()33()x xf x λλ-=+⋅∈R(1)若()f x 为奇函数,求λ的值和此时不等式()1f x >的解集; (2)若不等式()6f x ≤对[0,2]x ∈恒成立,求实数λ的取值范围. 解析(1)函数()33x x f x λ-=+⋅的定义域为R .∵()f x 为奇函数,∴()()0f x f x -+=对x ∀∈R 恒成立, 即3333(1)(33)0xx x x x x λλλ---+⋅++⋅=++=对x ∀∈R 恒成立,∴1λ=-.此时()331x x f x -=->即2(3)310x x -->,解得33)x x <舍去,∴解集为3{|log x x >.(2)由()6f x ≤得336x x λ-+⋅≤,即363x xλ+≤,令3[1,9]x t =∈,原问题等价于6t tλ+≤对[1,9]t ∈恒成立,亦即26t t λ-+≤对[1,9]t ∈恒成立, 令2()6,[1,9]g t t t t =-+∈, ∵()g t 在[1,3]上单调递增,在[3,9]上单调递减, ∴当9t =时,()g t 有最小值(9)27g =-,∴27λ-≤. 10.设12()2x x af x b+-+=+(,a b 为实常数).(1)当1a b ==时,证明:()f x 不是奇函数; (2)若()f x 是奇函数,求a 与b 的值;(3)当()f x 是奇函数时,研究是否存在这样的实数集的子集D ,对任何属于D 的x 、c ,都有2()33f x c c <-+成立?若存在试找出所有这样的D ;若不存在,请说明理由.11.已知二次函数2()4f x ax x c =-+的值域为[)0,+∞. (1)判断此函数的奇偶性,并说明理由;(2)判断此函数在2,a ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭的单调性,并用单调性的定义证明你的结论;(3)求出()f x 在[1,)+∞上的最小值()g a ,并求()g a 的值域. 解析(1)由二次函数2()4f x ax x c =-+的值域为[)0,+∞,得0a >且41604ac a-=, 解得4ac =. (1)4f a c =+-,(1)4f a c -=++,0a >且0c >, 从而(1)(1)f f -≠,(1)(1)f f -≠-,∴此函数是非奇非偶函数. (2)函数的单调递增区间是2,a ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.设1x 、2x 是满足212x x a >≥的任意两个数,从而有21220x x a a ->-≥,∴222122()()x x a a->-. 又0a >,∴222122()()a x a x a a ->-,从而22212424()()a x c a x c a a a a-+->-+-,即22221144ax x c ax x c -+>-+,从而21()()f x f x >,∴函数在2,a ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上是单调递增. (3)2()4f x ax x c =-+,又0a >,02x a=,[)1,x ∈+∞ 当021x a =≥,即02a <≤时,最小值0()()0g a f x == 当021x a =<,即2a >时,最小值4()(1)44g a f a c a a==+-=+-综上,最小值002()442a g a a a a <≤⎧⎪=⎨+->⎪⎩当02a <≤时,最小值()0g a = 当2a >时,最小值4()4(0,)g a a a=+-∈+∞ 综上()y g a =的值域为[0,)+∞12.已知集合M 是满足下列性质的函数()f x 的全体:在定义域内存在实数t ,使得(2)f t +()(2)f t f =+. (1)判断()32f x x =+是否属于集合M ,并说明理由; (2)若2()lg2af x x =+属于集合M ,求实数a 的取值范围; (3)若2()2x f x bx =+,求证:对任意实数b ,都有()f x M ∈.。

江苏高考2018年数学二轮复习限时集训全册配套练习及预测试题有答案(共22份)

江苏高考2018年数学二轮复习限时集训全册配套练习及预测试题有答案(共22份)

专题限时集训(一) 集合与常用逻辑用语(对应学生用书第77页)(限时:120分钟)一、填空题(本大题共14小题,每小题5分,共70分,请把答案填写在题中横线上.) 1.(2017·江苏省苏、锡、常、镇四市高考数学二模)已知集合A={x|-1<x<3},B={x|x<2},则A∩B =________.{x|-1<x<2} [集合A={x|-1<x<3},B={x|x<2},则A∩B={x|-1<x<2},故答案为:{x|-1<x<2}.]2.(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)对于函数y=f(x),x∈R,“y=|f(x)|的图象关于y轴对称”是“y=f(x)是奇函数”的________条件.(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”).必要不充分[充分性不成立,如y=x2图象关于y轴对称,但不是奇函数;必要性成立,y=f(x)是奇函数,|f(-x)|=|-f(x)|=|f(x)|,所以y=|f(x)|的图象关于y轴对称.]3.(江苏省泰州中学2017届高三上学期第二次月考)已知R为实数集,集合A={1,2,3,4,5},B={x|x(4-x)<0},则A∩(∁R B) =________.{1,2,3,4} [集合A={1,2,3,4,5},B={x|x(4-x)<0}={x|x(x-4)>0}={x|x<0或x>4},∴∁R B={x|0≤x≤4},∴A∩(∁R B)={1,2,3,4}.故答案为:{1,2,3,4}.]4.(河北唐山市2017届高三年级期末)已知数列{a n},{b n}满足b n=a n+a n+1,则“数列{a n}为等差数列”是“数列{b n}为等差数列”的________条件.充分不必要[若数列{a n}为等差数列,设其公差为d1,则b n+1-b n=(a n+1+a n+2)-(a n+a n+1)=a n+2-a n =2d1,所以数列{b n}是等差数列;若数列{b n}为等差数列,设其公差为d2,则b n+1-b n=(a n+1+a n+2)-(a n+a n+1)=a n+2-a n=d2,不能推出数列{a n}为等差数列,所以“数列{a n}为等差数列”是“数列{b n}为等差数列”的充分不必要条件.]5.(山东省枣庄市2017届高三上学期期末)若集合A={x∈Z|-2<x<2},B={x|y=log2x2},则A∩B =________.【导学号:56394004】{-1,1} [因为A={x∈Z|-2<x<2}={-1,0,1},B={x|y=log2x2}={x|x≠0},所以A∩B={-1,1}.]6.(广东省佛山市2017届高三教学质量检测(一))设等比数列{a n}的公比为q,前n项和为S n,则“|q|=1”是“S6=3S2”的________条件 .充要[由S6=3S2,得a1(1+q+q2+q3+q4+q5)=3a1(1+q),即q5+q4+q3+q2-2-2q=0,(q+1)2(q-1)(q 2+2)=0,解得q =±1,所以“|q |=1”是“S 6=3S 2”的充要条件.]7.(四川省2016年普通高考适应性测试)设集合A ={-1,1},集合B ={x |ax =1,a ∈R },则使得B ⊆A 的a 的所有 取值构成的集合是________.{-1,0,1} [因为B ⊆A ,所以B =∅,{-1},{1},因此a =-1,0,1.]8.已知数列{a n }的前n 项和为S n =aq n+b (a ≠0,q ≠0,1),则“a +b =0”是数列{a n }为等比数列的________条件.充要 [当a +b =0时,a 1=S 1=aq +b =a (q -1),当n ≥2时,a n =S n -S n -1=aq n -1(q -1),当n =1时,也成立,于是a n +1a n =aq n q -aq n -1q -=q (n ∈N *),即数列{a n }为等比数列; 当n =1时,a 1=S 1=aq +b , 当n ≥2时,a n =S n -S n -1=aq n -1(q -1),∵q ≠0,q ≠1,∴a n +1a n =aq n q -aq n -1q -=q (n ∈N *),∵{a n }为等比数列,∴a 2a 1=a n +1a n =q ,aq 2-aq aq +b=q , 即aq -a =aq +b ,∴a +b =0,综上所述,“a +b =0”是数列{a n }为等比数列的充要条件.]9.(江苏省南通中学2017届高三上学期期中考试)命题“∃x ∈R ,x 2-x +1≤0”的否定是________. ∀x ∈R ,x 2-x +1>0 [命题“∃x ∈R ,x 2-x +1≤0”的否定是“∀x ∈R ,x 2-x +1>0”.]10.(中原名校豫南九校2017届第四次质量考评)下列四个命题:p 1:任意x ∈R,2x >0;p 2:存在x ∈R ,x 2+x +1<0;p 3:任意x ∈R ,sin x <2x ;p 4:存在x ∈R ,cos x>x 2+x +1.其中的真命题是________.p 1,p 4 [对于x ∈R,2x >0,p 1为真命题;x 2+x +1=⎝ ⎛⎭⎪⎫x +122+34>0,p 2为假命题;sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫-3π2=1>2-3π2,p 3为假命题;x =-12时,cos x >cos π6=32>34=x 2+x +1,p 4为真命题.] 11.(广东郴州市2017届高三第二次教学质量监测试卷)若命题p :“∃x 0∈R,2x 0-2≤a 2-3a ”是假命题,则实数a 的取值范围是________.[1,2] [“∃x 0∈R,2x 0-2≤a 2-3a ”是假命题等价于∀x ∈R,2x -2>a 2-3a ,即-2≥a 2-3a ,解之得1≤a ≤2,即实数a 的取值范围是[1,2].]12.(江苏省泰州中学2017届高三上学期第二次月考)设集合S ={0,1,2,3,…,n },则集合S 中任意两个元素的差的绝对值的和为________.16n 3+12n 2+13n [设集合中第k 个元素,则其值为k -1. |(k -1)-k |+|(k -1)-(k +1)|+…+|(k -1)-n | =1+2+…+(n +1-k ) =n +1-kn +1-k +2,T n =12n 2·n +32n ·n +n -(1+2+…+n )n -32(1+2+…+n )+12·(12+22+…+n 2)=n n +n +6=16n 3+12n 2+13n .故答案是:16n 3+12n 2+13n .] 13.(泰州中学2016-2017年度第一学期第一次质量检测)设实数a >1,b >1,则“a <b ”是“ln a -ln b >a -b ”的________条件.(请用“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”中之一填空)充要 [令f (x )=ln x -x (x >1),则f ′(x )=1x-1<0,因此a <b ⇔f (a )>f (b )⇔ln a -a >ln b -b⇔ln a -ln b >a -b ,即“a <b ”是“ln a -ln b >a -b ”的充要条件.] 14.(四川省凉山州2017届高中毕业班第一次诊断性检测)下列四个结论: ①若x >0,则x >sin x 恒成立;②命题“若x -sin x =0,则x =0”的逆否命题为“若x ≠0,则x -sin x ≠0”; ③“命题p ∧q 为真”是“命题p ∨q 为真”的充分不必要条件; ④命题“∀x ∈R ,x -ln x >0”的否定是“∃x 0∈R ,x 0-ln x 0≤0 ”. 其中正确结论的个数是________.4 [对于①,令y =x -sin x ,则y ′=1-cos x ≥0,则函数y =x -sin x 在R 上单调递增,则当x >0时,x -sin x >0-0=0,即x >sin x 恒成立,故①正确;对于②,命题“若x -sin x =0,则x =0” 的逆否命题为“若x ≠0,则x -sin x ≠0”正确;对于③,命题p ∧q 为真,则命题p ,q 均为真,命题p ∨q 为真,反过来,当命题p ∨q 为真时,则p ,q 中至少有一个为真,不能推出命题p ∧q 为真,所以“命题p ∧q 为真”是“命题p ∨q 为真”的充分不必要条件, 故③正确;对于④,由全称命题与特称命题的关系可知,命题“∀x ∈R ,x -ln x >0 ”的否定是“∃x 0∈R ,x 0-ln x 0≤0”,所以④正确.] 二、解答题(本大题共6小题,共90分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)15.(本小题满分14分)(山东潍坊2017届高三上学期期中联考)已知m ∈R ,设p :∀x ∈[-1,1],x 2-2x -4m 2+8m -2≥0成立;q :∃x ∈[1,2],log 12(x 2-mx +1)<-1成立,如果“p ∨q ”为真,“p ∧q ”为假,求m 的取值范围.【导学号:56394005】[解] 若p 为真:对∀x ∈[-1,1],4m 2-8m ≤x 2-2x -2恒成立,设f (x )=x 2-2x -2,配方得f (x )=(x -1)2-3, ∴f (x )在[-1,1]上的最小值为-3, ∴4m 2-8m ≤-3,解得12≤m ≤32,2分∴p 为真时:12≤m ≤32;若q 为真:∃x ∈[1,2],x 2-mx +1>2成立,∴m <x 2-1x 成立.4分设g (x )=x 2-1x =x -1x,易知g (x )在[1,2]上是增函数,∴g (x )的最大值为g (2)=32,∴m <32,∴q 为真时,m <32,∵“p ∨q ”为真,“p ∧q ”为假,∴p 与q 一真一假,9分 当p 真q 假时⎩⎪⎨⎪⎧ 12≤m ≤32,m ≥32,∴m =32,当p 假q 真时⎩⎪⎨⎪⎧m <12或m >32,m <32 ,∴m <12,12分综上所述,m 的取值范围是m <12或m =32.14分16.(本小题满分14分)(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)设集合A =⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪132≤2-x≤4,B ={x |x 2+2mx -3m 2<0}(m >0). (1)若m =2,求A ∩B ;(2)若A ⊇B ,求实数m 的取值范围.[解] 集合A ={x |-2≤x ≤5},因为m >0,所以B =(-3m ,m ),4分 (1)m =2时,B ={x |-6<x <2}, 所以A ∩B ={x |-2≤x <2}.8分 (2)B =(-3m ,m ),要使B ⊆A ,10分只要⎩⎪⎨⎪⎧-3m ≥-2m ≤5⇒m ≤23,12分所以0<m ≤23.综上,知m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0,23.14分 17.(本小题满分14分)已知集合A ={x |log 2x <log 23},B =⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x +2x -4<0,C ={x |a <x <a +1}. (1)求集合A ∩B ;(2)若B ∪C =B ,求实数a 的取值范围. [解] (1)由log 2x <log 23,得0<x <3. 2分由不等式x +2x -4<0得(x -4)(x +2)<0, 所以-2<x <4.5分 所以A ∩B ={x |0<x <3}. 7分 (2)因为B ∪C =B ,所以C ⊆B , 9分 所以⎩⎪⎨⎪⎧a +1≤4,a ≥-2.11分解得-2≤a ≤3.所以,实数a 的取值范围是[-2,3].14分18.(本小题满分16分)设命题p :函数y =kx +1在R 上是增函数,命题q :∃x ∈R ,x 2+(2k -3)x +1=0,如果p ∧q 是假命题,p ∨q 是真命题,求k 的取值范围. [解] ∵函数y =kx +1在R 上是增函数,∴k >0,2分由∃x ∈R ,x 2+(2k -3)x +1=0得方程x 2+(2k -3)x +1=0有解,4分 ∴Δ=(2k -3)2-4≥0,解得k ≤12或k ≥52.6分 ∵p ∧q 是假命题,p ∨q 是真命题,∴命题p ,q 一真一假,10分①若p 真q 假,则⎩⎪⎨⎪⎧ k >0,12<k <52,∴12<k <52; 12分②若p 假q 真,则⎩⎪⎨⎪⎧k ≤0,k ≤12或k ≥52,解得k ≤0, 14分综上可得k 的取值范围为(-∞,0]∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12,52. 16分19.(本小题满分16分)已知命题p :函数y =log a (2x +1)在定义域上单调递增;命题q :不等式(a -2)x2+2(a -2)x -4<0对任意实数x 恒成立,若“p 且﹁q ”为真命题,求实数a 的取值范围. [解] 因为命题p :函数y =log a (2x +1)在定义域上单调递增,所以a >1.4分∴又因为命题q :不等式(a -2)x 2+2(a -2)x -4<0对任意实数x 恒成立;所以a =2或⎩⎪⎨⎪⎧a -2<0,Δ=a -2+a -<0,综上所述:-2<a ≤2,10分因为p 且﹁q 为真命题,∴p 真q 假,12分 ∴⎩⎪⎨⎪⎧a >1,a ≤-2或a >2,∴a ∈(2,+∞).14分 ∴实数a 的取值范围为(2,+∞).16分20.(本小题满分16分)(江苏省泰州中学2017届高三上学期第二次月考)已知命题p :函数f (x )=x 3+ax 2+x 在R 上是增函数;命题q :若函数g (x )=e x -x +a 在区间[0,+∞)上没有零点.(1)如果命题p 为真命题,求实数a 的取值范围;(2)命题“p ∨q ”为真命题,“p ∧q ”为假命题,求实数a 的取值范围.【导学号:56394006】[解] (1)如果命题p 为真命题,∵函数f (x )=x 3+ax 2+x 在R 上是增函数,∴f ′(x )=3x 2+2ax +1≥0对x ∈(-∞,+∞)恒成立, 4分 ∴Δ=4a 2-12≤0⇒a ∈[-3,3].7分(2)g ′(x )=e x-1≥0对任意的x ∈[0,+∞)恒成立, ∴g (x )在区间[0,+∞)上递增,9分 若命题q 为真命题,g (0)=a +1>0⇒a >-1,11分由命题“p ∨q ”为真命题,“p ∧q ”为假命题知p ,q 一真一假,若p 真q 假,则⎩⎨⎧ -3≤a ≤3a ≤-1⇒a ∈[-3,-1], 13分若p 假q 真,则⎩⎨⎧a <-3或a >3a >-1⇒a ∈(3,+∞), 14分 综上所述,a ∈[-3,-1]∪(3,+∞). 16分专题限时集训(二) 函 数 (对应学生用书第80页) (限时:120分钟)一、填空题(本大题共14小题,每小题5分,共70分,请把答案填写在题中横线上.)1.(河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛)已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧log 5x ,x >0,2x,x ≤0,则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫125=________.14 [f ⎝ ⎛⎭⎪⎫125=log 5125=-2,∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫125=f (-2)=2-2=14.] 2.(江苏省苏州市2017届高三上学期期中)已知函数f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数,当0<x<1时,f (x )=8x.则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-193=________.-2 [函数f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数,当0<x <1时,f (x )=8x,则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-193=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-13=-f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13=-813=-2.]3.(2017·江苏省淮安市高考数学二模)函数f (x )=-x2的定义域是________.[-2,2] [由lg(5-x 2)≥0,得5-x 2≥1, 即x 2≤4,解得-2≤x ≤2. ∴函数f (x )=-x2的定义域是[-2,2].故答案为:[-2,2].]4.(广西柳州市2017届高三10月模拟)设a ,b ,c 均为正数,且2a=log 12a ,⎝ ⎛⎭⎪⎫12b =log 12b ,⎝ ⎛⎭⎪⎫12c =log 2c ,则a ,b ,c 的大小关系为________.a <b <c [画图可得0<a <b <1<c .]5.(广东2017届高三上学期阶段测评(一))定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x +2)=-f (x ),当0≤x ≤1时,f (x )=x ,则f (37.5)等于________.0.5 [∵f (x +2)=-f (x ),∴f (x +4)=f (x )且f (-x )=-f (x ),0≤x ≤1时,f (x )=x , ∴f (37.5)=f (1.5)=-f ()-0.5=f ()0.5=0.5.]6.(广东省佛山市2017届高三教学质量检测(一))函数f (x )=1x -log 21+ax1-x 为奇函数,则实数a =________.±1 [因为函数f (x )为奇函数,所以f (-x )=1-x -log 21-ax 1+x =-1x +log 21+ax 1-x ,即1+x 1-ax =1+ax1-x ,所以a =±1.]7.(天津六校2017届高三上学期期中联考)已知定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x +2)·f (x )=1对于x ∈R 恒成立,且f (x )>0,则f (2 015)=________. 1 [因为f (x +2)·f (x )=1⇒f (x +4)=1fx +2=f (x )⇒T =4, 因此f (2 015)=f (3)=f (-1)=f (1);而f (x +2)·f (x )=1⇒f (-1+2)·f (-1)=1⇒f 2(1)=1,f (x )>0⇒f (1)=1,所以f (2 015)=1.]8.(河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛)已知函数f (x )是R 上的单调函数,且对任意实数x ,都有f ⎝⎛⎭⎪⎫fx +22x+1=13,则f (log 23)=________. 12 [因为函数f (x )是R 上的单调函数,且f ⎝⎛⎭⎪⎫fx +22x+1=13,所以可设f (x )+22x +1=t (t 为常数),即f (x )=t -22x +1,又因为f (t )=13,所以t -22t +1=13,令g (x )=x -22x +1,显然g (x )在R 上单调递增,且g (1)=13,所以t =1,f (x )=1-22x +1,f (log 23)=1-22log 23+1=12.]9.(湖北省荆州市2017届高三上学期第一次质量检测)已知函数f (x )=|ln x |-1,g (x )=-x 2+2x +3,用min{m ,n }表示m ,n 中最小值,设h (x )=min{f (x ),g (x )},则函数h (x )的零点个数为________. 3 [作出函数f (x )和g (x )的图象(两个图象的下面部分图象)如图,由g (x )=-x 2+2x +3=0,得x =-1或x =3,由f (x )=|ln x |-1=0,得x =e 或x =1e .∵g (e)>0,∴当x >0时,函数h (x )的零点个数为3个.]10.(江苏省南京市2017届高三上学期学情调研)已知f (x ),g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数,且f (x )+g (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫12x .若存在x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,1,使得等式af (x 0)+g (2x 0)=0成立,则实数a 的取值范围是________.【导学号:56394011】⎣⎢⎡⎦⎥⎤22,522 [由f (x )+g (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 得f(-x )+g (-x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫12-x ,即-f (x )+g (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫12-x,所以f (x )=12(2-x -2x ),g (x )=12(2-x +2x ).存在x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,1,使得等式af (x 0)+g (2x 0)=0成立,即x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,1,a =-g x 0f x 0,设h (x )=-g x fx ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,1,则h (x )=-12-2x+22x12-x -2x=22x +2-2x2x -2-x =(2x -2-x )+22-2,x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,1时,2x -2-x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22,32,设t =2x -2-x,则t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22,32,而h (x )=t +2t ,易知y =t +2t 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤22,2上递减,在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2,32上递增,因此y min =2+22=22,y max =22+222=522,所以h (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22,522,即a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22,522.] 11.(江苏省苏州市2017届高三上学期期中)已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧2x -1,x >0,x 2+x ,x ≤0,若函数g (x )=f (x )-m 有三个零点,则实数m 的取值范围是________.⎝ ⎛⎦⎥⎤-14,0 [由g (x )=f (x )-m =0得f (x )=m ,若函数g (x )=f (x )-m 有三个零点, 等价为函数f (x)与y =m 有三个不同的交点, 作出函数f (x )的图象如图:当x ≤0时,f (x )=x 2+x =⎝ ⎛⎭⎪⎫x +122-14≥-14,若函数f (x )与y =m 有三个不同的交点, 则-14<m ≤0,即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤-14,0,故答案为:⎝ ⎛⎦⎥⎤-14,0.] 12.(2017·江苏省苏、锡、常、镇四市高考数学二模)已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧4x -x 2,x ≥0,3x,x <0,若函数g (x )=|f (x )|-3x +b 有三个零点,则实数b 的取值范围为________.(-∞,-6)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤-14,0 [函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧4x -x 2,x ≥0,3x ,x <0,若函数g (x )=|f (x )|-3x +b 有三个零点,就是h (x )=|f (x )|-3x 与y =-b 有3个交点,h (x )=⎩⎪⎨⎪⎧x -x 2,0≤x ≤4,x 2-7x ,x >4,-3x-3x ,x <0,画出两个函数的图象如图:当x <0时,-3x-3x ≥6,当且仅当x =-1时取等号,此时-b >6,可得b <-6;当0≤x ≤4时,x -x 2≤14,当x =12时取得最大值,满足条件的b ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤-14,0 .综上,b ∈(-∞,-6)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤-14,0. 故答案为:(-∞,-6)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤-14,0.] 13.(2017·江苏省淮安市高考数学二模)已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧-x +m ,x <0,x 2-1,x ≥0,其中m >0,若函数y =f(f (x ))-1有3个不同的零点,则m 的取值范围是________.(0,1) [①当x <0时,f (f (x ))=(-x +m )2-1,图象为开口向上的抛物线在y 轴左侧的部分,顶点为(0,m 2-1);②当0≤x <1时,f (f (x ))=-x 2+1+m ,图象为开口向下的抛物线在0≤x <1之间的部分,顶点为(0,m +1).根据题意m >0,所以m +1>1;③当x ≥1时,f (f (x ))=(x 2-1)2-1,图象为开口向上的抛物线在x =1右侧的部分,顶点为(1,-1).根据题意,函数y =f (f (x ))-1有3个不同的零点,即f (f (x ))的图象与y =1有3个不同的交点. 根据以上三种分析的情况:第③种情况x =1时,f (f (x ))=-1,右侧为增函数,所以与y =1有一个交点;第②种情况,当x →1时,f (f (x ))→m ,所以与y =1有交点,需m <1;第①种情况,当x →0时,f (f (x ))→m 2-1,只要m 2-1<1即可,又m >0,∴0<m <2, 综上m 的取值范围为(0,1).]14.(2017·江苏省无锡市高考数学一模)若函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧12-1,x <1,ln xx 2,x ≥1,则函数y =|f (x )|-18的零点个数为________.4 [当x ≥1时,ln x x 2=18,即ln x =18x 2,令g (x )=ln x -18x 2,x ≥1时函数是连续函数,g (1)=-18<0,g (2)=ln 2-12=ln2e>0,g (4)=ln 4-2<0,由函数的零点判定定理可知g (x )=ln x -18x 2有2个零点.(结合函数y =ln x x 2与y =18可知函数的图象有2个交点.)当x <1时,y =⎩⎪⎨⎪⎧12x-1,x <0,1-12x,x ∈[0,,函数的图象与y =18的图象如图,考查两个函数有2个交点,综上函数y =|f (x )|-18的零点个数为4个.故答案为4.]二、解答题(本大题共6小题,共90分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)15.(本小题满分14分)(2016-2017学年度江苏苏州市高三期中调研考试)已知函数f (x )=3x+λ·3-x(λ∈R ).(1)若f (x )为奇函数,求λ的值和此时不等式f (x )>1的解集; (2)若不等式f (x )≤6对x ∈[0,2]恒成立,求实数λ的取值范围.【导学号:56394012】[解] (1)函数f (x )=3x +λ·3-x的定义域为R ,∵f (x )为奇函数,∴f (-x )+f (x )=0对∀x ∈R 恒成立,即3-x+λ·3x +3x +λ·3-x =(λ+1)(3x+3-x)=0对∀x ∈R 恒成立,∴λ=-1. 3分此时f (x )=3x-3-x>1,即3x -3-x-1>0, 解得3x >1+52或3x<1-52(舍去),6分∴解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x >log 31+52. 7分(2)由f (x )≤6得3x+λ·3-x≤6,即3x+λ3≤6,令t =3x∈[1,9],原问题等价于t +λt≤6对t ∈[1,9]恒成立,亦即λ≤-t 2+6t 对t ∈[1,9]恒成立,10分令g (t )=-t 2+6t ,t ∈[1,9],∵g (t )在[1,3]上单调递增,在[3,9]上单调递减. ∴当t =9时,g (t )有最小值g (9)=-27, ∴λ≤-27.14分16.(本小题满分14分)(泰州中学2016-2017年度第一学期第一次质量检测)设函数y =lg(-x 2+4x -3)的定义域为A ,函数y =2x +1,x ∈(0,m )的值域为B . (1)当m =2时,求A ∩B ;(2)若“x ∈A ”是“x ∈B ”的必要不充分条件,求实数m 的取值范围. [解] (1)由-x 2+4x -3>0, 解得1<x <3,所以A =(1,3), 2分又函数y =2x +1在区间(0,m )上单调递减, 所以y ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2m +1,2,即B =⎝⎛⎭⎪⎫2m +1,2,5分当m =2时,B =⎝ ⎛⎭⎪⎫23,2,所以A ∩B =(1,2).7分 (2)首先要求m >0,9分而“x ∈A ”是“x ∈B ”的必要不充分条件,所以B 是A 的真子集, 从而2m +1≥1,解得0<m ≤1. 所以实数m 的取值范围为(0,1].14分17.(本小题满分14分)(江苏省泰州中学2017届高三上学期第二次月考)无锡市政府决定规划地铁三号线:该线起于惠山区惠山城铁站,止于无锡新区硕放空港产业园内的无锡机场站,全长28公里,目前惠山城铁站和无锡机场站两个站点已经建好,余下的工程是在已经建好的站点之间铺设轨道和等距离修建停靠站.经有关部门预算,修建一个停靠站的费用为6 400万元,铺设距离为x 公里的相邻两个停靠站之间的轨道费用为400x 3+20x 万元.设余下工程的总费用为f (x )万元.(停靠站位于轨道两侧,不影响轨道总长度). (1)试将f (x )表示成x 的函数;(2)需要建多少个停靠站才能使工程费用最小,并求最小值.[解] (1)设需要修建k 个停靠站,则k 个停靠站将28公里的轨道分成相等的k +1段, ∴(k +1)x =28⇒k =28x-1,3分∴f (x )=6 400k +(k +1)(400x 3+20x )=6 400⎝ ⎛⎭⎪⎫28x-1+28x(400x 3+20x ),化简得f (x )=28×400x 2+28×6 400x-5 840,7分(2)f (x )=28×400x 2+28×3 200x +28×3 200x-5 840≥3328×400x 2·28×3 200x ·28×3 200x-5 840=128 560(万元),当且仅当28×400x 2=28×3 200x ,即x =2,k =28x-1=13时取“=”.13分故需要建13个停靠站才能使工程费用最小,最小值费用为128 560万元.14分18.(本小题满分16分)(泰州中学2017届高三上学期期中考试)已知函数f (x )=|x 2-1|+x 2+kx ,且定义域为(0,2).(1)求关于x 的方程f (x )=kx +3在(0,2)上的解;(2)若关于x 的方程f (x )=0在(0,2)上有两个的解x 1,x 2,求k 的取值范围.[解] (1)∵f (x )=|x 2-1|+x 2+kx ,f (x )=kx +3,即|x 2-1|+x 2=3.当0<x ≤1时,|x 2-1|+x 2=1-x 2+x 2=1,此时该方程无解.当1<x <2时,|x 2-1|+x 2=2x 2-1,原方程等价于:x 2=2,此时该方程的解为 2.综上可知:方程f (x )=kx +3在(0,2)上的解为 2. (2)当0<x ≤1时,kx =-1,① 当1<x <2时,2x 2+kx -1=0,② 若k =0,则①无解,②的解为x =±22∉(1,2),故k =0不合题意.若k ≠0,则①的解为x =-1k. (ⅰ)当-1k∈(0,1]时,k ≤-1时,方程②中Δ=k 2+8>0,故方程②中一 根在(1,2)内,一根不在(1,2)内.设g (x )=2x 2+kx -1,而x 1x 2=-12<0,则⎩⎪⎨⎪⎧g <0,g >0,⎩⎪⎨⎪⎧k <-1,k >-72,又k ≤-1,故-72<k<-1.12分(ⅱ)当-1k ∉(0,1]时,即-1<k <0或k >0时,方程②在(1,2)需有两个不同解,而x 1x 2=-12<0,知道方程②必有负根,不合题意. 综上所述,故-72<k <-1.16分19.(本小题满分16分)(江苏省南通市如东县、 徐州市丰县2017届高三10月联考)已知函数f (x )=-3x+a3x +1+b. (1)当a =b =1时,求满足f (x )=3x的x 的值; (2)若函数f (x )是定义在R 上的奇函数.①存在t ∈R ,不等式f (t 2-2t )<f (2t 2-k )有解,求k 的取值范围;②若函数g (x )满足f (x )·[g (x )+2]=13(3-x -3x),若对任意x ∈R ,不等式g (2x )≥m ·g (x )-11恒成立,求实数m 的最大值 .[解] (1) 由题意,-3x+13x +1+1=3x ,化简得3·(3x )2+2·3x-1=0,解得3x =-1(舍)或3x=13,2分 所以x =-1.4分(2) 因为f (x )是奇函数,所以f (-x )+f (x )=0, 所以-3-x+a 3-x +1+b +-3x+a 3x +1+b=0,化简并变形得: (3a -b )(32x+1)+(2ab -6)·3x=0, 要使上式对任意的x 成立,则3a -b =0且2ab -6=0, 解得⎩⎪⎨⎪⎧a =1,b =3或⎩⎪⎨⎪⎧a =-1,b =-3,因为f (x )的定义域是R ,所以⎩⎪⎨⎪⎧a =-1b =-3(舍去),所以a =1,b =3, 所以f (x )=-3x+13x +1+3.6分①f (x )=-3x+13x +1+3=13⎝⎛⎭⎪⎫-1+23x +1,对任意x 1,x 2∈R ,x 1<x 2有: f (x 1)-f (x 2)=13⎝ ⎛⎭⎪⎫23x 1+1-23x 2+1=23⎝⎛⎭⎪⎫3x 2-3x 1x 1+x 2+,因为x 1<x 2,所以3x 2-3x 1>0,所以f (x 1)>f (x 2), 因此f (x )在R 上递减.8分因为f (t 2-2t )<f (2t 2-k ),所以t 2-2t >2t 2-k , 即t 2+2t -k <0在t ∈R 上有解 , 所以Δ=4+4k >0,解得k >-1,所以k 的取值范围为(-1,+∞). 10分②因为f (x )·[g (x )+2]=13(3-x -3x),所以g (x )=3-x-3x3f x -2,即g (x )=3x +3-x. 12分所以g (2x )=32x+3-2x=(3x+3-x )2-2.不等式g (2x )≥m ·g (x )-11恒成立, 即(3x+3-x )2-2≥m ·(3x +3-x)-11, 即m ≤3x +3-x+93x +3-x 恒成立.14分令t =3x +3-x,t ≥2,则m ≤t +9t在t ≥2时恒成立,令h (t )=t +9t ,h ′(t )=1-9t2,t ∈(2,3)时,h ′(t )<0,所以h (t )在(2,3)上单调递减, t ∈(3,+∞)时,h ′(t )>0,所以h (t )在(3,+∞)上单调递增,所以h (t )min =h (3)=6,所以m ≤6, 所以实数m 的最大值为6 .16分20.(本小题满分16 分)(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)给出定义在(0,+∞)上的两个函数f (x )=x 2-a ln x ,g (x )=x -a x . (1)若f (x )在x =1处取最值,求a 的值;(2)若函数h (x )=f (x )+g (x 2)在区间(0,1]上单调递减 ,求实数a 的取值范围; (3)在(1)的条件下,试确定函数m (x )=f (x )-g (x )-6的零点个数,并说明理由.【导学号:56394013】[解] (1)f ′(x )=2x -a x,由已知f ′(1)=0,即2-a =0, 解得a =2,经检验a =2满足题意, 所以a =2.4分(2)h (x )=f (x )+g (x 2)=x 2-a ln x +x 2-ax =2x 2-a (x +ln x ),h ′(x )=4x -a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1+1x ,要使得h (x )=2x 2-a (x +ln x )在区间(0,1]上单调递减,则h ′(x )≤0,即4x -a ⎝⎛⎭⎪⎫1+1x ≤0在区间(0,1]上恒成立,6分因为x ∈(0,1],所以a ≥4x2x +1,设函数F (x )=4x2x +1,则a ≥F (x )max ,8分F (x )=4x 2x +1=4⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2+1x,因为x ∈(0,1],所以1x∈[1,+∞),所以⎝ ⎛⎭⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2+1x min =2,所以F (x )max =2,所以a ≥2.10分(3)函数m (x )=f (x )-g (x )-6有两个零点. 因为m (x )=x 2-2ln x -x +2x -6,所以m ′(x )=2x -2x-1+1x=2x 2-2-x +x x=x -x x +2x +x +x.当x ∈(0,1)时,m ′(x )<0,当x ∈(1,+∞)时, m ′(x )>0, 所以m (x )min =m (1)=-4<0,14分m (e -2)=-+e +2e3e4<0,m (e -4)=1+2e 8+e42-e8>0,m (e 4)=e 4(e 4-1)+2(e 2-7)>0,故由零点存在定理可知:函数m (x )在(e-4,1)上存在一个零点,函数m (x )在(1,e 4)上存在一个零点,所以函数m (x )=f (x )-g (x )-6有两个零点. 16分专题限时集训(三) 导数 (对应学生用书第83页) (限时:120分钟)一、填空题(本大题共14小题,每小题5分,共70分,请把答案填写在题中横线上.)1.(湖北省荆州市2017届高三上学期第一次质量检)若函数f (x )=x 33-a2x 2+x +1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12,3上单调递减,则实数a 的取值范围是________.⎣⎢⎡⎭⎪⎫103,+∞ [因为函数f (x )=x 33-a 2x 2+x +1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12,3上单调递减,所以f ′(x )=x 2-ax +1≤0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12,3上恒成立,所以x 2+1≤ax ⇒a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2+1x max =⎝ ⎛⎭⎪⎫x +1x max ,当且仅当x =3时,⎝ ⎛⎭⎪⎫x +1x max =103,所以a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫103,+∞.] 2.(泰州中学2016-2017年度第一学期第一次质量检测)若函数y =f (x )的定义域为R ,∀x ∈R ,f ′(x )<f (x ),且f (x +1)为偶函数,f (2)=1,则不等式f (x )<e x的解集为________. (0,+∞) [令g (x )=f xex,则g ′(x )=f x -f xex<0,所以g (x )在定义域内为减函数,因为f (x +1)为偶函数,所以f (x +1)=f (-x +1)⇒f (0)=f (2)=1⇒g (0)=1,因此f (x )<e x⇒g (x )<1=g (0)⇒x >0.]3.(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)函数f (x )=log 2x 在点A (1,2)处切线的斜率为________.【导学号:56394017】1ln 2 [∵f ′(x )=1x ln 2,∴k =f ′(1)=1ln 2.] 4.(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)若实数a ,b ,c ,d 满足|b +a 2-4ln a |+|2c -d +2|=0,则(a -c )2+(b -d )2的最小值为________.5 [|b +a 2-4ln a |+|2c -d +2|=0⇒b +a 2-4ln a =0,2c -d +2=0,所以(a -c )2+(b -d )2表示直线2x -y +2=0上点P 到曲线y =4ln x -x 2上点Q 距离的平方.由y ′=4x-2x =2⇒x =1(负舍)得Q (1,-1),所以所求最小值为⎝ ⎛⎭⎪⎫|2+1+2|52=5.]5.(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)已知函数f (x )=x 3+mx +14,g (x )=-ln x ,min{a ,b }表示a ,b 中的最小值,若函数h (x )=min{f (x ),g (x )}(x >0)恰有三个零点,则实数m 的取值范围是________.⎝ ⎛⎭⎪⎫-54,-34 [f ′(x )=3x 2+m ,因为g (1)=0,所以要使h (x )=min{f (x ),g (x )}(x >0)恰有三个零点,需满足f (1)>0,f ⎝⎛⎭⎪⎫-m 3 <0,m <0,解得m >-54,-m 3>12⇒-54<m <-34.] 6.(河北唐山市2017届高三年级期末)已知函数f (x )=ln(e x+e -x)+x 2,则使得f (2x )>f (x +3)成立的x 的取值范围是________.(-∞,-1)∪(3,+∞) [因为f (-x )=ln(e -x+e x )+(-x )2=ln(e x +e -x )+x 2=f (x ),所以函数f (x )是偶函数,易知函数y =e x +e -x 在x ∈(0,+∞)是增函数,所以函数f (x )=ln(e x +e -x )+x 2在x ∈(0,+∞)也是增函数,所以不等式f (2x )>f (x +3)等价于|2x |>|x +3|,解得x <-1或x >3.] 7.(广东省佛山市2017届高三教学质量检测(一))已知函数f (x )=x 3+ax 2+bx +c ,g (x )=3x 2+2ax +b (a ,b ,c 是常数),若f (x )在(0,1)上单调递减,则下列结论中:①f (0)·f (1)≤0;②g (0)·g (1)≥0;③a 2-3b 有最小值. 正确结论的个数为________.2 [由题意,得 f ′(x )=3x 2+2ax +b ,若函数f (x )在(0,1)上单调递减,则⎩⎪⎨⎪⎧f ′,f ,即⎩⎪⎨⎪⎧b ≤0,3+2a +b ≤0,所以g (0)·g (1)=b ·(3+2a +b )≥0,故②正确;不妨设f (x )=x 3-2x 2-3x +5,则f (0)·f (1)=5·(1-2-3+5)>0,故①错;画出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧b ≤0,3+2a +b ≤0表示的平面区域,如图所示,令z =a 2-3b ,则b =13a 2-z 3,①当-z 3>-3,即z <9时,抛物线b =13a 2-z 3与直线2a +b +3=0有公共点,联立两个方程消去b 得a 2+6a +9-z =0,z =(a +3)2≥0,所以0≤z <9;当-z3≤-3,即z ≥9时,抛物线与平面区域必有公共点,综上所述,z ≥0,所以z =a 2-3b 有最小值 ,故③正确.]8.(广东省佛山市2017届高三教学质量检测(一))对任意的a ∈R ,曲线y =e x (x 2+ax +1-2a )在点P (0,1-2a )处的切线l 与圆C :x 2+2x +y 2-12=0的位置关系是________.相交 [由题意,得y ′=e x (x 2+ax +1-2a )+e x(2x +a ),所以y ′|x =0=1-a ,所以直线l 的方程为y -(1-2a )=(1-a )x ,即(1-a )x -y +1-2a =0.化圆C 的方程为(x +1)2+y 2=13,其圆心(-1,0)到直线l 的距离为-a--0+1-2a |-a 2+-2=|a |a 2-2a +2=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2-1a +1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a -122+12≤2<13,所以直线l 与圆相交.]9.(山东省枣庄市2017届高三上学期期末)定义在R 上的奇函数y =f (x )满足f (3)=0,且当x >0时,f (x )>-xf ′(x )恒成立,则函数g (x )=xf (x )+lg|x +1|的零点的个数为________.【导学号:56394018】3 [因为当x >0时,[xf (x )]′=f (x )+xf ′(x )>0,所以xf (x )在(0,+∞)上单调递增,又函数f (x )为奇函数,所以函数xf (x )为偶函数,结合f (3)=0,作出函数y =xf (x )与y =-lg|x +1|的图象,如图所示,由图象知,函数g (x )=xf (x )+lg|x +1|的零点有3个.]10.(湖北省荆州市2017届高三上学期第一次质量检测)设函数f (x )在R 上存在导函数f ′(x ),对任意的实数x 都有f (x )=4x 2-f (-x ),当x ∈(-∞,0)时,f ′(x )+12<4x .若f (m +1)≤f (-m )+4m +2,则实数m 的取值范围是________.⎣⎢⎡⎭⎪⎫-12,+∞ [∵f (x )-2x 2+f (-x )-2x 2=0,设g (x )=f (x )-2x 2,则g (x )+g (-x )=0,∴g (x )为奇函数,又g ′(x )=f ′(x )-4x <-12,∴g (x )在(-∞,0)上是减函数,从而在R 上是减函数,又f (m +1)≤f (-m )+4m +2等价于f (m +1)-2(m +1)2≤f (-m )-2(-m )2,即g (m +1)≤g (-m ),∴m +1≥-m ,解得m ≥-12.]11.(湖北省荆州市2017届高三上学期第一次质量检测)已知函数f (x )=ax sin x -32(a ∈R ),且在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2上的最大值为π-32,则实数a 的值为________.1 [由已知得f ′(x )=a (sin x +x cos x ),对于任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2,有sin x +x cos x >0,当a =0时,f (x )=-32,不合题意;当a <0时,x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2,f ′(x )<0,从而f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2单调递减,又函数在图象上是连续不断的,故函数在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2上的最大值为f (0)=-32,不合题意;当a >0时, x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2,f ′(x )>0,从而f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2单调递增,又函数在图象上是连续不断的,故函数在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2上的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2=π2·a -32=π-32,解得a =1.]12.(天津六校2017届高三上学期期中联考)设函数f (x )=ln x x,关于x 的方程[f (x )]2+mf (x )-1=0有三个不同的实数解,则实数m 的取值范围是________.⎝ ⎛⎭⎪⎫e -1e ,+∞ [f (x )=ln x x ⇒f ′(x )=1-ln x x 2=0⇒x =e ,因此当0<x ≤e 时,f (x )≤1e ;当x >e 时,0<f (x )<1e ,因此g (t )=t 2+mt -1=0有两个根,其中t 1∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫0,1e ,t 2∈(-∞,0]∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫1e ,因为g (0)=-1,所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e>0⇒m >e -1e.]13.(山西大学附属中学2017级上学期11月模块诊断)已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧x +,x >0,12x +1,x ≤0,若m<n ,且f (m )=f (n ),则n -m 的取值范围是________.[3-2ln 2,2) [如图,作出函数y =f (x )的图象,不妨设f (m )=f (n )=t , 由f (m )=f (n )可知函数f (x )的图象与直线y =t 有两个交点, 而x ≤0时,函数y =f (x )单调递增,其图象与y 轴交于点(0,1), 所以0<t ≤1.又m <n ,所以m ≤0,n >0, 由0<t ≤1,得0<ln(n +1)≤1,解得0<n ≤e-1. 由f (m )=t ,即12m +1=t ,解得m =2t -2;由f (n )=t ,即ln(n +1)=t ,解得n =e t-1;记g (t )=n -m =e t -1-(2t -2)=e t -2t +1(0<t ≤1),g ′(t )=e t-2. 所以当0<t <ln 2时,g ′(t )<0,函数g (t )单调递减; 当ln 2<t ≤1时,g ′(t )>0,函数g (t )单调递增. 所以函数g (t )的最小值为g (ln 2)=eln 2-2ln 2+1=3-2ln 2;而g (0)=e 0+1=2,g (1)=e -2+1=e -1<2,所以3-2ln 2≤g (t )<2.]14.(贵州遵义市2017届高三第一次联考)已知定义域为R 的偶函数f (x ),其导函数为f ′(x ),对任意x ∈[0,+∞),均满足:xf ′(x )>-2f (x ).若g (x )=x 2f (x ),则不等式g (2x )<g (1-x )的解集是________.⎝⎛⎭⎪⎫-1,13 [x ∈[0,+∞)时,g ′(x )=2xf (x )+x 2f ′(x )=x (2f (x )+xf ′(x ))>0,而g (x )=x 2f (x )也为偶函数,所以g (2x )<g (1-x )⇔g (|2x |)<g (|1-x |)⇔|2x |<|1-x |⇔3x 2+2x -1<0⇔-1<x <13.] 二、解答题(本大题共6小题,共90分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)15.(本小题满分14分)(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)在互联网时代,网校培训已经成为青年学习的一种趋势,假设某网校的套题每日的销售量h (x )(单位:千套)与销售价格(单位:元/套)满足关系式h (x )=f (x )+g (x )(3<x <7,m 为常数),其中f (x )与(x -3)成反比,g (x )与(x -7)的平方成正比,已知销售价格为5元/套时,每日可售出套题21千套,销售价格为3.5元/套时,每日可售出套题69千套. (1)求h (x )的表达式;(2)假设网校的员工工资,办公等所有开销折合为每套题3元(只考虑销售出的套数),试确定销售价格的值,使网校每日销售套题所获得的利润最大.(保留1位小数) [解] (1)因为f (x )与x -3成反比,g (x )与x -7的平方成正比,所以可设:f (x )=k 1x -3,g (x )=k 2(x -7)2,k 1≠0,k 2≠0, 则h (x )=f (x )+g (x )=k 1x -3+k 2(x -7)2. 2分因为销售价格为5元/套时,每日可售出套题21千套,销售价格为3.5元/套时,每日可售出套题69千套,所以,h (5)=21,h (3.5)=69,即⎩⎪⎨⎪⎧k 12+4k 2=21,2k 1+494k 2=69,解得:⎩⎪⎨⎪⎧k 1=10,k 2=4, 6分所以,h (x )=10x -3+4(x -7)2(3<x <7). 8分(2)由(1)可知,套题每日的销售量h (x )=10x -3+4(x -7)2, 设每日销售套题所获得的利润为F (x ), 则F (x )=(x -3) ⎣⎢⎡⎦⎥⎤10x -3+x -2=10+4(x -7)2(x -3) =4x 3-68x 2+364x -578,10分从而F ′(x )=12x 2-136x +364=4(3x -13)(x -7),3<x <7,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3,133时,F ′(x )>0,所以函数F (x )在⎝⎛⎭⎪⎫3,133上单调递增,12分x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫133,7时,F ′(x )<0,所以函数F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫133,7上单调递减,所以x =133≈4.3时,函数F (x )取得最大值,即当销售价格为4.3元/套时,网校每日销售套题所获得的利润最大.14分16.(本小题满分14分)(河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛)已知函数f (x )=x +a ln x (a ∈R ).(1)若曲线y =f (x )在点(1,f (1))处与直线y =3x -2相切,求a 的值; (2)若函数g (x )=f (x )-kx 2有两个零点x 1,x 2,试判断g ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1+x 22的符号,并证明.【导学号:56394019】[解] (1)f ′(x )=1+a x,又∵f ′(1)=3. 2分所以a =2.3分(2)函数g (x )的定义域是(0,+∞). 4分若a =0,则g (x )=f (x )-kx 2=x -kx 2. 令g (x )=0,则x -kx 2=0. 又据题设分析知k ≠0, ∴x 1=0,x 2=1k.又g (x )有两个零点,且都大于0, ∴a =0,不成立.5分据题设知⎩⎪⎨⎪⎧gx 1=x 1+a ln x 1-kx 21=0,gx 2=x 2+a ln x 2-kx 22=0,不妨设x 1>x 2,x 1x 2=t ,t >1.6分所以x 1-x 2+a (ln x 1-ln x 2)=k (x 1-x 2)(x 1+x 2). 所以1+ax 1-ln x 2x 1-x 2=k (x 1+x 2),7分又g ′(x )=1+a x-2kx , 所以g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1+x 22=1+2a x 1+x 2-k (x 1+x 2)=1+2a x 1+x 2-1-ax 1-ln x 2x 1-x 2=a ⎝⎛⎭⎪⎫2x 1+x 2-ln x 1-ln x 2x 1-x 2=a x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2t +1-ln t t -1=a x 2·1t -1⎣⎢⎡⎦⎥⎤t -t +1-ln t .9分引入h (t )=t -t +1-ln t (t >1),则h ′(t )=4t +2-1t=-t -2t t +2<0.所以h (t )在(0,+∞)上单调递减. 10分而h (1)=0,所以当t >1时,h (t )<0. 易知x 2>0,1t -1>0, 所以当a >0时,g ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1+x 22<0;当a <0时,g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1+x 22>0.14分17.(本小题满分14分)(广东郴州市2017届高三第二次教学质量监测试卷)已知函数f (x )=x ln x ,g (x )=-x 2+ax -3.(1)求函数f (x )在[t ,t +2](t >0)上的最小值;(2)对一切x ∈(0,+∞),2f (x )≥g (x )恒成立,求实数a 的取值范围;(3)探讨函数F (x )=ln x -1e x +2e x 是否存在零点?若存在,求出函数F (x )的零点;若不存在,请说明理由.[解] (1)f ′(x )=ln x +1,由f ′(x )<0得,0<x <1e ,由f ′(x )>0得x >1e,∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1e 上单调递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ,+∞上单调递增,1分当0<t ≤1e 时,t +2>1e ,∴f (x )min =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e =-1e ; 当t >1e时,f (x )在[t ,t +2]上单调递增,f (x )min =f (t )=t ln t ,2分∴f (x )min=⎩⎪⎨⎪⎧-1e ,0<t ≤1e ,t ln t ,t >1e. 3分(2)原问题可化为a ≤2ln x +x +3x, 4分设h (x )=2ln x +x +3x(x >0 ),h ′(x )=x +x -x,当0<x <1时,h ′(x )<0,h (x )在(0,1)上单调递减;5分当x >1时, h ′(x )>0,h (x )在(1,+∞)上单调递增;6分 ∴h (x )min =h (1)=4,故a 的取值范围为(-∞,4].7分 (3)令F (x )=0,得ln x -1e x +2e x =0,即x ln x =x e x -2e (x >0),8分 由(1)知当且仅当x =1e 时,f (x )=x ln x (x >0)的最小值是-1e,9分设φ(x )=x e x -2e (x >0),则φ′(x )=1-xex ,易知φ(x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴当且仅当x =1时,φ(x )取最大值,且φ(1)=-1e,12分∴对x ∈(0,+∞)都有ln x >1e x -2e x ,即F (x )=ln x -1e x +2e x >0恒成立,故函数F (x )无零点.18.(本小题满分16分)(无锡市普通高中2017届高三上学期期中基础性检测)已知函数f (x )=sin xe x 的定义域为[0,2π],g (x )为f (x )的导函数.(1)求方程g (x )=0的解集; (2)求函数g (x )的最大值与最小值;(3)若函数F (x )=f (x )-ax 在定义域上恰有2个极值点,求实数a 的取值范围. [解] (1)因为f ′(x )=-sin x e x +cos xex , 1分 所以g (x )=cos x e -sin x e =0,解得x =π4或x =5π4;3分 (2)因为g ′(x )=-cos x e x -sin x e x +sin x e x -cos x e x =-2cos xe x ,4分 令g ′(x )=0,解得x =π2或x =3π2,5分所以g (x )的最大值为g (0)=1,所以g (x )的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2=-e π2. 7分(3)因为F ′(x )=-sin x e x +cos xex -a =g (x )-a ,所以函数F (x )=f (x )-ax 在定义域上恰有2个极值点,等价于g (x )-a =0在定义域上恰有2个零点且在零点处异号,即y =g (x )与y =a 的图象恰有两个交点,9分由(2)知F ′(0)=g (0)-a =1-a ,F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2=g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2-a =-e -π2-a ,F ′⎝⎛⎭⎪⎫3π2=g ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2-a =e -3π2-a ,F ′(2π)=g (2π)-a =e -2π-a ,若F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2≥0,则F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2>F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>0, 所以F ′(x )=0至多只有1个零点,不成立,10分 所以只有F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0;11分若F ′⎝⎛⎭⎪⎫3π2<0,则F ′(2π)<0,所以F ′(x )=0只有1个零点,不成立,12分所以F ′⎝⎛⎭⎪⎫3π2≥0,13分。

2018版高考数学理江苏专用大二轮总复习与增分策略配套课件:专题二 函数与导数 第4讲 精品

2018版高考数学理江苏专用大二轮总复习与增分策略配套课件:专题二 函数与导数 第4讲 精品
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(2)讨论函数V(r)的单调性,并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大. 解 因为 V(r)=π5(300r-4r3), 故 V′(r)=π5(300-12r2), 令V′(r)=0,解得r1=5,r2=-5(因为r2=-5不在定义域内,舍去). 当r∈(0,5)时,V′(r)>0,故V(r)在(0,5)上为增函数;
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(2)若函数 g(x)=f(x)-ax+m 在1e,e上有两个零点,求实数 m 的取值范围.
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热点三 利用导数解决生活中的优化问题 生活中的实际问题受某些主要变量的制约,解决生活中的优化问题就 是把制约问题的主要变量找出来,建立目标问题即关于这个变量的函 数,然后通过研究这个函数的性质,从而找到变量在什么情况下可以 达到目标最优.
所以ff614≤>00,, 解得 0<a≤17.
即7a2+10a-171≤0, 27a2+13a>0,
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高考押题精练
已知函数 f(x)=12x2-(2a+2)x+(2a+1)ln x. (1)当a=0时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)求f(x)的单调区间; (3)对任意的 a∈32,52,x1,x2∈[1,2],恒有|f(x1)-f(x2)|≤λ|x11-x12|,求正 实数 λ 的取值范围. 押题依据 有关导数的综合应用试题多考查导数的几何意义、导数与函
当 r∈(5,5 3)时,V′(r)<0,故 V(r)在(5,5 3)上为减函数.
由此可知,V(r)在r=5处取得最大值,此时h=8. 即当r=5,h=8时,该蓄水池的体积最大.
思维升华
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跟踪演练 3 经市场调查,某商品每吨的价格为 x(1<x<14)百元时,该商品的 月供给量为 y1 万吨,y1=ax+72a2-a(a>0);月需求量为 y2 万吨,y2=-2124x2 -1112x+1. 当该商品的需求量大于供给量时,销售量等于供给量;当该商品 的需求量不大于供给量时,销售量等于需求量,该商品的月销售额等于月销 售量与价格的乘积. (1)若 a=17,问商品的价格为多少时,该商品的月销售额最大?

2018年高考数学文科江苏专版二轮专题复习与策略专题限

2018年高考数学文科江苏专版二轮专题复习与策略专题限

专题限时集训(二) 函数的图象与性质(建议用时:45分钟)1.函数f (x )=1(log 2x )2-1的定义域为________. ⎝ ⎛⎦⎥⎤0,12∪(2,+∞) [要使函数f (x )有意义,需使(log 2x )2-1>0,即(log 2x )2>1,∴log 2x >1或log 2x <-1,解得x >2或0<x <12.故f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12∪(2,+∞).]2.(2016·苏州期中)定义在R 上的奇函数f (x ),当x >0时,f (x )=2x -x 2,则f (-1)+f (0)+f (3)=________.-2 [∵f (x )为R 上的奇函数,∴f (-1)=-f (1),f (0)=0. 又f (1)=2-1=1,f (0)=0,f (3)=23-9=-1, ∴f (-1)+f (0)+f (3)=-1+0-1=-2.]3.(2016·无锡期中)若函数y =4x +a2x 的图象关于原点对称,则实数a 等于________.-1 [由题意可知函数y =4x +a 2x 为奇函数,故由40+a20=1+a =0得a =-1.] 4.f (x )是R 上的奇函数,当x ≥0时,f (x )=x 3+ln(1+x ),则当x <0时,f (x )=________.x 3-ln(1-x ) [当x <0时,-x >0,又f (x )是R 上的奇函数,所以f (x )=-f (-x )=-[(-x )3+ln(1-x )]=x 3-ln(1-x ).]5.已知f (x )是定义在R 上的奇函数,若对于x ≥0,都有f (x +2)=f (x ),且当x ∈[0,2)时,f (x )=e x -1,则f (2 015)+f (-2 016)=________.e -1 [由f (x +2)=f (x )可知当x ≥0时函数的周期是2.所以f (2 015)=f (1)=e -1,f (-2 016)=-f (2 016)=-f (0)=0,所以f (2 015)+f (-2 016)=e -1.]6.(2016·苏州模拟)设函数f (x )=⎩⎨⎧2x-4,x >0,-x -3,x <0,若f (a )>f (1),则实数a的取值范围是________.a <-1或a >1 [当a >0时,由f (a )>f (1)得2a -4>21-4,解得a >1. 当a <0时,由f (a )>f (1)得-a -3>21-4,即a <-1.综上可知a <-1或a >1.]7.偶函数y =f (x )的图象关于直线x =2对称,f (3)=3,则f (-1)=________.【导学号:91632006】3 [∵f (x )的图象关于直线x =2对称, ∴f (4-x )=f (x ),∴f (4-1)=f (1)=f (3)=3, 即f (1)=3. ∵f (x )是偶函数, ∴f (-x )=f (x ), ∴f (-1)=f (1)=3.]8.(2016·南通调研)若函数f (x )=⎩⎨⎧x (x -b ),x ≥0,ax (x +2),x <0(a >0,b >0)为奇函数,则f (a +b )的值为________.-1 [由于f (x )为奇函数,∴⎩⎨⎧f (-1)=-f (1),f (-2)=-f (2),∴⎩⎨⎧-a (-1+2)=-(1-b ),2(2-b )=0, ∴⎩⎨⎧a +b =1,b =2,解得a =-1,b =2, ∴f (a +b )=f (1)=1-b =1-2=-1.]9.若函数f (x )=⎩⎨⎧-x +6,x ≤2,3+log a x ,x >2(a >0,且a ≠1)的值域是[4,+∞),则实数a 的取值范围是________.(1,2] [由题意得f (x )的图象如图,则⎩⎨⎧a >1,3+log a 2≥4,∴1<a ≤2.]10.已知偶函数f (x )在[0,+∞)单调递减,f (2)=0.若f (x -1)>0,则x 的取值范围是________.(1,3) [∵f (x )是偶函数, ∴图象关于y 轴对称.又f (2)=0,且f (x )在[0,+∞)单调递减, 则f (x )的大致图象如图所示, 由f (x -1)>0,得-2<x -1<2, 即-1<x <3.]11.定义在R 上的函数f (x )满足f (x )=f (x +4).当-2≤x <0时,f (x )=log 2(-x );当0≤x <2时,f (x )=2x -1,则f (1)+f (2)+f (3)+…+f (2 016)的值为_____.1 260 [因为f (x )=f (x +4), 所以函数f (x )的周期为4.当-2≤x <0时,f (x )=log 2(-x ); 当0≤x <2时,f (x )=2x -1.所以f (1)=20=1, f (2)=f (-2)=log 22=1, f (3)=f (-1)=log 21=0, f (4)=f (0)=2-1=12.所以在一个周期内有f (1)+f (2)+f (3)+f (4)=1+1+0+12=52, 所以f (1)+f (2)+…+f (2 016)=504×52=1 260.]12.已知函数h (x )(x ≠0)为偶函数,且当x >0时,h (x )=⎩⎪⎨⎪⎧-x 24,0<x ≤4,4-2x ,x >4,若h (t )>h (2),则实数t 的取值范围为________.(-2,0)∪(0,2) [因为x >0时,h (x )=⎩⎪⎨⎪⎧-x 24,0<x ≤4,4-2x ,x >4.易知函数h (x )在(0,+∞)上单调递减. 因为函数h (x )(x ≠0)为偶函数, 且h (t )>h (2), 所以h (|t |)>h (2), 所以0<|t |<2,所以⎩⎨⎧ t ≠0,|t |<2,即⎩⎨⎧t ≠0,-2<t <2,解得-2<t <0或0<t <2.综上,所求实数t 的取值范围为(-2,0)∪(0,2).]13.(2016·盐城期中)设函数f (x )=lg(x +1+mx 2)是奇函数,则实数m 的值为________.1 [由f (x )为奇函数可知, f (-x )+f (x )=0对∀x ∈R 恒成立,∴lg(-x +1+mx 2)+lg(x +1+mx 2)=0对∀x ∈R 恒成立, ∴lg(1+mx 2-x 2)=0对∀x ∈R 恒成立,∴m =1.]14.已知f (x )=x 2,g (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫12x -m ,若对任意x 1∈[-1,3],总存在x 2∈[0,2],使得f (x 1)≥g (x 2)成立,则实数m 的取值范围是________.⎣⎢⎡⎭⎪⎫14,+∞ [∵x 1∈[-1,3]时,f (x 1)∈[0,9]; x 2∈[0,2]时,g (x 2)∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14-m ,1-m .故只需0≥14-m ,解得m ≥14.]15.已知函数f (x )在实数集R 上具有下列性质:①直线x =1是函数f (x )的一条对称轴;②f (x +2)=-f (x );③当1≤x 1<x 2≤3时,[f (x 2)-f (x 1)]·(x 2-x 1)<0,则f (2 015),f (2 016),f (2 017),f (2 018)从大到小的顺序为________.f (2 017)>f (2 016)=f (2 018)>f (2 015) [由f (x +2)=-f (x )得f (x +4)=f (x ),所以f (x )的周期是4,所以f (2 015)=f (3),f (2 016)=f (0),f (2 017)=f (1),f (2 018)=f (2).因为直线x =1是函数f (x )的一条对称轴,所以f (2 016)=f (0)=f (2).由1≤x 1<x 2≤3时,[f (x 2)-f (x 1)]·(x 2-x 1)<0,可知当1≤x ≤3时,函数单调递减,所以f (2 017)>f (2 016)=f (2 018)>f (2 015).]16.设函数f (x )是定义在R 上的偶函数,且对任意的x ∈R 恒有f (x +1)=f (x -1),已知当x ∈[0,1]时,f (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫121-x,给出下列命题:①2是函数f (x )的周期;②函数f (x )在(1,2)上是减函数,在(2,3)上是增函数; ③函数f (x )的最大值是1,最小值是0. 其中所有正确命题的序号是________.①② [在f (x +1)=f (x -1)中,令x -1=t ,则有 f (t +2)=f (t ),因此2是函数f (x )的周期,故①正确. 由于f (x )是偶函数,所以f (x -1)=f (1-x ), 结合f (x +1)=f (x -1)得f (1+x )=f (1-x ), 故f (x )的图象关于x =1对称.当x ∈[0,1]时,f (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫121-x =2x -1单调递增,所以f (x )在(1,2)上是减函数,在(2,3)上是增函数,故②正确.由②知,f (x )在一个周期区间[0,2]上的最大值为f (1)=1,最小值为f (0)=f (2)=12,故③不正确.]。

专题02 函数与导数讲-2018年高考数学二轮复习讲练测江

专题02 函数与导数讲-2018年高考数学二轮复习讲练测江

2018年高三二轮复习讲练测之讲案【苏教版数学】专题二 函数与导数考向一 函数的图象和性质 1.讲高考(1) 考纲要求函数的图象与性质历来是高考的重点,也是热点,对于函数图象的考查体现在两个方面:一是识图;二是用图,即通过函数的图象,利用数形结合的思想方法解决问题;对于函数的性质,主要考查函数单调性、奇偶性、周期性;函数的奇偶性、周期性往往与分段函数、函数与方程结合,考查函数的求值与计算;以二次函数的图象与性质为主,结合基本初等函数的性质综合考查分析与解决问题的能力;考查数形结合解决问题的能力等.函数的应用问题则易于与不等式、导数等相结合,突出考查分析与解决问题的能力、应用意识及创新能力. (2) 命题规律函数是高考数学考查的重点内容之一,函数的观点和思想方法贯穿整个高中数学的全过程,包括解决几何问题.在近几年的高考试卷中,填空题、解答题两种题型,每年都有函数试题,而且常考常新.以基本函数为背景的应用题和综合题是高考命题的新趋势.在大题中以导数为工具研究讨论函数的性质、不等式求解等综合问题.纵观近几年的高考题,函数问题的考查,往往是小题注重基础知识基本方法,突出重点知识重点考查,大题则注重在知识的交汇点命题,与不等式、导数、解析几何等相结合,综合考查函数方程思想及数学应用意识,考查转化与化归思想、分类讨论思想及数形结合思想的理解运用. 例1【2011 江苏 】在平面直角坐标系xoy 中,已知P 是函数()()0xf x ex =>的图象上的动点,该图象在点P 处的切线l 交y 轴于点M .过点P 作l 的垂线交y 轴于点N .设线段MN 的中点的纵坐标为t ,则t 的最大值是________.【名师点睛】曲线的切线的斜率与函数在该点处的导数有关,故可以把t 表示为与切点横坐标的函数,求最值即可.例2【北京市东城区2017届高三5月综合练习(二模)数学理试题】已知函数①若()f x a =有且只有1个实根,则实数a 的取值范围是__________.②若关于x 的方程()()f x T f x +=有且只有3个不同的实根,则实数T 的取值范闱是__________. 【答案】 ()1,+∞ ()()4,22,4--⋃ 【解析】函数()f x 图像如下图,根据上图,若()f x a =只有1个实根,则1a >; 若将函数()f x 的图像向左平移T=2个单位时,如下图所得图像与()f x 的图像在(]0,4上重合,此时方程()()f x T f x +=有无穷多个解,所以若方程有且只有3个不同的实根,平移图像,如下图观察可知24T <<或42T -<<- ,方法点睛:本题主要考查函数图像,理解()(){}min ,f x g x 函数并画出函数图像,然后将方程()f x a =有且只有1个实根转化为两个函数图像有且只有一个交点,主要考查函数零点的划归与转化能力.另外本题考查函数图像平移,将方程()()f x T f x +=有且只有3个不同的实根,转化为平移后两个函数图像有且只有3个交点,考法新颖、创新性强,考查学生分析问题、解决问题的能力,重点考数形结合思想. 例3. 【全江苏省常熟中学2018届高三10月阶段性抽测(一)】已知函数()()()3244f x x a x a b x c =+--++ (),,R a b c ∈有一个零点为4,且满足()01f =.(1)求实数b 和c 的值;(2)试问:是否存在这样的定值0x ,使得当a 变化时,曲线()y f x =在点()()00,x f x 处的切线互相平行?若存在,求出0x 的值;若不存在,请说明理由; (3)讨论函数()()g x f x a =+在()0,4上的零点个数. 【答案】(1) 1,14b c ==;(2)答案见解析;(3)当1a <-或0a >时, ()g x 在()0,4有两个零点;当10a -≤≤时, ()g x 在()0,4有一个零点.【解析】(1)由题意()()01 440f c f b c =⎧+=-+=⎪⎨⎪⎩,解得(2)由(1)可知()()324f x x a x =+-- 1414a x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭, ∴()()2132444f x x a x a ⎛⎫=+--+⎪⎝⎭';假设存在0x 满足题意,则()()2000132444f x x a x a ⎛⎫=+--+⎪⎝⎭'是一个与a 无关的定值, 即()2000124384x a x x -+--是一个与a 无关的定值, 则0240x -=,即02x =,平行直线的斜率为()1724k f ==-'; (3)()()()324g x f x a x a x =+=+- 1414a x a ⎛⎫-+++ ⎪⎝⎭, ∴()()2132444g x x a x a ⎛⎫=+--+⎪⎝⎭', 其中()21441244a a ⎛⎫∆=-++= ⎪⎝⎭()224166742510a a a ++=++>, 设()0g x '=两根为1x 和()212x x x <,考察()g x 在R 上的单调性,如下表1°当0a >时, ()010g a =+>, ()40g a =>,而()152302g a =--<, ∴()g x 在()0,2和()2,4上各有一个零点,即()g x 在()0,4有两个零点; 2°当0a =时, ()010g =>, ()40g a ==,而()15202g =-<, ∴()g x 仅在()0,2上有一个零点,即()g x 在()0,4有一个零点; 3°当0a <时, ()40g a =<,且13024g a ⎛⎫=->⎪⎝⎭, ①当1a <-时, ()010g a =+<,则()g x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭和1,42⎛⎫⎪⎝⎭上各有一个零点, 即()g x 在()0,4有两个零点;点睛:在解决类似的问题时,首先要注意区分函数最值与极值的区别.求解函数的最值时,要先求函数()y f x = )在[],a b 内所有使()0f x =的点,再计算函数()y f x =在区间内所有使()0f x =的点和区间端点处的函数值,最后比较即得.2.讲基础1.函数(1)函数:非空集合A --→非空数集B 的映射,其要素为定义域A 、对应法则f ,函数的值域()C C B ⊂. ①求函数定义域的主要依据:(Ⅰ)分式的分母不为零;(Ⅱ)偶次方根被开方数不小于零;(Ⅲ)对数函数的真数必须大于零;(Ⅳ)指 数函数和对数函数的底数必须大于零且不等于零;(Ⅴ)正切函数tan y x =的,2x k k Z ππ≠+∈.②复合函数的定义域:若()()12,,,y f x x D y g x x D =∈=∈,则()y f g x =⎡⎤⎣⎦的定义域为()12|g x D x x D ⎧⎫⎧∈⎪⎪⎪⎨⎨⎬∈⎪⎪⎪⎩⎩⎭. 2.函数的性质 (1)函数的奇偶性如果对于函数y =f (x )定义域内的任意一个x ,都有f (-x )=-f (x )(或f (-x )=f (x )),那么函数f (x )就叫做奇函数(或偶函数). (2)函数的单调性函数的单调性是函数的又一个重要性质.给定区间D 上的函数f (x ),若对于任意12x x D ∈、,当12x x <时,都有12()()f x f x < (或12()()f x f x >),则称f (x )在区间D 上为单调增(或减)函数.反映在图象上,若函数f (x )是区间D 上的增(减)函数,则图象在D 上的部分从左到右是上升(下降)的.如果函数f (x )在给定区间(a ,b )上恒有f ′(x )>0(f ′(x )<0),则f (x )在区间(a ,b )上是增(减)函数,(a ,b )为f (x )的单调增(减)区间. (3)函数的周期性设函数y =f (x ),x ∈D ,如果存在非零常数T ,使得对任意x ∈D ,都有f (x +T )=f (x ),则函数f (x )为周期函数,T 为y =f (x )的一个周期. (4)最值一般地,设函数y =f (x )的定义域为I ,如果存在实数M 满足: ①对于任意的x ∈I ,都有f (x )≤M (或f (x )≥M );②存在0x I ∈,使()0f x M =,那么称M 是函数y =f (x )的最大值(或最小值). 3.函数图象(1)函数图象部分的复习应该解决好画图、识图、用图三个基本问题,即对函数图象的掌握有三方面的要求: ①会画各种简单函数的图象;②能依据函数的图象判断相应函数的性质; ③能用数形结合的思想以图辅助解题. (2)利用图像变换作函数的图像 ①平移变换:(0)()a a y f x >=−−−−−−−→向右平移个单位()y f x a =-;(0)()a a y f x >=−−−−−−−→向左平移个单位()y f x a =+ (0)()a a y f x >=−−−−−−−→向上平移个单位()y f x a =+;(0)()a a y f x >=−−−−−−−→向下平移个单位()y f x a =-.② 对称变换:()x y f x =−−−−−−→ 关于轴对称 ()y f x =-;()y y f x =−−−−−→ 关于轴对称 ()y f x =-; ()x a y f x ==−−−−−−→关于直线对称()2y f a x =-;()y b y f x ==−−−−−−→关于直线对称()2y b f x =- ()y f x =−−−−−−→ 关于原点对称 ()y f x =--;,)()a b y f x =−−−−−−→关于点(对称()22y b f a x =--.③翻折变换:()x x x y f x =−−−−−−−→轴上方保持不变轴下方翻折到轴上方()y f x =;()y y f x =−−−−−−−−−−→轴右侧保持不变,去除左侧图像,右侧图像再翻折到左侧()y f x =.④伸缩变换(0)()y f x ωω>=−−−−−−−−−−−−−→ 纵坐标不变,横坐标变为原来的倍1y f x ω⎛⎫=⎪⎝⎭; (0)()y f x ωω>=−−−−−−−−−−−−−→ 横坐标不变,纵坐标变为原来的倍()y f x ω=4.有关二次方程根的分布问题一般通过两类方法解决:一是根与系数的关系与判别式,二是结合函数值的符号(或大小)、对称轴、判别式用数形结合法处理. 5.和函数与方程思想密切关联的知识点 ①函数y =f (x ),当y >0时转化为不等式f (x )>0. ②数列是自变量为正整数的函数.③直线与二次曲线位置关系问题常转化为二次方程根的分布问题.④几何中有关计算问题,有时可借助长度、面积、体积公式转化为方程或函数最值求解.3.讲典例【例1】【安徽省淮南市第二中学、宿城第一中学2018届高三第四次考试数学(文)】若函数()()222log 148a f x x a x a a ππ=++--+(0a >,且1)a ≠在实数R 上有三个不同的零点,则实数a =__________.【答案】4π【解析】函数()()222log 148a f x x a x a a ππ=++--+(0a >,且1)a ≠在实数R 上有三个不同的零点,等价于()()2y log 1a g x x ==+的图象与()22y 48h x a x a a ππ==-++-的图象恰有三个交点,因为()()g x g x -=, ()()h x h x -=,所以两函数都是偶函数,图象都关于y 轴对称,所以必有一个交点在y上(如果交点都不在y 轴上,则交点个数为偶数),又因为()00g =,即于()y g x =的图象过原点,所以()y h x =的图象也过原点,所以()220048h a a ππ=--+=,可得4a π=,检验符合,故答案为4π. 【名师点睛】根据函数为偶函数以及零点的个数为奇数可以推断出()00f =,需要提醒的是需要检验4a π=时函数的确有3个零点.【趁热打铁】【无锡市2018届高三上期中基础性检测】关于x 的方程2xx a e +=有3个不同的实数解,则实数a 的取值范围为______________. 【答案】()1ln2,-+∞【解析】点睛:解的个数问题我们采用图象法辅助解题,画出图象,我们可以知道在x a <-处有一个交点,则在x a >-处必须有两个交点,所以我们先求出临界情况相切的位置,解得1ln2a =-,所以求出答案()1ln2,-+∞。

2018年高考数学理科江苏专版二轮专题复习与策略专题限

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专题限时集训(十八) 圆锥曲线的定义、方程与性质(建议用时:4 5分钟)1.设抛物线C 1的方程为y =120x 2,它的焦点F 关于原点的对称点为E .若曲线C 2上的点到E ,F 的距离之差的绝对值等于6,则曲线C 2的标准方程为________.【解析】 方程y =120x 2可化为x 2=20y ,它的焦点为F (0,5),所以点E 的坐标为(0,-5),根据题意,知曲线C 2是焦点在y 轴上的双曲线,设方程为y 2a 2-x 2b 2=1(a >0,b >0),则2a =6,a =3,又c =5,b 2=c 2-a 2=16,所以曲线C 2的标准方程为y 29-x 216=1. 【答案】 y 29-x 216=12.(2016·常州期末)已知双曲线C :x 2a 2-y 2b 2=1(a >0,b >0)的一条渐近线经过点P (1,-2),则该双曲线的离心率为________.【导学号:19592052】5 [双曲线x 2a 2-y 2b 2=1的渐近线方程为y =±b a x . 由点P (1,-2)在其直线上,得ba =2. ∴离心率e =1+⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2=1+4= 5.] 3.(2016·苏北四市摸底)已知双曲线x 2-y 2m 2=1(m >0)的一条渐近线方程为x +3y =0,则m =________.33 [双曲线x 2-y 2m 2=1(m >0)的渐近线方程为y =±mx (m >0).由题意可知m=33.]4.(2016·南京盐城一模)在平面直角坐标系xOy 中,已知抛物线C 的顶点在坐标原点,焦点在x 轴上,若曲线C 经过点P (1,3),则其焦点到准线的距离为________.92[由题意,可设曲线C 的方程为y 2=2px (p >0). 由于点P (1,3)满足y 2=2px ,即9=2p ,∴p =92. 故焦点到准线的距离为92.]5.已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,离心率为33,过F 2的直线l 交C 于A ,B 两点.若△AF 1B 的周长为43,则C 的方程为________.x 23+y 22=1 [由e =33得c a =33①.又△AF 1B 的周长为43,由椭圆定义,得4a =43,得a =3,代入①得c =1,∴b 2=a 2-c 2=2,故C 的方程为x 23+y 22=1.]6.设F 为抛物线C :y 2=3x 的焦点,过F 且倾斜角为30°的直线交C 于A ,B 两点,则AB =________.12 [∵F 为抛物线C :y 2=3x 的焦点,∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫34,0,∴AB 的方程为y -0=tan 30°⎝ ⎛⎭⎪⎫x -34,即y =33x -34. 联立⎩⎨⎧y 2=3x ,y =33x -34,得13x 2-72x +316=0.∴x 1+x 2=--7213=212,即x A +x B =212.由于AB =x A +x B +p ,∴AB =212+32=12.]7.(2016·南通三模)在平面直角坐标系xOy 中,双曲线x 2a 2-y 2=1与抛物线y 2=-12x 有相同的焦点,则双曲线的两条渐近线的方程为________.y =±24x [抛物线y 2=-12x 的焦点为(-3,0), 故双曲线x 2a 2-y 2=1满足a 2+1=9,∴a 2=8. ∴a =±2 2.∴双曲线的渐近线方程y =±x a =±24x .]8.已知F 1,F 2是椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左,右焦点,过F 1的直线与椭圆相交于A ,B 两点,若AB →·AF 2→=0,且|AB →|=|AF 2→|,则椭圆的圆心率为________.6-3 [在Rt △ABF 2中,设AF 2=m , 则BF 2=2m , 所以4a =(2+2)m ,又在Rt △AF 1F 2中,AF 1=2a -m =22m , F 1F 2=2c ,所以(2c )2=⎝ ⎛⎭⎪⎫22m 2+m 2=32m 2,即2c =62m ,所以e =c a =2c2a =62m ⎝⎛⎭⎪⎫1+22m=6- 3.] 9.已知F 是椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左焦点,P是椭圆上的一点,PF ⊥x 轴,OP ∥AB (O 为原点),则该椭圆的离心率是________.【导学号:19592053】图17-222 [把x =-c 代入椭圆方程,得y =±b 2a ,∴PF =b 2a . ∵OP ∥AB ,PF ∥OB ,∴△PFO ∽△BOA , ∴PF OF =OB OA ,即b 2a c =b a ,得b =c ,e =22.]10.过抛物线y 2=2px (p >0)的焦点F 的直线l 依次交抛物线及其准线于点A ,B ,C ,若BC =2BF ,且AF =3,则抛物线的方程是________.y 2=3x [设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),作AM ,BN 垂直准线于点M ,N (图略),则BN =BF ,又BC =2BF ,得BC =2BN ,所以∠NCB =30°,有AC =2AM =6,设BF =x ,则2x +x +3=6⇒x =1,又x 1+p 2=3,x 2+p 2=1,且x 1x 2=p 24, 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫3-p 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1-p 2=p 24,解得p =32,从而抛物线方程为y 2=3x .]11.设M (x 0,y 0)为抛物线C :x 2=8y 上一点,F 为抛物线C 的焦点,以F 为圆心、FM 为半径的圆和抛物线C 的准线相交,则y 0的取值范围是________.(2,+∞) [∵x 2=8y ,∴焦点F 的坐标为(0,2),准线方程为y =-2.由抛物线的定义知MF =y 0+2.以F 为圆心、FM 为半径的圆的标准方程为x 2+(y -2)2=(y 0+2)2.由于以F 为圆心、FM 为半径的圆与准线相交,又圆心F 到准线的距离为4,故4<y 0+2,∴y 0>2.]12.如图17-3,已知直线l :y =k (x +1)(k >0)与抛物线C :y 2=4x 相交于A ,B 两点,且A ,B 两点在抛物线C 的准线上的射影分别是M ,N ,若AM =2BN ,则k =________.图17-3223 [设直线l 与曲线C 的准线的交点为E ,因为AM =2BN ,所以BE =BA ,即B 为AE 的中点,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),得2x 2=x 1-1,由⎩⎨⎧y =k (x +1),y 2=4x ,得k 2x 2+(2k 2-4)x +k 2=0,所以x 2·x 1=1,即x 1-12·x 1=1,得x 1=2,y 1=22,x 2=12,y 2=2,k =223.]13.(2013·辽宁高考)已知F 为双曲线C :x 29-y 216=1的左焦点,P ,Q 为C 上的点.若PQ 的长等于虚轴长的2倍,点A (5,0)在线段PQ 上,则△PQF 的周长为________.44 [由x 29-y 216=1,得a =3,b =4,c =5. ∴PQ =4b =16>2a .又∵A (5,0)在线段PQ 上,∴P ,Q 在双曲线的一支上, 且PQ 所在直线过双曲线的右焦点, 由双曲线定义知⎩⎨⎧PF -P A =2a =6,QF -QA =2a =6,∴PF +QF =28.∴△PQF 的周长是PF +QF +PQ =28+16=44.]14.椭圆Γ:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,焦距为2c .若直线y =3(x +c )与椭圆Γ的一个交点M 满足∠MF 1F 2=2∠MF 2F 1,则该椭圆的离心率等于________.3-1 [已知F 1(-c,0),F 2(c,0), 直线y =3(x +c )过点F 1,且斜率为3, ∴倾斜角∠MF 1F 2=60°. ∵∠MF 2F 1=12∠MF 1F 2=30°,∴∠F 1MF 2=90°,∴MF 1=c ,MF 2=3c . 由椭圆定义知MF 1+MF 2=c +3c =2a , ∴离心率e =c a =21+3=3-1.]15.(2016·宿迁模拟)已知动点P (x ,y )在椭圆x 225+y 216=1上,若A 点的坐标为(3,0),|AM →|=1,且PM →·AM →=0,则|PM →|的最小值为________.3 [由|AM →|=1,A (3,0),知点M 在以A (3,0)为圆心,1为半径的圆上运动, ∵PM →·AM →=0且P 在椭圆上运动,∴PM ⊥AM ,即PM 为⊙A 的切线,连结P A (如图),则|PM →|=|P A →|2-|AM →|2=|P A →|2-1,∵|P A →|min =a -c =5-3=2, ∴|PM →|min = 3.]16.椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,若椭圆C 上恰好有6个不同的点P ,使得△F 1F 2P 为等腰三角形,则椭圆C 的离心率的取值范围是________.⎝ ⎛⎭⎪⎫13,12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1 [当点P 位于椭圆的两个短轴端点时,△F 1F 2P 为等腰三角形,此时有2个.若点不在短轴的端点时,要使△F 1F 2P 为等腰三角形,则有PF 1=F 1F 2=2c 或PF 2=F 1F 2=2c .此时PF 2=2a -2c .所以有PF 1+F 1F 2>PF 2,即2c +2c >2a -2c ,所以3c >a ,即c a >13,又当点P 不在短轴上,所以PF 1≠BF 1,即2c ≠a ,所以c a ≠12.13<e<1且e≠12,即⎝⎛⎭⎪⎫13,12∪⎝⎛⎭⎪⎫12,1.]所以椭圆的离心率满足。

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专题限时集训(十九) 高考中的圆锥曲线(建议用时:4 5分钟)1.(2014·江苏高考)如图18-5,在平面直角坐标系xOy 中,F 1,F 2分别是椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右焦点,顶点B 的坐标为(0,b ),连结BF 2并延长交椭圆于点A ,过点A 作x 轴的垂线交椭圆于另一点C ,连结F 1C.图18-5(1)若点C 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43,13,且BF 2=2,求椭圆的方程;(2)若F 1C ⊥AB ,求椭圆离心率e 的值.[解] 设椭圆的焦距为2c ,则F 1(-c,0),F 2(c,0). (1)因为B (0,b ),所以BF 2=b 2+c 2=a . 又BF 2=2,故a = 2. 3分 因为点C ⎝ ⎛⎭⎪⎫43,13在椭圆上,所以169a 2+19b 2=1,解得b 2=1. 故所求椭圆的方程为x 22+y 2=1. 6分 (2)因为B (0,b ),F 2(c,0)在直线AB 上, 所以直线AB 的方程为x c +yb =1.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧x c +y b =1,x 2a 2+y 2b 2=1,得⎩⎪⎨⎪⎧x 1=2a 2c a 2+c 2,y 1=b (c 2-a 2)a 2+c 2,⎩⎨⎧x 2=0,y 2=b .所以点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2c a 2+c2,b (c 2-a 2)a 2+c 2. 10分又AC 垂直于x 轴,由椭圆的对称性,可得点C 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2c a 2+c2,b (a 2-c 2)a 2+c 2.因为直线F 1C 的斜率为b (a 2-c 2)a 2+c 2-02a 2c a 2+c 2-(-c )=b (a 2-c 2)3a 2c +c 3,直线AB 的斜率为-bc ,且F 1C ⊥AB ,所以b (a 2-c 2)3a 2c +c 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫-b c =-1.又b 2=a 2-c 2,整理得a 2=5c 2. 故e 2=15,因此e =55. 16分2.(2016·南通二调)如图18-6,在平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为22.A 为椭圆上异于顶点的一点,点P 满足OP →=2AO →.图18-6(1)若点P 的坐标为(2,2),求椭圆的方程;(2)设过点P 的一条直线交椭圆于B ,C 两点,且BP →=mBC →,直线OA ,OB 的斜率之积为-12,求实数m 的值.【导学号:19592055】[解] (1)因为OP →=2AO →,而P (2,2), 所以A ⎝ ⎛⎭⎪⎫-1,-22. 3分代入椭圆方程,得1a 2+12b 2=1,① 又椭圆的离心率为22,所以1-b 2a 2=22,②由①②,得a 2=2,b 2=1,故椭圆的方程为x 22+y 2=1. 6分 (2)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),C (x 3,y 3), 因为OP →=2AO →,所以P (-2x 1,-2y 1).因为BP →=mBC →,所以(-2x 1-x 2,-2y 1-y 2)=m (x 3-x 2,y 3-y 2), 即⎩⎨⎧-2x 1-x 2=m (x 3-x 2),-2y 1-y 2=m (y 3-y 2), 于是⎩⎪⎨⎪⎧x 3=m -1m x 2-2m x 1,y 3=m -1m y 2-2m y 1,10分代入椭圆方程,得⎝ ⎛⎭⎪⎫m -1mx 2-2m x 12a 2+⎝ ⎛⎭⎪⎫m -1m y 2-2m y 12b 2=1,即4m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 21a 2+y 21b 2+(m -1)2m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22a 2+y 22b 2-4(m -1)m 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2a 2+y 1y 2b 2=1,③ 14分 因为A ,B 在椭圆上,所以x 21a 2+y 21b 2=1,x 22a 2+y 22b2=1.④因为直线OA ,OB 的斜率之积为-12,即y 1x 1·y 2x 2=-12,结合②知x 1x 2a 2+y 1y 2b 2=0. ⑤将④⑤代入③,得4m 2+(m -1)2m 2=1, 解得m =52. 16分3.(2016·江苏高考)如图18-7,在平面直角坐标系xOy 中,已知直线l :x -y -2=0,抛物线C :y 2=2px (p >0).图18-7(1)若直线l 过抛物线C 的焦点,求抛物线C 的方程;(2)已知抛物线C 上存在关于直线l 对称的相异两点P 和Q . ①求证:线段PQ 的中点坐标为(2-p ,-p ); ②求p 的取值范围.[解] (1)抛物线C :y 2=2px (p >0)的焦点为⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2,0,3分由点⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2,0在直线l :x -y -2=0上,得p 2-0-2=0,即p =4.所以抛物线C 的方程为y 2=8x . 6分(2)设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),线段PQ 的中点M (x 0,y 0).因为点P 和Q 关于直线l 对称,所以直线l 垂直平分线段PQ ,于是直线PQ 的斜率为-1,则可设其方程为y =-x +b .①证明:由⎩⎨⎧y 2=2px ,y =-x +b消去x 得y 2+2py -2pb =0.(*) 10分因为P 和Q 是抛物线C 上的相异两点,所以y 1≠y 2,从而Δ=(2p )2-4×(-2pb )>0,化简得p +2b >0.方程(*)的两根为y 1,2=-p ±p 2+2pb , 从而y 0=y 1+y 22=-p .因为M (x 0,y 0)在直线l 上,所以x 0=2-p . 12分 因此,线段PQ 的中点坐标为(2-p ,-p ). ②因为M (2-p ,-p )在直线y =-x +b 上, 所以-p =-(2-p )+b ,即b =2-2p .由①知p +2b >0,于是p +2(2-2p )>0,所以p <43. 因此,p 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0,43. 16分4.如图18-8,等边三角形OAB 的边长为83,且其三个顶点均在抛物线E :x 2=2py (p >0)上.图18-8(1)求抛物线E 的方程;(2)设动直线l 与抛物线E 相切于点P ,与直线y =-1相交于点Q .证明:以PQ 为直径的圆恒过y 轴上某定点.[解] (1)依题意,OB =83,∠BOy =30°,设B (x ,y ),则x =OB sin 30°=43,y =OB cos 30°=12.因为点B (43,12)在x 2=2py 上,所以(43)2=2p ×12,解得p =2.故抛物线E 的方程为x 2=4y . 6分(2)证明:法一:由(1)知y =14x 2,y ′=12x . 设P (x 0,y 0),则x 0≠0,且l 的方程为 y -y 0=12x 0(x -x 0),即y =12x 0x -14x 20. 由⎩⎪⎨⎪⎧y =12x 0x -14x 20,y =-1,得⎩⎪⎨⎪⎧x =x 20-42x 0,y =-1.所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20-42x 0,-1. 10分 设M (0,y 1),令MP →·MQ →=0对满足y 0=14x 20(x 0≠0)的x 0,y 0恒成立.由于MP →=(x 0,y 0-y 1),MQ →=⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20-42x 0,-1-y 1, 由MP →·MQ →=0,得x 20-42-y 0-y 0y 1+y 1+y 21=0, 即(y 21+y 1-2)+(1-y 1)y 0=0.(*)由于(*)式对满足y 0=14x 20(x 0≠0)的y 0恒成立,所以⎩⎨⎧1-y 1=0,y 21+y 1-2=0,解得y 1=1.故以PQ 为直径的圆恒过y 轴上的定点M (0,1). 16分法二:由(1)知y =14x 2,y ′=12x .设P (x 0,y 0),则x 0≠0,且l 的方程为y -y 0=12x 0(x -x 0),即y =12x 0x -14x 20. 由⎩⎪⎨⎪⎧y =12x 0x -14x 20,y =-1,得⎩⎪⎨⎪⎧x =x 20-42x 0,y =-1.10分所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20-42x 0,-1. 取x 0=2,此时P (2,1),Q (0,-1),以PQ 为直径的圆为(x -1)2+y 2=2,交y 轴于点M 1(0,1)或M 2(0,-1);取x 0=1,此时P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1,14,Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫-32,-1,以PQ为直径的圆为⎝ ⎛⎭⎪⎫x +142+⎝ ⎛⎭⎪⎫y +382=12564,交y 轴于M 3(0,1)或M 4⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-74.故若满足条件的点M 存在,只能是M (0,1). 以下证明点M (0,1)就是所要求的点.因为MP →=(x 0,y 0-1),MQ →=⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20-42x 0,-2, 所以MP →·MQ →=x 20-42-2y 0+2=2y 0-2-2y 0+2=0. 故以PQ 为直径的圆恒过y 轴上的定点M (0,1). 16分5.(2016·南京盐城一模)如图18-9,在平面直角坐标系xOy 中,设点M (x 0,y 0)是椭圆C :x 24+y 2=1上一点,从原点O 向圆M :(x -x 0)2+(y -y 0)2=r 2作两条切线分别与椭圆C 交于点P ,Q ,直线OP ,OQ 的斜率分别记为k 1,k 2.图18-9(1)若圆M 与x 轴相切于椭圆C 的右焦点,求圆M 的方程; (2)若r =255. ①求证:k 1k 2=-14; ②求OP ·OQ 的最大值.[解] (1)因为椭圆C 右焦点的坐标为(3,0),所以圆心M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫3,±12,4分 从而圆M 的方程为(x -3)2+⎝ ⎛⎭⎪⎫y ±122=14. 6分 (2)①证明:因为圆M 与直线OP :y =k 1x 相切,所以|k 1x 0-y 0|k 21+1=255,即(4-5x 20)k 21+10x 0y 0k 1+4-5y 20=0, 同理,有(4-5x 20)k 22+10x 0y 0k 2+4-5y 20=0,所以k 1,k 2是方程(4-5x 20)k 2+10x 0y 0k +4-5y 20=0的两根,从而k 1k 2=4-5y 204-5x 20=4-5⎝ ⎛⎭⎪⎫1-14x 204-5x 20=-1+54x 204-5x 2=-14. 10分②设点P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),联立⎩⎪⎨⎪⎧y =k 1x ,x 24+y 2=1,解得x 21=41+4k 21,y 21=4k 211+4k 21, 12分同理,x 22=41+4k 22,y 22=4k 221+4k 22,所以OP 2·OQ 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫41+4k 21+4k 211+4k 21·⎝ ⎛⎭⎪⎫41+4k 22+4k 221+4k 22=4(1+k 21)1+4k 21·4(1+k 22)1+4k 22=4+4k 211+4k 21·1+16k 211+4k 21≤⎝ ⎛⎭⎪⎫5+20k 2122(1+4k 21)2=254, 当且仅当k 1=±12时取等号.所以OP ·OQ 的最大值为52. 16分6.(2016·苏州期末)如图18-10,已知椭圆O :x 24+y 2=1的右焦点为F ,点B ,C 分别是椭圆O 的上,下顶点,点P 是直线l :y =-2上的一个动点(与y 轴交点除外),直线PC 交椭圆于另一点M.图18-10(1)当直线PM 过椭圆的右焦点F 时,求△FBM 的面积; (2)①记直线BM ,BP 的斜率分别为k 1,k 2,求证:k 1·k 2为定值; ②求PB →·PM →的取值范围.[解] (1)由题意B (0,1),C (0,-1),焦点F (3,0),当直线PM 过椭圆的右焦点F 时,则直线PM 的方程为x 3+y -1=1,即y =33x -1,联立,⎩⎪⎨⎪⎧x 24+y 2=1,y =33x -1,解得⎩⎪⎨⎪⎧x =837,y =17或⎩⎨⎧x =0,y =-1(舍),即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫837,17.3分连结BF ,则直线BF :x 3+y1=1,即x +3y -3=0, 而BF =a =2,M 到直线BF 的距离为d =⎪⎪⎪⎪⎪⎪837+3·17-312+(3)2=2372=37.故S △MBF =12·BF ·d =12·2·37=37. 6分(2)法一:①设P (m ,-2),且m ≠0,则直线PM 的斜率为k =-1-(-2)0-m=-1m ,则直线PM 的方程为y =-1m x -1,联立⎩⎪⎨⎪⎧y =-1m x -1,x 24+y 2=1,化简得⎝ ⎛⎭⎪⎫1+4m 2x 2+8m x =0,解得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫-8m m 2+4,4-m 2m 2+4, 8分 所以k 1=4-m 2m 2+4-1-8m m 2+4=-2m 2-8m =14m ,k 2=1-(-2)0-m =-3m , 所以k 1·k 2=-3m ·14m =-34为定值. 12分 ②由①知,PB →=(-m,3),PM →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-8m m 2+4-m ,4-m 2m 2+4+2=⎝ ⎛⎭⎪⎫-m 3-12m m 2+4,m 2+12m 2+4, 所以PB →·PM →=(-m,3)·⎝⎛⎭⎪⎫-m 3+12m m 2+4,m 2+12m 2+4 =m 4+15m 2+36m 2+4,令m 2+4=t >4,故PB →·PM →=(t -4)2+15(t -4)+36t =t 2+7t -8t =t -8t +7, 因为y =t -8t +7在t ∈(4,+∞)上单调递增,所以PB →·PM →=t -8t +7>4-84+7=9,即PB →·PM →的取值范围为(9,+∞). 16分法二:①设点M (x 0,y 0)(x 0≠0),则直线PM 的方程为y =y 0+1x 0x -1,令y =-2,得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫-x 0y 0+1,-2.所以k 1=y 0-1x 0,k 2=-2-1-x 0y 0+1=3(y 0+1)x 0,所以k 1k 2=y 0-1x 0·3(y 0+1)x 0=3(y 20-1)x 20=3(y 20-1)4(1-y 20)=-34(定值). 10分 ②由①知,PB →=⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0y 0+1,3,PM →=⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0+x 0y 0+1,y 0+2,所以PB →·PM →=x 0y 0+1⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0+x 0y 0+1+3(y 0+2)=x 20(y 0+2)(y 0+1)2+3(y 0+2) =4(1-y 20)(y 0+2)(y 0+1)2+3(y 0+2)=(7-y 0)(y 0+2)y 0+1.令t =y 0+1∈(0,2),则PB →·PM →=(8-t )(t +1)t =-t +8t +7,因为y =-t +8t +7在t ∈(0,2)上单调递减,所以PB →·PM →=-t +8t +7>-2+82+7=9,即PB →·PM →的取值范围为(9,+∞). 16分。

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专题限时集训(二) 函 数(对应学生用书第80页) (限时:120分钟)一、填空题(本大题共14小题,每小题5分,共70分,请把答案填写在题中横线上.) 1.(河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛)已知函数 f (x )=⎩⎨⎧log 5x ,x >0,2x,x ≤0,则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫125=________.14 [f ⎝ ⎛⎭⎪⎫125=log 5125=-2,∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫125=f (-2)=2-2=14.] 2.(江苏省苏州市2017届高三上学期期中)已知函数f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数,当0<x <1时,f (x )=8x .则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-193=________.-2 [函数f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数,当0<x <1时,f (x )=8x ,则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-193=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-13=-f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13=-813=-2.]3.(2017·江苏省淮安市高考数学二模)函数 f (x )=-x 2的定义域是________.[-2,2] [由lg(5-x 2)≥0,得5-x 2≥1, 即x 2≤4,解得-2≤x ≤2. ∴函数f (x )=-x 2的定义域是[-2,2].故答案为:[-2,2].]4.(广西柳州市2017届高三10月模拟)设a ,b ,c 均为正数,且2a=log 12a ,⎝ ⎛⎭⎪⎫12b=log 12b ,⎝ ⎛⎭⎪⎫12c=log 2c ,则a ,b ,c 的大小关系为________. a <b <c [画图可得0<a <b <1<c .]5.(广东2017届高三上学期阶段测评(一))定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x +2)=-f (x ),当0≤x ≤1时,f (x )=x ,则f (37.5)等于________.0.5 [∵f (x +2)=-f (x ),∴f (x +4)=f (x )且f (-x )=-f (x ),0≤x ≤1时,f (x )=x ,∴f (37.5)=f (1.5)=-f ()-0.5=f ()0.5=0.5.]6.(广东省佛山市2017届高三教学质量检测(一))函数f (x )=1x -log 21+ax1-x 为奇函数,则实数a =________.±1 [因为函数 f (x )为奇函数,所以 f (-x )=1-x -log 21-ax 1+x =-1x +log 21+ax 1-x ,即1+x 1-ax =1+ax1-x,所以a =±1.] 7.(天津六校2017届高三上学期期中联考)已知定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x +2)·f (x )=1对于x ∈R 恒成立,且f (x )>0,则f (2 015)=________. 1 [因为f (x +2)·f (x )=1⇒f (x +4)=1fx +=f (x )⇒T =4,因此f (2 015)=f (3)=f (-1)=f (1);而f (x +2)·f (x )=1⇒f (-1+2)·f (-1)=1⇒f 2(1)=1,f (x )>0⇒f (1)=1,所以f (2 015)=1.]8.(河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛)已知函数f (x )是R 上的单调函数,且对任意实数x ,都有f ⎝⎛⎭⎪⎫fx +22x+1=13,则f (log 23)=________. 12 [因为函数f (x )是R 上的单调函数,且f ⎝⎛⎭⎪⎫f x +22x+1=13,所以可设f (x )+22x +1=t (t 为常数),即f (x )=t -22x +1,又因为f (t )=13,所以t -22t +1=13,令g (x )=x -22x +1,显然g (x )在R 上单调递增,且g (1)=13,所以t =1,f (x )=1-22x +1,f (log 23)=1-22log 23+1=12.]9.(湖北省荆州市2017届高三上学期第一次质量检测)已知函数f (x )=|ln x |-1,g (x )=-x 2+2x +3,用min{m ,n }表示m ,n 中最小值,设h (x )=min{f (x ),g (x )},则函数h (x )的零点个数为________.3 [作出函数f (x )和g (x )的图象(两个图象的下面部分图象)如图,由g (x )=-x 2+2x +3=0,得x =-1或x =3,由f (x )=|ln x |-1=0,得x =e 或x =1e .∵g (e)>0,∴当x >0时,函数h (x )的零点个数为3个.]10.(江苏省南京市2017届高三上学期学情调研)已知f (x ),g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数,且f (x )+g (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫12x .若存在x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,1,使得等式af (x 0)+g (2x 0)=0成立,则实数a 的取值范围是________.【导学号:56394011】⎣⎢⎡⎦⎥⎤22,522 [由f (x )+g (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 得f (-x )+g (-x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫12-x ,即-f (x )+g (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫12-x ,所以f (x )=12(2-x -2x ),g (x )=12(2-x +2x ).存在x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,1,使得等式af (x 0)+g (2x 0)=0成立,即x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,1,a =-g x 0f x 0,设h (x )=-g xf x⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,1,则h (x )=-12-2x+22x 12-x-2x=22x +2-2x 2x -2-x =(2x -2-x )+22x -2-x,x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,1时,2x -2-x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22,32,设t =2x -2-x,则t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22,32,而h (x )=t +2t ,易知y =t +2t 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤22,2上递减,在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2,32上递增,因此y min =2+22=22,y max =22+222=522,所以h (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22,522,即a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22,522.] 11.(江苏省苏州市2017届高三上学期期中)已知函数f (x )=⎩⎨⎧2x -1,x >0,x 2+x ,x ≤0,若函数g (x )=f (x )-m 有三个零点,则实数m 的取值范围是________. ⎝ ⎛⎦⎥⎤-14,0 [由g (x )=f (x )-m =0得f (x )=m , 若函数g (x )=f (x )-m 有三个零点, 等价为函数f (x )与y =m 有三个不同的交点, 作出函数f (x )的图象如图:当x ≤0时,f (x )=x 2+x =⎝ ⎛⎭⎪⎫x +122-14≥-14,若函数f (x )与y =m 有三个不同的交点, 则-14<m ≤0,即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤-14,0,故答案为:⎝ ⎛⎦⎥⎤-14,0.]12.(2017·江苏省苏、锡、常、镇四市高考数学二模)已知函数 f (x )=⎩⎨⎧4x -x 2,x ≥0,3x,x <0,若函数g (x )=|f (x )|-3x +b 有三个零点,则实数b 的取值范围为________.(-∞,-6)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤-14,0 [函数f (x )=⎩⎨⎧4x -x 2,x ≥0,3x,x <0,若函数g (x )=|f(x )|-3x +b 有三个零点,就是h (x )=|f (x )|-3x 与y =-b 有3个交点,h (x )=⎩⎪⎨⎪⎧x -x 2,0≤x ≤4,x 2-7x ,x >4,-3x-3x ,x <0,画出两个函数的图象如图:当x <0时,-3x-3x ≥6,当且仅当x =-1时取等号,此时-b >6,可得b <-6;当0≤x ≤4时,x -x 2≤14,当x =12时取得最大值,满足条件的b ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤-14,0 .综上,b ∈(-∞,-6)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤-14,0.故答案为:(-∞,-6)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤-14,0.]13.(2017·江苏省淮安市高考数学二模)已知函数f (x )=⎩⎨⎧-x +m ,x <0,x 2-1,x ≥0,其中m >0,若函数y =f (f (x ))-1有3个不同的零点,则m 的取值范围是________. (0,1) [①当x <0时,f (f (x ))=(-x +m )2-1,图象为开口向上的抛物线在y 轴左侧的部分,顶点为(0,m 2-1);②当0≤x <1时,f (f (x ))=-x 2+1+m ,图象为开口向下的抛物线在0≤x <1之间的部分,顶点为(0,m +1).根据题意m >0,所以m +1>1;③当x ≥1时,f (f (x ))=(x 2-1)2-1,图象为开口向上的抛物线在x =1右侧的部分,顶点为(1,-1).根据题意,函数y =f (f (x ))-1有3个不同的零点,即f (f (x ))的图象与y =1有3个不同的交点.根据以上三种分析的情况:第③种情况x =1时,f (f (x ))=-1,右侧为增函数,所以与y =1有一个交点;第②种情况,当x →1时,f (f (x ))→m ,所以与y =1有交点,需m <1;第①种情况,当x →0时,f (f (x ))→m 2-1,只要m 2-1<1即可,又m >0,∴0<m <2, 综上m 的取值范围为(0,1).]14.(2017·江苏省无锡市高考数学一模)若函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧12x -1,x <1,ln x x 2,x ≥1,则函数y =|f (x )|-18的零点个数为________.4 [当x ≥1时,ln xx 2=18,即ln x =18x 2,令g (x )=ln x -18x 2,x ≥1时函数是连续函数,g (1)=-18<0,g (2)=ln 2-12=ln2e>0, g (4)=ln 4-2<0,由函数的零点判定定理可知g (x )=ln x -18x 2有2个零点.(结合函数y =ln xx 2与y =18可知函数的图象有2个交点.) 当x <1时,y =⎩⎪⎨⎪⎧12x-1,x <0,1-12x,x ∈[0,,函数的图象与y =18的图象如图,考查两个函数有2个交点,综上函数y =|f (x )|-18的零点个数为4个.故答案为4.]二、解答题(本大题共6小题,共90分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)15.(本小题满分14分)(2016-2017学年度江苏苏州市高三期中调研考试)已知函数f (x )=3x +λ·3-x (λ∈R ).(1)若f (x )为奇函数,求λ的值和此时不等式f (x )>1的解集; (2)若不等式f (x )≤6对x ∈[0,2]恒成立,求实数λ的取值范围.【导学号:56394012】[解] (1)函数f (x )=3x +λ·3-x 的定义域为R ,∵f (x )为奇函数,∴f (-x )+f (x )=0对∀x ∈R 恒成立,即3-x +λ·3x +3x +λ·3-x =(λ+1)(3x +3-x )=0对∀x ∈R 恒成立,∴λ=-1. 此时f (x )=3x -3-x >1,即3x -3-x -1>0, 解得3x >1+52或3x <1-52(舍去), 6分∴解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x >log 31+52. 7分(2)由f (x )≤6得3x +λ·3-x ≤6,即3x+λ3x≤6,令t =3x ∈[1,9],原问题等价于t +λt≤6对t ∈[1,9]恒成立,亦即λ≤-t 2+6t 对t ∈[1,9]恒成立, 10分令g (t )=-t 2+6t ,t ∈[1,9],∵g (t )在[1,3]上单调递增,在[3,9]上单调递减. ∴当t =9时,g (t )有最小值g (9)=-27, ∴λ≤-27.14分16.(本小题满分14分)(泰州中学2016-2017年度第一学期第一次质量检测)设函数y =lg(-x 2+4x -3)的定义域为A ,函数y =2x +1,x ∈(0,m )的值域为B .(1)当m =2时,求A ∩B ;(2)若“x ∈A ”是“x ∈B ”的必要不充分条件,求实数m 的取值范围. [解] (1)由-x 2+4x -3>0, 解得1<x <3,所以A =(1,3),2分又函数y =2x +1在区间(0,m )上单调递减,所以y ∈⎝⎛⎭⎪⎫2m +1,2, 即B =⎝⎛⎭⎪⎫2m +1,2, 5分 当m =2时,B =⎝ ⎛⎭⎪⎫23,2,所以A ∩B =(1,2).7分(2)首先要求m >0,9分而“x ∈A ”是“x ∈B ”的必要不充分条件,所以B 是A 的真子集, 从而2m +1≥1,解得0<m ≤1.12分 所以实数m 的取值范围为(0,1].14分17.(本小题满分14分)(江苏省泰州中学2017届高三上学期第二次月考)无锡市政府决定规划地铁三号线:该线起于惠山区惠山城铁站,止于无锡新区硕放空港产业园内的无锡机场站,全长28公里,目前惠山城铁站和无锡机场站两个站点已经建好,余下的工程是在已经建好的站点之间铺设轨道和等距离修建停靠站.经有关部门预算,修建一个停靠站的费用为6 400万元,铺设距离为x 公里的相邻两个停靠站之间的轨道费用为400x 3+20x 万元.设余下工程的总费用为f (x )万元.(停靠站位于轨道两侧,不影响轨道总长度). (1)试将f (x )表示成x 的函数;(2)需要建多少个停靠站才能使工程费用最小,并求最小值.[解] (1)设需要修建k 个停靠站,则k 个停靠站将28公里的轨道分成相等的k +1段,∴(k +1)x =28⇒k =28x-1, 3分∴f (x )=6 400k +(k +1)(400x 3+20x )=6 400⎝ ⎛⎭⎪⎫28x -1+28x (400x 3+20x ),化简得f (x )=28×400x 2+28×6 400x -5 840,7分(2)f (x )=28×400x 2+28×3 200x+28×3 200x-5 840≥3328×400x 2·28×3 200x ·28×3 200x-5 840=128 560(万元),当且仅当28×400x 2=28×3 200x,即x =2,k =28x-1=13时取“=”.13分故需要建13个停靠站才能使工程费用最小,最小值费用为128 560万元.14分 18.(本小题满分16分)(泰州中学2017届高三上学期期中考试)已知函数f (x )=|x 2-1|+x 2+kx ,且定义域为(0,2).(1)求关于x 的方程f (x )=kx +3在(0,2)上的解;(2)若关于x 的方程f (x )=0在(0,2)上有两个的解x 1,x 2,求k 的取值范围. [解] (1)∵f (x )=|x 2-1|+x 2+kx ,f (x )=kx +3,即|x 2-1|+x 2=3.当0<x ≤1时,|x 2-1|+x 2=1-x 2+x 2=1,此时该方程无解.当1<x <2时,|x 2-1|+x 2=2x 2-1,原方程等价于:x 2=2,此时该方程的解为 2.综上可知:方程f (x )=kx +3在(0,2)上的解为 2. 6分(2)当0<x ≤1时,kx =-1,① 当1<x <2时,2x 2+kx -1=0,② 若k =0,则①无解,②的解为x =±22∉(1,2),故k =0不合题意.若k ≠0,则①的解为x =-1k.8分 (ⅰ)当-1k∈(0,1]时,k ≤-1时,方程②中Δ=k 2+8>0,故方程②中一 根在(1,2)内,一根不在(1,2)内.设g (x )=2x 2+kx -1,而x 1x 2=-12<0,则⎩⎨⎧g <0,g>0,⎩⎨⎧k <-1,k >-72,又k ≤-1,故-72<k <-1. 12分(ⅱ)当-1k∉(0,1]时,即-1<k <0或k >0时,方程②在(1,2)需有两个不同解,而x 1x 2=-12<0,知道方程②必有负根,不合题意. 综上所述,故-72<k <-1.16分19.(本小题满分16分)(江苏省南通市如东县、 徐州市丰县2017届高三10月联考)已知函数f (x )=-3x +a3x +1+b.(1)当a =b =1时,求满足f (x )=3x 的x 的值; (2)若函数f (x )是定义在R 上的奇函数.①存在t ∈R ,不等式f (t 2-2t )<f (2t 2-k )有解,求k 的取值范围; ②若函数g (x )满足f (x )·[g (x )+2]=13(3-x -3x ),若对任意x ∈R ,不等式g (2x )≥m ·g (x )-11恒成立,求实数m 的最大值 .[解] (1) 由题意,-3x +13x +1+1=3x ,化简得3·(3x )2+2·3x-1=0,解得3x =-1(舍)或3x =13,2分 所以x =-1.4分(2) 因为f (x )是奇函数,所以f (-x )+f (x )=0, 所以-3-x +a 3-x +1+b +-3x +a 3x +1+b=0,化简并变形得: (3a -b )(32x +1)+(2ab -6)·3x =0, 要使上式对任意的x 成立,则3a -b =0且2ab -6=0, 解得⎩⎨⎧a =1,b =3或⎩⎨⎧a =-1,b =-3,因为f (x )的定义域是R ,所以⎩⎨⎧a =-1b =-3(舍去),所以a =1,b =3, 所以f (x )=-3x +13x +1+3.6分 ①f (x )=-3x +13x +1+3=13⎝⎛⎭⎪⎫-1+23x +1, 对任意x 1,x 2∈R ,x 1<x 2有:f (x 1)-f (x 2)=13⎝⎛⎭⎪⎫23x 1+1-23x 2+1=23⎝⎛⎭⎪⎫3x 2-3x 1x 1+x 2+, 因为x 1<x 2,所以3x 2-3x 1>0,所以f (x 1)>f (x 2), 因此f (x )在R 上递减.8分因为f (t 2-2t )<f (2t 2-k ),所以t 2-2t >2t 2-k , 即t 2+2t -k <0在t ∈R 上有解 , 所以Δ=4+4k >0,解得k >-1, 所以k 的取值范围为(-1,+∞). 10分 ②因为f (x )·[g (x )+2]=13(3-x -3x ),所以g (x )=3-x -3x3f x-2,即g (x )=3x +3-x .12分所以g (2x )=32x +3-2x =(3x +3-x )2-2. 不等式g (2x )≥m ·g (x )-11恒成立, 即(3x+3-x)2-2≥m ·(3x +3-x)-11, 即m ≤3x +3-x +93x +3-x恒成立. 14分令t =3x +3-x ,t ≥2,则m ≤t +9t在t ≥2时恒成立,令h (t )=t +9t ,h ′(t )=1-9t2,t ∈(2,3)时,h ′(t )<0,所以h (t )在(2,3)上单调递减,t ∈(3,+∞)时,h ′(t )>0,所以h (t )在(3,+∞)上单调递增, 所以h (t )min =h (3)=6,所以m ≤6, 所以实数m 的最大值为6 .16分20.(本小题满分16 分)(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)给出定义在(0,+∞)上的两个函数f (x )=x 2-a ln x ,g (x )=x -a x . (1)若f (x )在x =1处取最值,求a 的值;(2)若函数h (x )=f (x )+g (x 2)在区间(0,1]上单调递减 ,求实数a 的取值范围; (3)在(1)的条件下,试确定函数m (x )=f (x )-g (x )-6的零点个数,并说明理由.【导学号:56394013】[解] (1)f ′(x )=2x -ax,由已知f ′(1)=0,即2-a =0, 解得a =2,经检验a =2满足题意, 所以a =2.4分(2)h (x )=f (x )+g (x 2)=x 2-a ln x +x 2-ax =2x 2-a (x +ln x ),h ′(x )=4x -a ⎝⎛⎭⎪⎫1+1x ,要使得h (x )=2x 2-a (x +ln x )在区间(0,1]上单调递减,则h ′(x )≤0,即4x -a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1+1x ≤0在区间(0,1]上恒成立, 6分因为x ∈(0,1],所以a ≥4x 2x +1,设函数F (x )=4x 2x +1,则a ≥F (x )max ,8分F (x )=4x 2x +1=4⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2+1x,因为x ∈(0,1],所以1x∈[1,+∞),所以⎝ ⎛⎭⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2+1x min =2,所以F (x )max =2,所以a ≥2.10分(3)函数m (x )=f (x )-g (x )-6有两个零点. 因为m (x )=x 2-2ln x -x +2x -6, 所以m ′(x )=2x -2x -1+1x=2x 2-2-x +xx =x -x x +2x +x +x.12分当x ∈(0,1)时,m ′(x )<0,当x ∈(1,+∞)时, m ′(x )>0, 所以m (x )min =m (1)=-4<0,14分m (e -2)=-+e +2e 3e4<0,m (e -4)=1+2e 8+e 42-e 8>0,m (e 4)=e 4(e 4-1)+2(e 2-7)>0,故由零点存在定理可知:函数m (x )在(e -4,1)上存在一个零点,函数m (x )在(1,e 4)上存在一个零点, 所以函数m (x )=f (x )-g (x )-6有两个零点. 16分。

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