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浙江省2016届高三数学专题复习 专题一 函数、不等式及其应用过关提升 理


专题一

函数、不等式及其应用
专题过关·提升卷 第Ⅰ卷 (选择题)

一、选择题 1.(2015·全国卷Ⅱ)已知集合 A={-2,-1,0,1,2},B={x|(x-1)(x+2)<0},则 A∩B =( ) B.{0,1} D.{0,1,2} )

A.{-1,0} C.{-1,0,1}

2.下列函数中,既是偶函数,又在区间(0,+∞)上是减函数的是( A.y=-x
3

B.y=2

|x|

C.y=-lg|x|

D.y=e -e

x

-x

3.设 p:|2a-1|<1,q:f(x)=loga(1-x)在(-∞,1)上是增函数,则 p 是 q 的( A.充分不必要条件 B.充要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分又不必要条件 4.(2015·湖南高考)设函数 f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),则 f(x)是( A.奇函数,且在(0,1)上是增函数 B.奇函数,且在(0,1)上是减函数 C.偶函数,且在(0,1)上是增函数 D.偶函数,且在(0,1)上是减函数 )

)

x+y≥-1, ? ? 5. (2015·湖南高考)若变量 x, y 满足约束条件?2x-y≤1, 则 z=3x-y 的最小值为( ? ?y≤1,
A.-7 C.1 B.-1 D.2
|x-m|

)

6.(2015·天津高考)已知定义在 R 上的函数 f(x)=2

-1(m 为实数)为偶函数,记 a= )

f(log0.53),b=f(log25),c=f(2m),则 a,b,c 的大小关系为(
A.a<b<c C.c<a<b B.a<c<b D.c<b<a

1

7.设函数 g(x)=|x+2|+1,φ (x)=kx,若函数 f(x)=g(x)-φ (x)仅有两个零点,则实 数 k 的取值范围是( )

? 1? A.?0, ? ? 2?
C.(-∞,-1)

? 1 ? B.?- ,1? ? 2 ?
1? ? D.?-1,- ? 2? ?

8.若函数 y=f(x)(x∈A)满足:? x0∈A,使 x0=f[f(x0)]成立,则称“x0 是函数 y=f(x)
? ?2 的稳定点”.若 x0 是函数 f(x)=? ?1-log2 ?
x

(0<x<1), 的稳定点,则 x0 的取值为( x (1<x<2)

)

A. 2 1 C. 或 2 2

B. D.

1 2 2 或 2 2

第Ⅱ卷 (非选择题) 二、填空题 9.(2015·全国卷Ⅰ)若函数 f(x)=xln(x+ a+x )为偶函数,则实数 a=________.
2

x-1≥0, ? ? y 10.(2015·全国卷Ⅰ)若 x,y 满足约束条件?x-y≤0, 则 的最大值为________. x ? ?x+y-4≤0,
?-x+6,x≤2, ? 11.(2015·福建高考)若函数 f(x)=? ?3+logax,x>2 ?

(a>0,且 a≠1)的值域是[4,+∞),则实数 a 的取值范围是________.
? ?x +x,x<0, 12.设函数 f(x)=? 若 f(f(a))≤2,则实数 a 的取值范围是________. 2 ?-x ,x≥0. ? ?log2x,x>0, ? 13.设函数 f(x)=? x 则 f(f(-1))=________;若函数 g(x)=f(x)-k 存在两 ? ?4 ,x≤0,
2

个零点,则实数 k 的取值范围是________. 1 2 14.已知 f(x)是定义在 R 上且周期为 3 的函数,当 x∈[0,3)时,f(x)=|x -2x+ |.若函 2 数 y=f(x)-a 在区间[-3, 4]上有 10 个零点(互不相同), 则实数 a 的取值范围是________. 15.设 x,y 为实数,若 4x +y +xy=1,则 2x+y 的最大值是________.
2 2

2

三、解答题 16.(2015·温州模拟)已知函数 f(x)=-x|x-a|+1(x∈R). (1)当 a=1 时,求使 f(x)=x 成立的 x 的值; (2)当 a∈(0,3),求函数 y=f(x)在 x∈[1,2]上的最大值.

17. (2015·杭州七校联考)设向量 p=(x,1), q=(x+a,2),其中 x∈R,函数 f(x)=p·q. (1)若不等式 f(x)≤0 的解集为[1,2],求不等式 f(x)≥1-x 的解集; (2)若函数 g(x)=f(x)+x +1 在区间(1,2)上有两个不同的零点,求实数 a 的取值范围.
2 2

18.已知函数 f(x)=2 -

x

1 |x|. 2

(1)若 f(x)=2,求 x 的值; (2)若 2 f(2t)+mf(t)≥0 对于 t∈[1,2]恒成立,求实数 m 的取值范围.
t

19.(2015·杭州高级中学模拟)已知 f(x)=2x -tx,且|f(x)|=2 有且仅有两个不同的实 根 α 和 β (α <β ). (1)求实数 t 的取值范围; (2)若 x1、x2∈[α ,β ],且 x1≠x2,求证:4x1x2-t(x1+x2)-4<0; 4x-t (3)设 g(x)= 2 ,对于任意 x1、x2∈[α ,β ]上恒有|g(x1)-g(x2)|≤λ (β -α )成立, x +1 求 λ 的取值范围.

2

3

20.(2015·金华一中模拟)已知函数 f(x)=x +2x|x-a|,其中 a∈R. (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若不等式 4≤f(x)≤16 在 x∈[1,2]上恒成立,求 a 的取值范围.

2

专题过关·提升卷 1.A [由 A={-2,-1,0,1,2},B={x|(x-1)(x+2)<0}={x|-2<x<1},得 A∩B={- 1,0}.] 2.C [选项 A,D 中,y=-x 为奇函数,y=e -e 也为奇函数.又 y=2 =2 (x>0)是增 函数,B 不满足.易知 y=-lg|x|是偶函数,且当 x>0 时,y=-lg x 为减函数.] 3.B [p:|2a-1|<1?0<a<1.
3

x

-x

|x|

x

q:f(x)在(-∞,1)内是增函数?0<a<1.
∴p 是 q 的充要条件.] 4.A [易知函数定义域为(-1,1),f(-x)=ln(1-x)-ln(1+x)=-f(x),故函数 f(x) 2 ? 1+x ? 为奇函数,又 f(x)=ln =ln?-1- ,由复合函数单调性判断方法知,f(x)在(0, x-1? 1-x ? ? 1)上是增函数,故选 A.]

x+y≥-1, ? ? 5.A [不等式组?2x-y≤1, 表示的平面区域如图所示,平移直线 y=3x-z,过点 M(-2, ? ?y≤1
1)时,直线的截距最大,此时 z 有最小值、∴zmin=3×(-2)-1=-7.]

4

6.C [因为函数 f(x)=2
|x|

|x-m|

-1 为偶函数可知,m=0,

所以 f(x)=2 -1.当 x>0 时,f(x)为增函数,log0.53=-log23, ∴log25>|-log0.53|>0, ∴b=f(log25)>a=f(log0.53)>c=f(2m).]

7.D [在同一坐标系内作函数 y=g(x)与 y=φ (x)的图象,依题意知,两个函数的图象有 两个交点.

x 1 则直线 φ (x)=kx 应介于两直线 y=-x 与 y=- 之间,应有-1<k<- .] 2 2

8.C [(1)当 x0∈(0,1)时,1<2x0<2. 1 x x ∴f[f(x0)]=f(2 0)=1-log22 0=x0,则 x0= . 2 (2)当 x0∈(1,2)时,0<1-log2x0<1, ∴f[f(x0)]=f(1-log2x0)=2 1 因此 x0 的取值为 或 2.] 2 9. 1 [f(x)为偶函数, 则 ln(x+ a+x )为奇函数, 所以 ln(x+ a+x )+ln(-x+ a+x ) =0,即 ln(a+x -x )=0,则 ln a=0,a=1.] 10.3 [由约束条件可画出可行域,利用 的几何意义求解. 画出可行域如图阴影所示, ∵ 表示过点(x,y)与原点(0,0)的直线的斜率, ∴点(x,y)在点 A 处时 最大.
? ?x=1, ?x+y-4=0, ? ? ?x=1, ?y=3. ?
2 2 2 2 2 1-log x 2 0

=x0,则 x0= 2.

y x

y x

y x

由?

得?

∴A(1,3).∴ 的最大值为 3.]

y x

5

11.(1,2] [由题意 f(x)的图象如图,则?

? ?a>1,

?3+loga2≥4, ?

∴1<a≤2.]

12.(-∞, 2] [由题意得?
? ?a<0,
2

?f(a)<0, ?
2

?f(a)≥0, ? 或? 2 解之得 f(a)≥-2, ?f (a)+f(a)≤2 ? ?-f (a)≤2, ?

∴?

? ?a≥0, 或? 解得 a≤ 2.] 2 ?a +a≥-2 ? ?-a ≥-2, ?

13.-2

(0,1]

1 ?1? -1 [f(f(-1))=f(4 )=f? ?=log2 =-2.令 f(x)-k=0,即 f(x)=k, 4 4 ? ?

设 y=f(x),y=k,画出图象,如图所示,函数 g(x)=f(x)-k 存在两个零点,即 y=f(x) 与 y=k 的图象有两个交点,由图象可得实数 k 的取值范围为(0,1].]

? 1? 14.?0, ? ? 2?

[

1 1 2 ∵当 x∈[0,3)时,f(x)=|x -2x+ |,作出函数的图象如图所示,可知 f(0)=f(1)= , 2 2

f(3)= .
若使得 f(x)-a=0 在 x∈[-3,4]上有 10 个零点,由于 f(x)的周期为 3,则只需直线 y=a

7 2

6

1 ? 1? 2 与函数 f(x)=|x -2x+ |,x∈[0,3)应有 4 个交点,则有 a∈?0, ?.] 2 ? 2? 2 10 15. 5 [∵4x +y +xy=1,∴(2x+y) -3xy=1,
2 2 2

3 2 即(2x+y) - ·2xy=1, 2 3 ?2x+y?2 2 ∴(2x+y) - ·? ? ≤1, 2 ? 2 ? 8 2 10 2 解之得(2x+y) ≤ ,即 2x+y≤ . 5 5 等号当且仅当 2x=y>0,即 x= 10 10 ,y= 时成立.] 10 5
2

16.解

?-x +x+1,x≥1, ? (1)当 a=1 时,f(x)=-x|x-1|+1=? 2 ?x -x+1,x<1, ?
2

? ?-x +x+1=x,x≥1, 由 f(x)=x 可得:? 2 ?x -x+1=x,x<1. ?

解得 x=1,
?-x +ax+1,x≥a, ? (2)f(x)=? 2 作出示意图, ? ?x -ax+1,x<a
2

注意到几个关键点的值:

a2 ?a? f(0)=f(a)=1,f? ?=1- , 2

? ?

4

当 0<a≤1 时,f(x)在[1,2]上单调递减,函数的最大值为 f(1)=a; 1<a<2 时,f(x)在[1,a]上单调递增,在[a,2]上单调递减, 函数的最大值为 f(a)=1;

? ? ? ? 当 2≤a<3 时,f(x)在?1, ?上单调递减,在? ,2?上单调递增, ? 2? ?2 ?
a a

? ? ? ? 且直线 x= 是函数的对称轴,由于?2- ?-? -1?=3-a>0, 2 ? 2? ?2 ?
a a a
故函数的最大值为 f(2)=5-2a.

7

a,0<a≤1, ? ? 综上可得,f(x)max=?1,1<a<2, ? ?5-2a,2≤a<3.
17.解 (1)f(x)=p·q=x(x+a)+2=x +ax+2, 不等式 f(x)≤0 的解集为[1,2],得 a=-3, 于是 f(x)=x -3x+2. 1 2 2 2 由 f(x)≥1-x 得 1-x ≤x -3x+2,解得 x≤ 或 x≥1, 2
? ? ? 1 2 ∴不等式 f(x)≥1-x 的解集为?x?x≤ 或x≥1?. 2 ?
2 2

?

?

(2)g(x)=2x +ax+3 在区间(1,2)上有两个不同的零点,

2

? ?g(2)>0, 则? a 1<- <2, 4 ? ?a -24>0,
g(1)>0,
2

a+5>0, ? ?2a+11>0, 即? -8<a<-4, ? ?a<-2 6或a>2

解得-5<a<-2 6. 6,

∴a 的取值范围是(-5,-2 6). 1 x 18.解 (1)当 x≥0 时,f(x)=2 - x=2, 2 (2 ) -1 则 =2, x 2 即(2 ) -2·2 -1=0, 解得 2 =1+ 2或 2 =1- 2(舍去), 则 x=log2(1+ 2). 1 x 当 x<0 时,f(x)=2 - -x=2, 2 即 2 -2 =2,无解. 故 x=log2(1+ 2). (2)因为 2 f(2t)+mf(t)≥0 对于 t∈[1,2]恒成立, 而 f(t)在区间[1,2]上恒为正数,故 m≥-2 ·
t t x x x x x 2 x x
2

f(2t) 对于 t∈[1,2]恒成立. f(t)

8

f(2t) t 令 y=-2 · = f(t)
2

? 2t 1 ? t -2 ·?2 - 2t? 2 ? ? 2t 2t =-(2 +1),函数 y=-(2 +1)在 R 上为减函数, 1 t 2- t 2

当 t=1 时,ymax=-2 -1=-5.所以 m≥ymax=-5,故 m 的取值范围为[-5,+∞). 19.(1)解 根据 f(x)=2x -tx 在 x 轴下方的图象沿 x 轴翻折后顶点值 <2, 8 得-4<t<4, 即有 t 的取值范围是(-4,4). (2)证明 由韦达定理知 α +β = ,α β =-1, 2 不妨设 α <x1<x2<β , 由于 x1、x2∈[α ,β ],故(x1-α )(x2-β )≤0,x1x2-(α x2+β x1)+α β ≤0, 即 4x1x2-4(α x2+β x1)-4≤0.4x1x2-t(x1+x2)-4≤4(α x2+β x1)-t(x1+x2) = 4(α x2 + β x1) - 2(α + β )(x1 + x2) = 2(α x2 + β x1) - 2(α x1 + β x2) = 2(x2 - x1)(α - β )<0. (3)解 任取 x1、x2∈[α ,β ],x1<x2, 4x1x2-t(x1+x2)-4 则 g(x1)-g(x2)= (x2-x1)<0, 2 2 (x1+1)(x2+1) 所以 g(x)在[α ,β ]上是增函数, 故|g(x1)-g(x2)|≤λ (β -α )等价于 λ ≥ 4α β -t(α +β )-4 =- =2, 2 2 (α +1)(β +1) 故 λ ≥2.
2

t2

t

g(β )-g(α ) β -a

20.解

?-(x-a) +a ,x≤a, (1)因为 f(x)=x +2x|x-a|=? ? a?2 a x- ? - ,x>a, ?3? ? 3? 3
2 2

2

2

当 a≥0 时,f(x)在(-∞,a)和(a,+∞)上均递增;

? ? ? ? 当 a<0 时(如图),f(x)在(-∞,a)和? ,+∞?上递增,在?a, ?上递减. ?3 ? ? 3?
a a

9

(2)由题意知,只需 f(x)min≥4,f(x)max≤16, 首先,由(1)可知,f(x)在 x∈[1,2]上递增, 1 5 则 f(x)min=f(1)=1+2|1-a|≥4,解得 a≤- 或 a≥ ; 2 2 5 5 其次,当 a≥ 时,f(x)在 R 上递增,故 f(x)max=f(2)=4a-4≤16,解得 ≤a≤5; 2 2 1 1 当 a≤- 时,f(x)在[1,2]上递增,故 f(x)max=f(2)=12-4a≤16,解得-1≤a≤- . 2 2 1 5 综上:-1≤a≤- 或 ≤a≤5. 2 2

10


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