高考數(shù)學(xué)文科江蘇版1輪復(fù)習(xí)練習(xí)：第2章 基本初等函數(shù)、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 3 第3講分層演練直擊高考 Word版含解析

《高考數(shù)學(xué)文科江蘇版1輪復(fù)習(xí)練習(xí)：第2章 基本初等函數(shù)、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 3 第3講分層演練直擊高考 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)文科江蘇版1輪復(fù)習(xí)練習(xí)：第2章 基本初等函數(shù)、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 3 第3講分層演練直擊高考 Word版含解析（7頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料2019.51如果函數(shù) f(x)ax22x3 在區(qū)間(，4)上是單調(diào)遞增的，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是_解析 當(dāng) a0 時，f(x)2x3，在定義域 R 上是單調(diào)遞增的，故在(，4)上單調(diào)遞增；當(dāng) a0 時，二次函數(shù) f(x)的對稱軸為 x1a，因?yàn)?f(x)在(，4)上單調(diào)遞增，所以 aa14.綜上所述得14a0.答案14，02給定函數(shù)：yx12，ylog12(x1)，y|x1|，y2x1，其中在區(qū)間(0，1)上是單調(diào)遞減函數(shù)的是_(填序號)解析 是冪函數(shù)，在(0，)上是增函數(shù)，不符合；中的函數(shù)是由函數(shù) ylog12x向左平移 1 個單位而得到的，因?yàn)樵瘮?shù)在(0，)上是減

2、函數(shù)，故符合；中的函數(shù)圖象是由函數(shù) yx1 的圖象保留 x 軸上方，下方圖象翻折到 x 軸上方而得到的，故由其圖象可知正確；中函數(shù)顯然是增函數(shù)，故不符合答案 3“函數(shù) f(x)在a，b上為單調(diào)函數(shù)”是“函數(shù) f(x)在a，b上有最大值和最小值”的_條件解析 若函數(shù) f(x)在a， b上為單調(diào)遞增(減)函數(shù)， 則在a， b上一定存在最小(大)值 f(a)，最大(小)值 f(b)，所以充分性滿足；反之，不一定成立，如二次函數(shù) f(x)x22x3 在0，2存在最大值和最小值，但該函數(shù)在0，2不具有單調(diào)性，所以必要性不滿足，即“函數(shù) f(x)在a，b上為單調(diào)函數(shù)”是“函數(shù) f(x)在a，b上有最大值和

3、最小值”的充分不必要條件答案 充分不必要4(20 xx杭州模擬)若函數(shù) f(x)|2xa|的單調(diào)遞增區(qū)間是3，)，則 a_.解析 f(x)|2xa|2xa，xa2，2xa，x0 得 f(x)的定義域?yàn)?3，9)設(shè) n12x27x2，則 00 的解集是_解析 因?yàn)?f(x)為奇函數(shù)，所以 f(x)f(x)，又因?yàn)?f(x)在(，0上單調(diào)遞減，所以 f(x)在0，)上也為單調(diào)遞減函數(shù)，所以函數(shù) f(x)在 R 上為單調(diào)遞減函數(shù)不等式 f(lg x)f(1)0 可化為 f(lg x)f(1)f(1)，所以 lg x1，解得 0 xx22，則 f(x1)f(x2)，而 f(x1)f(x2)ax11x1

4、2ax21x222ax1x22ax2x1（x12） （x22）（x1x2） （2a1）（x12） （x22）0，則 2a10，得 a12.答案12，10定義在 R 上的函數(shù) f(x)滿足 f(xy)f(x)f(y)，當(dāng) x0，則函數(shù) f(x)在a，b上的最小值為_解析 因?yàn)?f(x)是定義在 R 上的函數(shù)，且 f(xy)f(x)f(y)，所以 f(0)0，令 yx，則有 f(x)f(x)f(0)0.所以 f(x)f(x)，所以 f(x)是 R 上的奇函數(shù)設(shè) x1x2，則 x1x20.所以 f(x)在 R 上是減函數(shù)所以 f(x)在a，b上有最小值 f(b)答案 f(b)11求 ya12xx2(

5、a0 且 a1)的單調(diào)區(qū)間解 令 g(x)12xx2(x1)22，所以 g(x)在(，1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減當(dāng) a1 時，函數(shù) ya12xx2的增區(qū)間是(，1)，減區(qū)間是(1，)；當(dāng) 0a0)，且 f(x)在0，1上的最小值為 g(a)，求 g(a)的最大值解 f(x)a1a x1a，當(dāng) a1 時，a1a0，此時 f(x)在0，1上為增函數(shù)，所以 g(a)f(0)1a；當(dāng) 0a1 時，a1a0，此時 f(x)在0，1上為減函數(shù)，所以 g(a)f(1)a；當(dāng) a1 時，f(x)1，此時 g(a)1.所以 g(a)a，0a0，0，x0，1，x1，0，x1，x2，x1.函數(shù)圖象如圖所示

6、， 其遞減區(qū)間是0，1)答案 0，1)2(20 xx濰坊模擬)用 mina，b，c表示 a，b，c 三個數(shù)中的最小值，設(shè) f(x)min2x，x2，10 x(x0)，則 f(x)的最大值為_解析 如圖所示，在同一坐標(biāo)系中作出 yx2，y2x，y10 x 的圖象根據(jù) f(x)的定義，f(x)min2x，x2，10 x(x0)的圖象如圖實(shí)線部分所以 f(x)2x，0 x2，x2，2x4，10 x，x4.令 x210 x，得 x4.當(dāng) x4 時，f(x)取最大值 f(4)6.答案 63設(shè)函數(shù) f(x)x1x，對任意 x1，)，使不等式 f(mx)mf(x)0，由函數(shù)的單調(diào)性可知，f(mx)和 mf(

7、x)均為增函數(shù)，此時不符合題意若 m0，則 f(mx)mf(x)0 可化為 mx1mxmxmx0，所以 2mxm1m 1x0，即 11m22x2，因?yàn)?y2x2在 x1，)上的最小值為 2，所以 11m21，解得 m0 且 f(x)在(1，)內(nèi)單調(diào)遞減，求 a 的取值范圍解 (1)證明：設(shè) x1x20，x1x20，所以 f(x1)f(x2)，所以 f(x)在(，2)內(nèi)單調(diào)遞增(2)設(shè) 1x10，x2x10，所以要使 f(x1)f(x2)0，只需(x1a)(x2a)0 恒成立，所以 a1.綜上所述，a 的取值范圍為(0，15已知函數(shù) f(x)a2xb3x，其中常數(shù) a，b 滿足 ab0.(1)若

8、 ab0，判斷函數(shù) f(x)的單調(diào)性；(2)若 abf(x)時 x 的取值范圍解 (1)當(dāng) a0，b0 時，任意 x1，x2R，x1x2，則 f(x1)f(x2)a(2x12x2)b(3x13x2)因?yàn)?2x10a(2x12x2)0，3x10b(3x13x2)0，所以 f(x1)f(x2)0，函數(shù) f(x)在 R 上是增函數(shù)同理，當(dāng) a0，b0，當(dāng) a0 時，32xa2b，則 xlog1.5a2b ；同理，當(dāng) a0，b0 時，32xa2b，則 x0時，0f(x)f(1)，B(x，y)|f(axy 2)1，aR，若 AB，試確定 a 的取值范圍解 (1)在 f(mn)f(m)f(n)中，令 m1，n0，得 f(1)f(1)f(0)因?yàn)?f(1)0，所以 f(0)1.(2)任取 x1，x2R，且 x10，所以 0f(x2x1)0 時，0f(x)1，所以當(dāng) x10.又 f(0)1，所以綜上可知，對于任意的 x1R，均有 f(x1)0.所以 f(x2)f(x1)f(x1)f(x2x1)1f(1)，即 x2y21.f(axy 2)1f(0)，即 axy 20.由 AB，得直線 axy 20 與圓面 x2y21 無公共點(diǎn)，所以2a211，解得1a1.