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2016版优化方案高考数学(浙江版&文科)二轮专题复习练习:专题1 集合、常用逻辑用语、函数、不等式第3讲 WORD版含答案.doc

上传人:高**** 文档编号:554877 上传时间:2024-05-29 格式:DOC 页数:6 大小:191.50KB
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资源描述

1、1已知幂函数f(x)x的图象过点(4,2),若f(m)3,则实数m的值为()A.BC9 D9解析:选D.由幂函数f(x)x过点(4,2)可得4222,所以,所以f(x)x,故f(m)3m9.2已知f(x)ax和g(x)bx是指数函数,则“f(2)g(2)”是“ab”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件解析:选C.由已知可得a,b0且a,b1,充分性:f(2)a2,g(2)b2,由f(2)g(2)知,a2b2,再结合yx2在(0,)上单调递增,可知ab,故充分性成立;必要性:由题可知ab0,构造h(x),显然1,所以h(x)在(0,)上单调递增,故h(2)h(0

2、)1,所以a2b2,故必要性成立故选C.3(2015河北省五校联盟质量监测)设alog32,bln 2,c5,则()Aabc BbcaCcab Dcba解析:选C.因为c5,alog32log3,所以cab,故选C.4(2015台州市高三调考)若函数f(x)a|x|log2(x22)有且只有一个零点,则实数a的值是()A2 B1C0 D2解析:选B.将函数f(x)a|x|log2(x22)的零点问题转化为函数f1(x)a|x|的图象与f2(x)log2(x22)的图象的交点问题因为f2(x)log2(x22)在0,)上单调递增,且为偶函数,因此其最低点为(0,1),而函数f1(x)a|x|也是

3、偶函数,在0,)上单调递减,因此其最高点为(0,a),要满足题意,则a1,因此a1.5(2015温州市高三第二次测试)已知f(x),则方程ff(x)2的根的个数是()A3 B4C5 D6解析:选C.令tf(x),若f(t)2,则或,t或t4,即f(x)4或f(x).当f(x)时,或,解得x2或x2或x2;当f(x)4时,同理得x16或x.综上,方程ff(x)2共有5个根,故选C.6(2015杭州市第一次质检)已知函数f(x)(xR)是以4为周期的奇函数,当x(0,2)时,f(x)ln(x2xb)若函数f(x)在区间2,2上有5个零点,则实数b的取值范围是()A1b1 BbC1b1或b D0且a

4、1)(xA)的值域为B.(1)若a2,求AB;(2)若AB,求a的值解:(1)依题意知Ax|x2x20,即A(1,2)若a2,则yax2x,即B,所以AB(1,4)(2)由A(1,2),知当a1时,B,若AB,则必有所以a2;当0a1时,B,若AB,则必有a2,即a,此时B,AB,不符合题意,故a舍去综上可知a2.12(2015呼伦贝尔模拟)已知f(x)|2x1|ax5(a是常数,aR)(1)当a1时,求不等式f(x)0的解集;(2)如果函数yf(x)恰有两个不同的零点,求a的取值范围解:(1)当a1时,f(x)|2x1|x5由解得x2;由解得x4.所以f(x)0的解集为x|x2或x4(2)由

5、f(x)0,得|2x1|ax5.作出y|2x1|和yax5的图象,观察可以知道,当2a2时,这两个函数的图象有两个不同的交点,即函数yf(x)有两个不同的零点故a的取值范围是(2,2)13(2015浙江省新高考联盟联考)已知函数f(x)ax2b|x1|,其中a,b(4,4)(1)当a(0,4),b1时,求函数f(x)在0,2上的最小值;(2)若存在实数c,使函数g(x)f(x)c有四个不同的零点,求ab的取值范围解:(1)当b1时,f(x),当1,即0a时,函数yf(x)在0,1)上单调递减,在1,2上单调递增,所以当x1时函数f(x)取到最小值,且f(x)minf(1)a.当01,即a4时,

6、函数yf(x)在上单调递减,在上单调递增,故当x时,函数f(x)取到最小值,且f(x)minf1.(2)当a0或b0时,显然不满足题意当0a4,0b4时,函数yf(x)在(1,)上单调递增,不符合题意当0a4,4b1,即2ab0,则函数yf(x)在,上单调递减,在,上单调递增,这时存在实数c,使函数g(x)f(x)c有四个不同的零点;若01,即2ab0,则函数yf(x)在上单调递减,在上单调递增,不符合题意当4a0,0b1,即2ab0,则函数yf(x)在,上单调递增,在,上单调递减,这时存在实数c,使函数g(x)f(x)c有四个不同的零点;若01,即2ab0,则函数yf(x)在上单调递增,在上

7、单调递减,不符合题意当4a0,4b0时,函数yf(x)在(1,)上单调递减,不符合题意综上可知,当或时满足题意,可得4ab0或0ab4,故4ab0时,根据定义证明函数f(x)在(,2)上单调递增;(2)求集合Mkb|函数f(x)有三个不同的零点解:(1)证明:当x(,2)时,f(x)kxb.任取x1,x2(,2),设x2x1,则f(x1)f(x2)(x1x2).由x2x1,x1,x2(,2),得x1x20,又k0,f(x1)f(x2)0,即f(x1)0时,u(x),v(x)均开口向上由v(2)10知v(x)在(,2)上有唯一的零点为满足f(x)有三个不同的零点,u(x)在(2,)上应有两个不同的零点,解得b2k2.当k0,知u(x)在(2,)上有唯一的零点为满足f(x)有三个不同的零点,v(x)在(,2)上应有两个不同的零点,解得b2k2.综合得,Mkb|b2k2

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