數(shù)學(xué)必修一四期末模擬試卷中高檔題

1、高一（上）期末備考拔高卷1. 定義在上的單調(diào)函數(shù)滿足：，若 在（上有零點，則的取值范圍是 2. 已知不等式 對恒成立，則的值為 3. 已知函數(shù)，若存在實數(shù)滿足，且則的取值范圍是（） 4. 函數(shù)，若對任意 ，存在 ，使得成立，則實數(shù)的取值范圍是（） 5. 函數(shù)的部分圖象如圖所示（）求函數(shù)的解析式；（）若函數(shù)在區(qū)間上有四個不同零點，求實數(shù)的取值范圍6. 已知二次函數(shù)（1）若，對任意 ， 的最大值與最小值之和為，求的表達式；（2）若為正整數(shù)，函數(shù)在上有兩個不同零點，求的最小值7. 已知函數(shù)（）當時，求在上的最大值和最小值；（）若方程有個不相等的實根，求的取值范圍參考答案1. 定義在上的單調(diào)函數(shù)滿足：

2、，若 在（上有零點，則的取值范圍是 【解析】令，則，則；再令，則，且定義域為，關(guān)于原點對稱是奇函數(shù)在上有零點f（asinx）+f（sinx+cos2x3）=0在（0，）上有解；在上有解；又函數(shù)是上的單調(diào)函數(shù)，在上有解，；令；則；在上單調(diào)遞減，故答案為：2. 已知不等式 對恒成立，則的值為 【解析】，當 時，當時，又對恒成立， 若，與均為定義域上的增函數(shù)，在上，可均大于0，不滿足題意； 若，則對不恒成立，不滿足題意；作圖如下：由圖可知，當且僅當方程為的曲線與方程為的直線相交于點，即滿足時，對恒成立，解方程得，解得故答案為：13. 已知函數(shù)，若存在實數(shù)滿足，且則的取值范圍是（） 【解析】題意，可得

3、，則，即為，可得，由的圖象關(guān)于直線對稱，可得，則在遞增，即有的取值范圍是（0，74）故選B4. 函數(shù)，若對任意 ，存在 ，使得成立，則實數(shù)的取值范圍是（） 【解析】解：當x0，4時，2x+33，56，sin（2x+3）12，1，f（x）=2sin（2x+3）1，2，同理可得2x66，3，cos（2x6）12，1，g（x）=mcos（2x6）2m+33m2+3，m+3，對任意x10，4，存在x20，4，使得g（x1）=f（x2）成立，&-3m2+31&-m+32，求得1m43，故選：D5. 函數(shù)的部分圖象如圖所示（）求函數(shù)的解析式；（）若函數(shù)在區(qū)間上有四個不同零點，求實數(shù)的取值范圍【解析】（）根

4、據(jù)f（x）=Asin（x+）的部分圖象知，A=1，T2=236=2，T=，=2T=2；由“五點法畫圖”知，26+=2，解得=6；函數(shù)f（x）=sin（2x+6）；（）f（x12）=sin（2x6+6）=sin2x，函數(shù)F（x）=3f（x12）2+mf（x12）+2=3sin2（2x）+msin2x+2；在區(qū)間0，2上有四個不同零點，設(shè)t=sin2x，由x0，2，得2x0，即sin2x0，1，t0，1，令F（x）=0，則3t2+mt+2=0在0，1上有兩個不等的實數(shù)根，令g（t）=3t2+mt+2則由&0&g(0)0&g(1)0&0-m61，解得5m26；實數(shù)m的取值范圍是5m266. 已知二次

5、函數(shù)（1）若，對任意 ， 的最大值與最小值之和為，求的表達式；（2）若為正整數(shù)，函數(shù)在上有兩個不同零點，求的最小值【解析】（1）a=c0，f（1）=1，則a+b+a=1，b=12a，f（x）=ax2+（12a）x+a=a(x+1-2a2a)2+4a-14a，當112a2，即0a16時，g（a）=f（2）+f（2）=10a；當2112a0，即16a12時，g（a）=f（112a）+f（2）=a14a+3，當a12時，g（a）=f（112a）+f（2）=9a14a1，綜上所述，g（a）=&10a，0a16&a-14a+3，16a12&9a-14a-1，a12；（2）函數(shù)f（x）在（14，14）上有

6、兩個不同零點x1，x2，則x1+x2=ba0，116x1x2=ca0a16c，由根的分布可知f（14）=116a14b+c0，即a+16c4b，a，b，c為正整數(shù)，a+16c4b+1f（0）=c0，0，b2ac，a+16c8ac+1，可得（a-4c）21，a16c，a-4c1，a4c+14+1，a25，a26，b2ac26，b11，c1f（x）=26x2+11x+1，經(jīng)檢驗符合題意，故a+b+c的最小值為387. 已知函數(shù)（）當時，求在上的最大值和最小值；（）若方程有個不相等的實根，求的取值范圍【解答】（）a=1，f（x）=x|x+2|+5=&-x2-2x+5，(-3x-2)&x2+2x+5，

7、(-2x0)，x2，0時，4f（x）5，x3，2時，2f（x）5，f（x）min=f（3）=2，f（x）max=f（0）=5；（）f（x）=&x2-2ax+a2-4a，(x2a)&-x2+2ax+a2-4a(x2a)，若a0，方程f（x）=0有3個不相等的實根，故x2a時，方程f（x）=x2+2ax+a24a=0有2個不相等的實根，x2a時，方程f（x）=x22ax+a24a=0有1個不相等的實根，&4a2+4(a2-4a)0&a2-4a0，解得：2a4，不妨設(shè)x1x2x3，則x1+x2=2a，x1x2=a2+4a，x3=a+2a，1x1+1x2+1x3=2aa(4-a)+a-2aa2-4a=1a-2