2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)-2019年題分類匯編全集

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) 20202020 版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第一章集合與常用邏輯用語第一章集合與常用邏輯用語 第第 1 1 講講 集合及其運(yùn)算集合及其運(yùn)算 基礎(chǔ)達(dá)標(biāo) 1(2017高考全國卷)已知集合A1，2，3，4，B2，4，6，8，則AB中元素的個(gè)數(shù)為( ) A1 B2 C3 D4 解析：選 B.因?yàn)榧螦和集合B有共同元素 2，4，所以AB2，4，所以AB中元素的個(gè)數(shù)為 2. 2 (2019溫州十五校聯(lián)合體聯(lián)考)已知集合Ax|ex1 ，Bx|ln x0 ， 則AB( ) A(，1 B(0，1 C1，e D(0，e 解析：選 A.因?yàn)锳x|ex1

2、 x|x0 ， Bx|ln x0 x|0 x1 ， 所以AB(，1，故選 A. 3(2019寧波高考模擬)已知全集UABxZ Z|0 x6，A(UB)1，3，5，則B( ) A2，4，6 B1，3，5 C0，2，4，6 DxZ Z|0 x6 解析：選 C.因?yàn)槿疷ABxZ Z|0 x60，1，2，3，4，5，6，A(UB)1，3，5，所以B0，2，4，6，故選 C. 4(2017高考天津卷)設(shè)集合A1，2，6，B2，4，CxR R|1x5，則(AB)C( ) A2 B1，2，4 C1，2，4，6 DxR R|1x5 解析：選 B.因?yàn)锳1，2，6，B2，4，所以AB1，2，4，6，又CxR

3、R|1x5，所以(AB)C1，2，4故選 B. 5(2019宜春中學(xué)、新余一中聯(lián)考) 已知全集為 R R，集合Ax|x25x60，Bx|2x1，則圖中陰影部分表示的集合是( ) 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) Ax|2x3 Bx|1x0 Cx|0 x6 Dx|x1 解析：選 C.由x25x60， 解得1x6，所以Ax|1x6 由 2x1，解得x0，所以Bx|x0 又圖中陰影部分表示的集合為(R RB)A， 因?yàn)镽 RBx|x0， 所以(R RB)Ax|0 x6，故選 C. 6已知集合Ax|x23x0，B1，a，且AB有 4 個(gè)子集，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( ) A(0，3) B(0

4、，1)(1，3) C(0，1) D(，1)(3，) 解析：選 B.因?yàn)锳B有 4 個(gè)子集， 所以AB中有 2 個(gè)不同的元素， 所以aA，所以a23a0， 解得 0a0，Bx|xa0，若UBA，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( ) A(，1) B(，2 C1，) D2，) 解析：選 D.因?yàn)閤23x20，所以x2 或x2 或xa 因?yàn)閁BA，借助數(shù)軸可知a2，故選 D. 11 集合A0， 2，a，B1，a2， 若AB0， 1， 2， 4， 16， 則a的值為_ 解析：根據(jù)并集的概念，可知a，a24，16，故只能是a4. 答案：4 12(2019寧波效實(shí)中學(xué)模擬)已知全集UR R，集合Ax|1x3，集合Bx

5、|log2(x2)1，則AB_；A(UB)_ 解析：log2(x2)10 x222x3，則B_，A(R RB)_ 解析：當(dāng)k1 時(shí)，n4；當(dāng)k0 時(shí)，n1；當(dāng)k1 時(shí)，n2；當(dāng)k2 時(shí)，n5.由|x1|3，得x13 或x14 或x2，所以Bx|x4，R RBx|2x4，A(R RB)1，2 答案：x|x4 1，2 14(2019浙江省杭州二中高三年級模擬)設(shè)全集為 R R，集合MxR R|x24x30，精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) 集合NxR R|2x4，則MN_；R R(MN)_ 解析：MxR R|x24x30 x|x3，NxR R|2x4x|x2， 所以MN(3，)，所以R

6、 R(MN)(，3 答案：(3，) (，3 15 已知集合Mx|x24x0，Nx|mx5， 若MNx|3xn， 則m_，n_ 解析：由x24x0 得 0 x4，所以Mx|0 x4又因?yàn)镹x|mx5，MNx|3xn，所以m3，n4. 答案：3 4 16設(shè)全集UxN N*|x9，U(AB)1，3，A(UB)2，4，則B_ 解析：因?yàn)槿疷1，2，3，4，5，6，7，8，9， 由U(AB)1，3， 得AB2，4，5，6，7，8，9， 由A(UB)2，4知，2，4A，2，4 UB. 所以B5，6，7，8，9 答案：5，6，7，8，9 17已知集合Ax|1x5，Cx|axa3，若CAC，則a的取值范圍是

7、_ 解析：因?yàn)镃AC，所以CA. 當(dāng)C時(shí)，滿足CA，此時(shí)aa3，得a32； 當(dāng)C時(shí)，要使CA，則aa3，a1，a35， 解得32a1. 綜上，可得a的取值范圍是(，1 答案：(，1 能力提升 1 (2019金華東陽二中高三調(diào)研)已知全集U為R R， 集合Ax|x216，Bx|ylog3(x4)，則下列關(guān)系正確的是( ) AABR R BA(UB)R R C(UA)BR R DA(UB)A 解析：選 D.因?yàn)锳x|4x4， 所以UBx|x4，所以A(UB)A，故選 D. 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) 2 集合Ax|yln(1x)，Bx|x22x30， 全集UAB， 則U(AB)(

8、 ) Ax|x1 或x1 Bx|1x3 或x1 Cx|x1 或x1 Dx|1x3 或x1 解析： 選 B.集合Ax|yln(1x)x|1x0 x|x1，Bx|x22x30 x|(x1)(x3)0 x|1x3，所以UABx|x3， 所以ABx|1x1； 所以U(AB)x|1x3 或x1 故選 B. 3(2019浙江新高考聯(lián)盟聯(lián)考)已知集合A1，2，m，B1，m，若BA，則m_，AB_ 解析：由題意，當(dāng)m2 時(shí)，A1，2， 2，B1，2，滿足BA；當(dāng)mm，即m0 或 1 時(shí)，若m0，則A1，2，0，B1，0，滿足BA.若m1，則A1，3，1，B1，1，不滿足集合中元素的互異性，所以m1 舍去當(dāng)m2

9、 時(shí)，AB2；當(dāng)m0 時(shí)，AB2 答案：0 或 2 2或2 4函數(shù)g(x)x，xP，x，xM，其中P，M為實(shí)數(shù)集 R R 的兩個(gè)非空子集，規(guī)定f(P)y|yg(x)，xP，f(M)y|yg(x)，xM給出下列四個(gè)命題： 若PM，則f(P)f(M)； 若PM，則f(P)f(M)； 若PMR R，則f(P)f(M)R R； 若PMR R，則f(P)f(M)R R. 其中命題不正確的有_ 解析：若P1，M1，則f(P)1，f(M)1，則f(P)f(M)，故錯(cuò) 若P1，2，M1，則f(P)1，2，f(M)1，則f(P)f(M).故錯(cuò) 若P非負(fù)實(shí)數(shù)，M負(fù)實(shí)數(shù)， 則f(P)非負(fù)實(shí)數(shù)，f(M)正實(shí)數(shù)， 則f

10、(P)f(M)R R，故錯(cuò) 若P非負(fù)實(shí)數(shù)，M正實(shí)數(shù)， 則f(P)非負(fù)實(shí)數(shù)，f(M)負(fù)實(shí)數(shù)， 則f(P)f(M)R R，故錯(cuò) 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) 答案： 5 設(shè)x表示不大于x的最大整數(shù)， 集合Ax|x22x3，B x|182x8 ， 求AB. 解：不等式182x8 的解為3x3， 所以B(3，3) 若xAB，則x22x33x3， 所以x只可能取值3，2，1，0，1，2. 若x2，則x232x0，沒有實(shí)數(shù)解；若x1，則x21，得x1； 若x0，則x23，沒有符合條件的解； 若x1，則x25，沒有符合條件的解； 若x2，則x27，有一個(gè)符合條件的解，x 7. 因此，AB1，

11、7 . 6已知集合Ax|1x3，集合Bx|2mx1m (1)當(dāng)m1 時(shí)，求AB； (2)若AB，求實(shí)數(shù)m的取值范圍； (3)若AB，求實(shí)數(shù)m的取值范圍 解：(1)當(dāng)m1 時(shí)，Bx|2x2， 則ABx|2x2m，2m1，1m3， 得m2，即實(shí)數(shù)m的取值范圍為(，2 (3)由AB，得 若 2m1m，即m13時(shí)，B，符合題意； 若 2m1m，即m13時(shí)，需m13，1m1或m13，2m3， 得 0m13或，即 0m0”是“ab0”的( ) A充分不必要條件 B必要不充分條件 C充分必要條件 D既不充分也不必要條件 解析：選 D.特值法：當(dāng)a10，b1 時(shí)，ab0，ab0，故ab0 ab0；當(dāng)a2，b1

12、 時(shí)，ab0，但ab0，所以ab0 ab0.故“ab0”是“ab0”的既不充分也不必要條件 4 (2019金華市東陽二中高三調(diào)研)若“0 x1”是“(xa)x(a2)0”的充分不必要條件，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( ) A1，0 B(1，0) C(，01，) D(，10，) 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) 解析：選 A.由(xa)x(a2)0 得axa2， 要使“0 xb”，條件q：“2a2b1”，則p是q的( ) A充分不必要條件 B必要不充分條件 C充分必要條件 D既不充分也不必要條件 解析：選 A.由條件p：“ab”，再根據(jù)函數(shù)y2x是增函數(shù)，可得 2a2b，所以 2a2b1，

13、故條件q：“2a2b1”成立，故充分性成立 但由條件q：“2a2b1”成立，不能推出條件p：“ab”成立，例如由 20201 成立，不能推出 00，故必要性不成立故p是q的充分不必要條件，故選 A. 6(2019高三“吳越聯(lián)盟”)已知a，bR R，則使|a|b|4 成立的一個(gè)充分不必要條件是( ) A|a|b|4 B|a|4 C|a|2 且|b|2 Db4 解析：選 D.由b4，但由|a|b|4 得不到b|b|，q：a2b2 Cp：xa2b2，q：x2ab Dp：acbd，q：ab且cd 解析：選 D.A 中，x1x2x，x2xx0 或x1 x1，故p是q的充分不必要條件；B 中，因?yàn)閨a|b

14、|，根據(jù)不等式的性質(zhì)可得a2b2，反之也成立，故p是q的充要條件；C 中，因?yàn)閍2b22ab，由xa2b2，得x2ab，反之不成立，故p是q的充分不必要條件；D 中，取a1，b1，c0，d3，滿足acbd，但是ad，反之，由同向不等式可加性得ab，cdacbd，故p是q的必要不充分條件綜上所述，故選D. 11對于原命題：“已知a、b、cR R，若ac2bc2，則ab”，以及它的逆命題、否命題、逆否命題，真命題的個(gè)數(shù)為_ 解析：原命題為真命題，故逆否命題為真； 逆命題：若ab，則ac2bc2為假命題，故否命題為假命題，所以真命題個(gè)數(shù)為 2. 答案：2 12函數(shù)f(x)x2mx1 的圖象關(guān)于直線x

15、1 對稱的充要條件是_ 解析： 已知函數(shù)f(x)x22x1 的圖象關(guān)于直線x1 對稱， 則m2； 反之也成立 所以函數(shù)f(x)x2mx1 的圖象關(guān)于直線x1 對稱的充要條件是m2. 答案：m2 13 已知：xa，：|x1|1.若是的必要不充分條件，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_ 解析：xa，可看作集合Ax|xa， 因?yàn)椋簗x1|1，所以 0 x2， 所以可看作集合Bx|0 x0 不成立”是真命題，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_ 解析：由題意知ax22ax30 恒成立，當(dāng)a0 時(shí)，30 成立；當(dāng)a0 時(shí)，得a0，4a212a0，解得3a0)，且綈p是綈q的必要而不充分條件，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為_ 解析：法一：由

16、1x132，得2x10， 所以綈p對應(yīng)的集合為x|x10 或x10 或x0)， 所以綈q對應(yīng)的集合為x|xm1 或x0， 設(shè)Bx|xm1 或x0 因?yàn)榻恜是綈q的必要而不充分條件，所以BA， 所以m0，1m2，1m10，且不能同時(shí)取得等號 解得m9，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為9，) 法二：因?yàn)榻恜是綈q的必要而不充分條件， 所以q是p的必要而不充分條件 即p是q的充分而不必要條件， 因?yàn)閝對應(yīng)的集合為x|1mx1m，m0， 設(shè)Mx|1mx1m，m0， 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) 又由1x132，得2x10， 所以p對應(yīng)的集合為x|2x10， 設(shè)Nx|2x10 由p是q的充分而不必

17、要條件知NM， 所以m0，1m2，1m10，且不能同時(shí)取等號，解得m9. 所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為9，) 答案：9，) 17給出下列命題： 已知集合A1，a，B1，2，3，則“a3”是“AB”的充分不必要條件； “x0”是“l(fā)n(x1)0”的必要不充分條件； “函數(shù)f(x)cos2axsin2ax的最小正周期為 ”是“a1”的充要條件； “平面向量a a與b b的夾角是鈍角”的充要條件是“aab b0” 其中正確命題的序號是_(把所有正確命題的序號都寫上) 解析： 因?yàn)椤癮3”可以推出“AB” ， 但“AB” 不能推出“a3”， 所以“a3”是“AB” 的充分不必要條件， 故正確； “x0”不能

18、推出“l(fā)n(x1)0”， 但“l(fā)n(x1)0”可以推出“x0”，所以“x0”是“l(fā)n(x1)0”的必要不充分條件，故正確；f(x)cos2axsin2axcos 2ax，若其最小正周期為 ，則22|a|a1，因此“函數(shù)f(x)cos2axsin2ax的最小正周期為 ”是“a1”的必要不充分條件，故錯(cuò)誤； “平面向量a a與b b的夾角是鈍角”可以推出“abab0”， 但由“abab0”， 得“平面向量a a與b b的夾角是鈍角或平角”， 所以“abab0”是“平面向量a a與b b的夾角是鈍角”的必要不充分條件，故錯(cuò)誤正確命題的序號是. 答案： 能力提升 1(2017高考天津卷)設(shè)R R，則“

19、1212”是“sin 12”的( ) A充分而不必要條件 B必要而不充分條件 C充要條件 D既不充分也不必要條件 解析：選 A.因?yàn)?21212121206， 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) sin 122k76，2k6，kZ Z， 0，62k76，2k6，kZ Z， 所以“1212”是“sin 12”的充分而不必要條件 2已知集合A x122x8，xR R ，Bx|1xm1，xR R，若xB成立的一個(gè)充分不必要條件是xA，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是_ 解析：因?yàn)锳 x122x8，xR R x|1x3，即m2. 答案：m2 3已知函數(shù)f(x)在(，)上是增函數(shù)，a，bR R，對命題“若

20、ab0，則f(a)f(b)f(a)f(b)” (1)寫出否命題，判斷其真假，并證明你的結(jié)論； (2)寫出逆否命題，判斷其真假，并證明你的結(jié)論 解：(1)否命題：已知函數(shù)f(x)在(，)上是增函數(shù)，a，bR R，若ab0，則f(a)f(b)f(a)f(b)該命題是真命題，證明如下： 因?yàn)閍b0，所以ab，ba. 又因?yàn)閒(x)在(，)上是增函數(shù)所以f(a)f(b)，f(b)f(a)，因此f(a)f(b)f(a)f(b)，所以否命題為真命題 (2)逆否命題： 已知函數(shù)f(x)在(， )上是增函數(shù)，a，bR R， 若f(a)f(b)f(a)f(b)，則ab3，a14或a3，a14，無解， 所以不存在

21、實(shí)數(shù)a，使綈p是綈q的充分不必要條件 (2)若p是q的充要條件，則x|axa1x|3x4，所以a3，a14， 解得a3. 故存在實(shí)數(shù)a3，使p是q的充要條件 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) 2020 版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第二章函數(shù)概念與基本初等函數(shù) 第第 1 1 講講 函數(shù)及其表示函數(shù)及其表示 基礎(chǔ)達(dá)標(biāo) 1函數(shù)f(x)1x2ln(3xx2)的定義域是( ) A(2，) B(3，) C(2，3) D(2，3)(3，) 解析：選 C.由x20，3xx20，解得 2x3，則該函數(shù)的定義域?yàn)?2，3)，故選 C. 2 (2019嘉興一模)已知a為實(shí)數(shù)， 設(shè)函數(shù)f(x)x2a，x2，lo

22、g2（x2），x2，則f(2a2)的值為( ) A2a Ba C2 Da或 2 解析：選 B.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)x2a，x0，排除 A、B；yx2|x|的定義域?yàn)閤R R，對應(yīng)關(guān)系與yx的對應(yīng)關(guān)系不同，排除 C；而y(3x)3x，定義域和對應(yīng)關(guān)系與yx均相同，故選 D. 4(2019杭州七校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)x3cos2x1，若f(a)2，則f(a)的值為( ) A3 B0 C1 D2 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) 解析：選 B.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)x3cos2x1， 所以f(x)x3sin x1， 因?yàn)閒(a)2，所以f(a)a3sin a12， 所以a3sin a1，所以f(

23、a)(a)3sin(a)1110.故選 B. 5已知a，b為兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)，集合Ma24a，1，Nb24b1，2，f：xx表示把M中的元素x映射到集合N中仍為x，則ab等于( ) A1 B2 C3 D4 解析：選 D.由已知可得MN， 故a24a2b24b11a24a20，b24b20， 所以a，b是方程x24x20 的兩根，故ab4. 6存在函數(shù)f(x)滿足：對于任意xR R 都有( ) Af(sin 2x)sin x Bf(sin 2x)x2x Cf(x21)|x1| Df(x22x)|x1| 解析：選 D.取特殊值法 取x0，2，可得f(0)0，1，這與函數(shù)的定義矛盾， 所以選項(xiàng) A

24、錯(cuò)誤； 取x0，可得f(0)0，2，這與函數(shù)的定義矛盾， 所以選項(xiàng) B 錯(cuò)誤； 取x1，1，可得f(2)2，0，這與函數(shù)的定義矛盾， 所以選項(xiàng) C 錯(cuò)誤； 取f(x)x1，則對任意xR R 都有f(x22x)x22x1|x1|，故選項(xiàng) D 正確 7已知f1x1x1x21x2，則f(x)的解析式為( ) Af(x)x1x2 Bf(x)2x1x2 Cf(x)2x1x2 Df(x)x1x2 解析：選 C.令1x1xt，則x1t1t，所以f(t)（1t）2（1t）2（1t）2（1t）22t1t2，故函數(shù)f(x)的解析式為f(x)2x1x2，故選 C. 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) 8設(shè)

25、函數(shù)f(x)1，x0，1，x0， 則（ab）（ab）f（ab）2(ab)的值為( ) Aa Bb Ca，b中較小的數(shù) Da，b中較大的數(shù) 解析：選 C.若ab0，即ab，則f(ab)1， 則（ab）（ab）f（ab）212(ab)(ab)b(ab)； 若ab0，即ab，則f(ab)1， 則（ab）（ab）f（ab）212(ab)(ab)a(ab)綜上，選 C. 9(2019紹興高三教學(xué)質(zhì)量調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)2xn，x1log2x，x1，若f(f(34)2，則實(shí)數(shù)n為( ) A54 B13 C14 D52 解析：選 D.因?yàn)閒(34)234n32n，當(dāng)32n1，即n12時(shí)，f(f(34)2(3

26、2n)n2，解得n13，不符合題意；當(dāng)32n1，即n12時(shí)，f(f(34)log2(32n)2，即32n4，解得n52，故選 D. 10設(shè)f(x)，g(x)都是定義在實(shí)數(shù)集上的函數(shù)，定義函數(shù)(fg)(x)：對任意的xR R，(fg)(x)f(g(x)若f(x)x，x0，x2，x0，g(x)ex，x0，ln x，x0，則( ) A(ff)(x)f(x) B(fg)(x)f(x) C(gf)(x)g(x) D(gg)(x)g(x) 解析：選 A.對于 A，(ff)(x)f(f(x)f（x），f（x）0，f2（x），f（x）0，當(dāng)x0 時(shí)，f(x)x0，(ff)(x)f(x)x；當(dāng)x0 時(shí)，f(x)

27、x20，(ff)(x)f(x)x2；當(dāng)x0 時(shí)，(ff)(x)f2(x)002，因此對任意的xR R，有(ff)(x)f(x)，故 A 正確，選 A. 11. 若函數(shù)f(x)在閉區(qū)間1，2上的圖象如圖所示，則此函數(shù)的解析式為_ 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) 解析：由題圖可知，當(dāng)1x0 時(shí)，f(x)x1；當(dāng) 0 x2 時(shí)，f(x)12x，所以f(x)x1，1x0，12x，0 x2. 答案：f(x)x1，1x0，12x，0 x2 12若f(x)對于任意實(shí)數(shù)x恒有 2f(x)f(x)3x1，則f(1)_ 解析：令x1，得 2f(1)f(1)4， 令x1，得 2f(1)f(1)2， 聯(lián)

28、立得f(1)2. 答案：2 13函數(shù)f(x)，g(x)分別由下表給出 x 1 2 3 f(x) 1 3 1 x 1 2 3 g(x) 3 2 1 則f(g(1)的值為_；滿足f(g(x)g(f(x)的x的值為_ 解析：因?yàn)間(1)3，f(3)1，所以f(g(1)1. 當(dāng)x1 時(shí)，f(g(1)f(3)1，g(f(1)g(1)3，不合題意 當(dāng)x2 時(shí)，f(g(2)f(2)3，g(f(2)g(3)1，符合題意 當(dāng)x3 時(shí)，f(g(3)f(1)1，g(f(3)g(1)3，不合題意 答案：1 2 14設(shè)函數(shù)f(x)（x1）2，x1，4x1，x1，則使得f(x)1 的自變量x的取值范圍是_ 解析：f(x)

29、1 等價(jià)于x1，（x1）21或x1，4x11. 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) 由x1，（x1）21，得x2 或 0 x1. 由x1，4x11，得 1x10. 綜上所述，x的取值范圍是x2 或 0 x10. 答案：(，20，10 15已知實(shí)數(shù)a0，函數(shù)f(x)2xa，x0 時(shí)，1a1，此時(shí)f(1a)2(1a)a2a，f(1a)(1a)2a13a. 由f(1a)f(1a)得 2a13a，解得a32. 不合題意，舍去 當(dāng)a1，1a1，則f(f(2)_，f(x)的最小值是_ 解析：由題意可得f(2)(2)24， 所以f(f(2)f(4)464612； 因?yàn)楫?dāng)x1 時(shí)，f(x)x2， 由

30、二次函數(shù)可知當(dāng)x0 時(shí)，函數(shù)取最小值 0； 當(dāng)x1 時(shí)，f(x)x6x6， 由基本不等式可得f(x)x6x62x6x6 266， 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) 當(dāng)且僅當(dāng)x6x即x6時(shí)取到等號，即此時(shí)函數(shù)取最小值 266； 因?yàn)?2660，所以f(x)的最小值為 266. 答案：12 266 17已知函數(shù)f(x)x2x，x0，3x，x0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_ 解析： 易知a0.由題意得， 當(dāng)a0 時(shí)， 則a0，化簡可得a22a0，解得a2 或a0，所以a2.當(dāng)a0，故af(a)f(a)a3a(a2a)0，化簡可得a22a0，解得a0 或a2，又因?yàn)閍0，所以a0，0，x0，1，

31、x0，則( ) A|x|x|sgn x| B|x|xsgn|x| C|x|x|sgn x D|x|xsgn x 解析：選 D.當(dāng)x0 時(shí)，|x|x，x|sgn x|x，xsgn|x|x，|x|sgn x(x)(1)x，排除 A，B，C，故選 D. 2(2019寧波市九校期末聯(lián)考)已知下列各式：f(|x|1)x21；f(1x21)x；f(x22x)|x|；f(|x|)3x3x.其中存在函數(shù)f(x)對任意的xR R 都成立的序號為_ 解析：f(|x|1)x21，由t|x|1(t1)，可得|x|t1，則f(t)(t1)21，即有f(x)(x1)21 對xR R 均成立；f(1x21)x，令t1x21

32、(0t1)，x 1t1，對 0t1，yf(t)不能構(gòu)成函數(shù)，故不成立；f(x22x)|x|，令tx22x，若t1 時(shí)，x；t1，可得x11t(t1)，yf(t)不能構(gòu)成函數(shù)；f(|x|)3x3x，當(dāng)x0 時(shí)，f(x)3x3x；當(dāng)x0 時(shí)，f(x)3x3x；將x換為x可得f(x)3x3x；故恒成立綜上可得符合條件 答案： 3設(shè)函數(shù)f(x)axb，x0，2x，x0，且f(2)3，f(1)f(1) 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) (1)求f(x)的解析式； (2)畫出f(x)的圖象 解：(1)由f(2)3，f(1)f(1)，得2ab3，ab2，解得a1，b1， 所以f(x)x1，x0，

33、2x，x0 時(shí)，f(g(x)f(x1)(x1)21x22x； 當(dāng)x0，x24x3，x0. 同理可得g(f(x)x22，x1，3x2，1x0， 即 0 x12 Bm12 Dm12 解析：選 B.使y(2m1)xb在 R R 上是減函數(shù)，則 2m10，即mf(3)f(2)的只可能是( ) 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) 解析： 選 D.因?yàn)閒14f(3)f(2)， 所以函數(shù)yf(x)有增有減， 排除 A， B.在 C 中，f14f(0)，即f14f(3)，排除 C，故選 D. 6(2019瑞安四校聯(lián)考)已知函數(shù)yf(x)在 R R 上是減函數(shù)，則yf(|x3|)的單調(diào)遞減區(qū)間是( )

34、 A(，) B3，) C3，) D(，3 解析：選 B.因?yàn)楹瘮?shù)yf(|x3|)是由yf()，|x3|復(fù)合而成的，而函數(shù)yf(x)在 R R 上是減函數(shù)，yf(|x3|)的單調(diào)遞減區(qū)間即為|x3|的單調(diào)遞增區(qū)間，結(jié)合函數(shù)|x3|的圖象可得，應(yīng)有x30，解得x3，所以函數(shù)yf(|x3|)的單調(diào)遞減區(qū)間是3，)，故選 B. 7(2019衢州市高三聯(lián)考)函數(shù)yx|1x|的單調(diào)增區(qū)間為_ 解析：yx|1x|1，x1，2x1，x1. 作出該函數(shù)的圖象如圖所示 由圖象可知，該函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是 (，1 答案：(，1 8已知函數(shù)f(x)x2x3，x1，lg（x21），x1，則f(f(3)_，f(x)的最小

35、值是_ 解析：因?yàn)?f(3)lg(3)21lg 101，所以f(f(3)f(1)1230.當(dāng)x1 時(shí)，x2x32 x2x3223，當(dāng)且僅當(dāng)x2x，即x2時(shí)等號成立，此時(shí)f(x)min2 230；當(dāng)x0，若f(2x2)f(x)，則實(shí)數(shù)x的取值范圍是_ 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) 解析：函數(shù)yx3在(，0上是增函數(shù)，函數(shù)yln(x1)在(0，)上是增函數(shù)，且x0 時(shí)，ln(x1)0，所以f(x)在 R R 上是增函數(shù)，由f(2x2)f(x)，得 2x2x，解得2x1，所以x的取值范圍是(2，1) 答案：(2，1) 10定義 maxa，b為a，b中的最大值，函數(shù)f(x)maxlog

36、2(x1)，2x(x1)的最小值為c，如果函數(shù)g(x)（2m1）x34，xcmx，xc在 R R 上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)m的范圍為_ 解析：根據(jù)題意，f(x)maxlog2(x1)，2x(x1)， 則f(x)2x，x1log2（x1），x1，分析可得，當(dāng)x1 時(shí)， f(x)取得最小值 1，則有c1， 則g(x)（2m1）x34，x1mx，x1， 若g(x)為減函數(shù)，必有（2m1）0，0m1，（2m1）34m， 解可得：0m14，即m的取值范圍為0，14. 答案：0，14 11(2019杭州學(xué)軍中學(xué)高三模擬)已知函數(shù)f(x)x1x2，x3，5 (1)判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性，并證明； (2)求函數(shù)f

37、(x)的最大值和最小值 解：(1)f(x)在3，5上為增函數(shù) 證明如下：任取x1，x23，5且x1x2， f(x1)f(x2)x11x12x21x223（x1x2）（x12）（x22）， 因?yàn)?3x1x25， 所以x1x20， 所以f(x1)f(x2)0， 即f(x1)f(x2)， 所以f(x)在3，5上為增函數(shù) 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) (2)由(1)知f(x)在3，5上為增函數(shù)， 則f(x)maxf(5)47，f(x)minf(3)25. 12(2019金麗衢十二校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)a1|x|. (1)求證：函數(shù)yf(x)在(0，)上是增函數(shù)； (2)若f(x)2x

38、在(1，)上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍 解：(1)證明：當(dāng)x(0，)時(shí)，f(x)a1x， 設(shè) 0 x10，x2x10， f(x2)f(x1)a1x2a1x11x11x2x2x1x1x20， 所以f(x)在(0，)上是增函數(shù) (2)由題意a1x2x在(1，)上恒成立， 設(shè)h(x)2x1x， 則ah(x)在(1，)上恒成立 任取x1，x2(1，)且x1x2， h(x1)h(x2)(x1x2)21x1x2. 因?yàn)?1x1x2， 所以x1x21， 所以 21x1x20，所以h(x1)h(x2)， 所以h(x)在(1，)上單調(diào)遞增 故ah(1)，即a3， 所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(，3 能力提升 1已知函

39、數(shù)f(x)（a2）x，x2（12）x1，x2是 R R 上的單調(diào)遞減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( ) A(，2) B(，138 C(0，2) D138，2) 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) 解析：選 B.因?yàn)楹瘮?shù)為遞減函數(shù)，則a20恒成立，則ba的最大值為( ) A2 B3 C4 D5 解析：選 D.當(dāng)f1(x)f2(x)時(shí)， g(x)f1（x）f2（x）2f1（x）f2（x）2f1(x)； 當(dāng)f1(x)f2(x)時(shí)，g(x)f1（x）f2（x）2 f2（x）f1（x）2f2(x) 綜上，g(x)f1（x），f1（x）f2（x），f2（x），f1（x）f2（x）. 即g(x)是f

40、1(x)，f2(x)兩者中的較大者在同一直角坐標(biāo)系中分別畫出函數(shù)f1(x)與f2(x)的圖象，則g(x)的圖象如圖中實(shí)線部分所示由圖可知g(x)在0，)上單調(diào)遞增，又g(x)在a，b上單調(diào)遞增，故a，b0，5，則ba的最大值為 5. 3 已知m為實(shí)數(shù)， 要使函數(shù)f(x)|x24x92m|2m在區(qū)間0， 4上的最大值是 9，則m的取值范圍是_ 解析：f(x)|x24x92m|2m |(x2)252m|2m， 其對稱軸為x2， 且f(0)f(4)|92m|2m， f(2)|52m|2m， 若f(x)maxf(2)9， 即|52m|2m9，解得m72， 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè)

41、此時(shí)，f(x)|(x2)22|7， 且f(0)f(4)9 也成立； 若f(x)maxf(0)f(4)|92m|2m9， 則 92m0，即m92， 由f(2)|52m|2m9，得m72， 綜上所述，m72. 答案：，72 4對于函數(shù)yf(x)，若存在區(qū)間a，b，當(dāng)xa，b時(shí)，f(x)的值域?yàn)閗a，kb(k0)，則稱yf(x)為k倍值函數(shù)，下列函數(shù)為 2 倍值函數(shù)的是_(填上所有正確的序號) f(x)x2 f(x)x32x22x f(x)xln x f(x)xex 解析：yf(x)為 2 倍值函數(shù)等價(jià)于，yf(x)的圖象與y2x有兩個(gè)交點(diǎn)，且在a，b上遞增 對于，y2x與yx2，有兩個(gè)交點(diǎn)(0，0

42、)，(2，2)， 在0，2上f(x)遞增，值域?yàn)?，4，符合題意 對于，y2x與yx32x22x，有兩個(gè)交點(diǎn)(0，0)，(2，4)， 在2，0上f(x)遞增，值域?yàn)?，0，符合題意 對于，y2x與yxlnx，沒有交點(diǎn)，不存在xa，b，值域?yàn)?a，2b，不合題意 對于，y2x與yxex有兩個(gè)交點(diǎn)(0，0)，(ln 2，2ln 2)， f(x)在ln 2，0上遞增，值域?yàn)?ln 2，0， 合題意，故答案為. 答案： 5(2019浙江新高考聯(lián)盟第三次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)x22axa21，x0，x22xa，x0. (1)若對于任意的xR R，都有f(x)f(0)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)記函

43、數(shù)f(x)的最小值為M(a)，解關(guān)于實(shí)數(shù)a的不等式M(a2)M(a) 解：(1)當(dāng)x0 時(shí)，f(x)(xa)21， 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) 因?yàn)閒(x)f(0)，所以f(x)在(，0上單調(diào)遞減， 所以a0， 當(dāng)x0 時(shí)，f(x)2x2x2， 令 2x2x20 得x1， 所以當(dāng) 0 x1 時(shí)，f(x)0，當(dāng)x1 時(shí)，f(x)0， 所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增， 所以fmin(x)f(1)3a， 因?yàn)閒(x)f(0)a21， 所以 3aa21，解得2a1. 又a0， 所以a的取值范圍是0，1 (2)由(1)可知當(dāng)a0 時(shí)，f(x)在(，0上的最小值

44、為f(0)a21， 當(dāng)a0 時(shí)，f(x)在(，0上的最小值為f(a)1， f(x)在(0，)上的最小值為f(1)3a， 解不等式組a213aa0得 0a1， 解不等式組13aa0得a0， 所以M(a)a21，0a11，a03a，a1. 所以M(a)在(，0)上為常數(shù)函數(shù)，在(0，1)上是增函數(shù)，在(1，)上是減函數(shù)， 作出M(a)的函數(shù)圖象如圖所示： 令 3a1 得a2， 因?yàn)镸(a2)M(a)， 所以 0a2. 6 已知a3， 函數(shù)F(x)min2|x1|，x22ax4a2， 其中 minp，qp，pq，q，pq. (1)求使得等式F(x)x22ax4a2 成立的x的取值范圍； 精選優(yōu)質(zhì)文檔

45、-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) (2)求F(x)的最小值m(a)； 求F(x)在區(qū)間0，6上的最大值M(a) 解：(1)由于a3，故 當(dāng)x1 時(shí)，(x22ax4a2)2|x1|x22(a1)(2x)0， 當(dāng)x1 時(shí)，(x22ax4a2)2|x1|(x2)(x2a) 所以使得等式F(x)x22ax4a2 成立的x的取值范圍為2，2a (2)設(shè)函數(shù)f(x)2|x1|，g(x)x22ax4a2，則f(x)minf(1)0，g(x)ming(a)a24a2， 所以由F(x)的定義知m(a)minf(1)，g(a)，即 m(a)0，3a22，a24a2，a2 2. 當(dāng) 0 x2 時(shí)，F(xiàn)(x)f(x)m

46、axf(0)，f(2)2F(2)； 當(dāng) 2x6 時(shí)，F(xiàn)(x)g(x)maxg(2)，g(6)max2，348amaxF(2)，F(xiàn)(6) 所以M(a)348a，3a4，2，a4. 第第 3 3 講講 函數(shù)的奇偶性、對稱性函數(shù)的奇偶性、對稱性 基礎(chǔ)達(dá)標(biāo) 1(2019舟山市普陀三中高三期中)下列函數(shù)既是奇函數(shù)，又在(0，)上單調(diào)遞增的是( ) Ayx2 Byx3 Cylog2x Dy3x 解析：選 B.A.函數(shù)yx2為偶函數(shù)，不滿足條件 B函數(shù)yx3為奇函數(shù)，在(0，)上單調(diào)遞增，滿足條件 Cylog2x的定義域?yàn)?0，)，為非奇非偶函數(shù)，不滿足條件 D函數(shù)y3x為非奇非偶函數(shù)，不滿足條件 2(20

47、19衢州高三年級統(tǒng)一考試)已知f(x)是 R R 上的奇函數(shù)，當(dāng)x0 時(shí)，f(x)x3ln(1x)，則當(dāng)x0 時(shí)，f(x)( ) Ax3ln(1x) Bx3ln(1x) 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) Cx3ln(1x) Dx3ln(1x) 解析：選 C.當(dāng)x0，f(x)(x)3ln(1x)，因?yàn)閒(x)是 R R 上的奇函數(shù)，所以當(dāng)x0 時(shí)，f(x)f(x)(x)3ln(1x)，所以f(x)x3ln(1x) 3若f(x)(exex)(ax2bxc)是偶函數(shù)，則一定有( ) Ab0 Bac0 Ca0 且c0 Da0，c0 且b0 解析：選 C.設(shè)函數(shù)g(x)exex.g(x)ex

48、exg(x)，所以g(x)是奇函數(shù)因?yàn)閒(x)g(x)(ax2bxc)是偶函數(shù)所以h(x)ax2bxc為奇函數(shù)即h(x)h(x)0 恒成立，有ax2c0 恒成立所以ac0.當(dāng)acb0 時(shí)，f(x)0，也是偶函數(shù)，故選 C. 4設(shè)f(x)是定義在實(shí)數(shù)集上的函數(shù)，且f(2x)f(x)，若當(dāng)x1 時(shí)，f(x)ln x，則有( ) Af13f(2)f12 Bf12f(2)f13 Cf12f13f(2) Df(2)f12f13 解析：選 C.由f(2x)f(x)可知函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于x1 對稱，所以f12f32，f13f53， 又當(dāng)x1 時(shí)，f(x)ln x單調(diào)遞增， 所以f32f53f(2)， 即

49、f12f130 時(shí)，不等式精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) 3f（x）2f（x）5x0 等價(jià)于 3f(x)2f(x)0，又f(x)是奇函數(shù)，所以有f(x)0，所以有 0 x2，同理當(dāng)x0 時(shí)，可解得2x0)的最大值為M，最小值為N，且MN4，則實(shí)數(shù)t的值為_ 解析： 因?yàn)閒(x)tx22xt22 018x5x2tt2x2 018x5x2ttg(x)， 其中g(shù)(x)是奇函數(shù)，MNtg(x)tg(x)2t4t2. 答案：2 9(2019杭州市富陽二中高三質(zhì)檢)已知定義在 R R 上的函數(shù)f(x)滿足：f(1x)f(1x)；在1，)上為增函數(shù)，若x12，1 時(shí)，f(ax)f(x1)成立，

50、則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_ 解析：根據(jù)題意，可知函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x1 對稱， 因?yàn)槠湓?，)上為增函數(shù)，則在(，1)上是減函數(shù)， 并且自變量離 1 越近，則函數(shù)值越小， 由f(ax)f(x1)可得，|ax1|x11|， 化簡得|ax1|x2|， 因?yàn)閤12，1 ，所以|x2|2x， 所以該不等式可以化為x2ax11（a1）x1（a1）11（a1）123（a1）13，解得 0a2x成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍 解：(1)因?yàn)閒(x)2xk2x是奇函數(shù)， 所以f(x)f(x)，kR R， 即 2xk2x(2xk2x)， 所以(k1)(122x)0 對一切kR R 恒成立， 所以k1. (2)因?yàn)?/p>

51、x0，)，均有f(x)2x， 即 2xk2x2x對x0，)恒成立， 所以 1k22x對x0，)恒成立， 所以 1k(22x)min， 因?yàn)閥22x在0，)上單調(diào)遞增， 所以(22x)min1.所以 1k0. 所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為(0，) 12(2019紹興一中高三期中)已知f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x0 時(shí)，f(x)(x1)21，求滿足ff(a)12的實(shí)數(shù)a的個(gè)數(shù) 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) 解：令f(a)x，則ff(a)12變形為f(x)12； 當(dāng)x0 時(shí)，f(x)(x1)2112， 解得x1122，x2122； 因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，所以當(dāng)x0 時(shí)，f(x)12的解為x312

52、2，x4122； 綜上所述，f(a)122，122，122，122； 當(dāng)a0 時(shí)， f(a)(a1)21122，方程無解； f(a)(a1)21122，方程有 2 解； f(a)(a1)21122，方程有 1 解； f(a)(a1)21122，方程有 1 解； 故當(dāng)a0 時(shí)，方程f(a)x有 4 解，由偶函數(shù)的性質(zhì)，易得當(dāng)ag(0)g(1) 答案：f(1)g(0)g(1) 5(2019杭州學(xué)軍中學(xué)高三質(zhì)檢)已知函數(shù)yf(x)在定義域1，1上既是奇函數(shù)，又是減函數(shù) (1)求證：對任意x1，x21，1，有f(x1)f(x2)(x1x2)0； (2)若f(1a)f(1a2)0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍 解

53、：(1)證明：若x1x20，顯然不等式成立 若x1x20，則1x1x21， 因?yàn)閒(x)在1，1上是減函數(shù)且為奇函數(shù)， 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) 所以f(x1)f(x2)f(x2)， 所以f(x1)f(x2)0. 所以f(x1)f(x2)(x1x2)0 成立 若x1x20，則 1x1x21， 同理可證f(x1)f(x2)0. 所以f(x1)f(x2)(x1x2)0 成立 綜上得證，對任意x1，x21，1，有f(x1)f(x2)(x1x2)0 恒成立 (2)因?yàn)閒(1a)f(1a2)0f(1a2)f(1a)f(a1)，所以由f(x)在定義域1，1上是減函數(shù)，得11a21，1a

54、11，1a2a1，即0a22，0a2，a2a20，解得 0a1. 故所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是0，1) 6(2019寧波市余姚中學(xué)高三模擬)設(shè)常數(shù)aR R，函數(shù)f(x)(ax)|x|. (1)若a1，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)是奇函數(shù)， 且關(guān)于x的不等式mx2mff(x)對所有的x2， 2恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍 解：(1)當(dāng)a1 時(shí)，f(x)(1x)|x|（1x）x，x0（x1）x，x0， 當(dāng)x0 時(shí)，f(x)(1x)x(x12)214， 所以f(x)在0，12內(nèi)是增函數(shù)， 在(12，)內(nèi)是減函數(shù)； 當(dāng)xff(x)x3|x|， 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) 即mx

55、3|x|x21對所有的x2，2恒成立 因?yàn)閤2，2，所以x211，5 所以x3|x|x21x4x21x411x21x211x212165. 所以m165. 所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為(165，) 第第 4 4 講講 二次函數(shù)與冪函數(shù)二次函數(shù)與冪函數(shù) 基礎(chǔ)達(dá)標(biāo) 1已知冪函數(shù)f(x)kx的圖象過點(diǎn)12，22，則k( ) A12 B1 C32 D2 解析：選 C.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)kx是冪函數(shù)，所以k1，又函數(shù)f(x)的圖象過點(diǎn)12，22，所以1222，解得12，則k32. 2若冪函數(shù)f(x)xmn(m，nN N*，m，n互質(zhì))的圖象如圖所示，則( ) Am，n是奇數(shù)，且mn1 Cm是偶數(shù)，n是奇數(shù)，且m

56、n1 解析：選 C.由圖知冪函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，且mn1，排除 B，D；當(dāng)m，n是奇數(shù)時(shí)，冪函數(shù)f(x)非偶函數(shù)，排除 A；選 C. 3 若函數(shù)f(x)x2bxc對任意的xR R 都有f(x1)f(3x)， 則以下結(jié)論中正確的是( ) Af(0)f(2)f(5) Bf(2)f(5)f(0) Cf(2)f(0)f(5) Df(0)f(5)f(2) 解析：選 A.若函數(shù)f(x)x2bxc對任意的xR R 都有f(x1)f(3x)，則f(x)x2bxc的圖象的對稱軸為x1 且函數(shù)f(x)的圖象的開口方向向上， 則函數(shù)f(x)在(1，)上為增函數(shù)，所以f(2)f(4)f(5)，又f(0)f(2)，f

57、(2)f(4)，所以f(0)f(2)f(5) 4(2019瑞安四校聯(lián)考)定義域?yàn)?R R 的函數(shù)f(x)滿足f(x1)2f(x)，且當(dāng)x0，1時(shí)，f(x)x2x，則當(dāng)x2，1時(shí)，f(x)的最小值為( ) A116 B18 C14 D0 解析：選 A.當(dāng)x2，1時(shí)，x20，1，則f(x2)(x2)2(x2)x23x2，又f(x2)f(x1)12f(x1)4f(x)，所以當(dāng)x2，1時(shí)，f(x)14(x23x2)14x322116，所以當(dāng)x32時(shí)，f(x)取得最小值，且最小值為116，故選 A. 5 若函數(shù)f(x)x22x1 在區(qū)間a，a2上的最小值為 4， 則a的取值集合為( ) A3，3 B1，

58、3 C3，3 D1，3，3 解析：選 C.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)x22x1(x1)2，對稱軸x1，因?yàn)樵趨^(qū)間a，a2上的最小值為 4， 所以當(dāng) 1a時(shí)，yminf(a)(a1)24，a1(舍去)或a3， 當(dāng)a21時(shí)， 即a1，yminf(a2)(a1)24，a1(舍去)或a3， 當(dāng)a1a2， 即1a1時(shí)，yminf(1)04，故a的取值集合為3，3 6(2019溫州高三月考)已知f(x)ax2bxc(a0)，g(x)f(f(x)，若g(x)的值域?yàn)?，)，f(x)的值域?yàn)閗，)，則實(shí)數(shù)k的最大值為( ) A0 B1 C2 D4 精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上 專心-專注-專業(yè) 解析：選 C.設(shè)tf(x)

59、，由題意可得g(x)f(t)at2btc，tk， 函數(shù)yat2btc，tk的圖象為yf(x)的圖象的部分，即有g(shù)(x)的值域?yàn)閒(x)的值域的子集， 即2，) k，)， 可得k2，即有k的最大值為 2. 故選 C. 7已知冪函數(shù)f(x)x12，若f(a1)0)，易知x(0，)時(shí)為減函數(shù)，又f(a1)0，102a0，a1102a，解得a1，a3，所以 3a5. 答案：(3，5) 8已知函數(shù)f(x)x22ax2a4 的定義域?yàn)?R R，值域?yàn)?，)，則a的值為_ 解析：由于函數(shù)f(x)的值域?yàn)?，)，所以f(x)min1.又f(x)(xa)2a22a4，當(dāng)xR R 時(shí)，f(x)minf(a)a22

60、a41，即a22a30，解得a3 或a1. 答案：1 或 3 9(2019杭州四中第一次月考)已知函數(shù)f(x)x2ax1，若存在x0使|f(x0)|14，|f(x01)|14同時(shí)成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_ 解析：由f(x)xa224a24，考察g(x)x2h，當(dāng)h0 時(shí)，有g(shù)1214，g12114同時(shí)成立；當(dāng)h12時(shí)，有g(shù)1214，|g(121)|14同時(shí)成立所以12h0，即124a240，解得6a2 或 2a6. 答案：6，22，6 10設(shè)函數(shù)f(x)x21，對任意x32， ，fxm4m2f(x)f(x1)4f(m)恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是_ 解析：依據(jù)題意，得x2m214m2(x21