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1、
專題升級訓練 化歸思想
(時間:60分鐘 滿分:100分)
一、選擇題(本大題共6小題,每小題6分,共36分)
1.f(x)為奇函數,且有f(x)=f(x+3),f(2)=1,則f(10)等于( )
[來源:]
A.1 B.-1 C.0 D.2[來源:]
2.方程sin2x+cos x+k=0有解,則k的取值范圍是( )
A.-1≤k≤
B.-≤k≤0
C.0≤k≤
D.-≤k≤1
3.已知數列{an}對任意的p,q∈N*滿足ap+q=ap+aq且a2=-6,那么a10等于( )
A.-165 B.-33
C
2、.-30 D.-21
4.設a>1,若對于任意的x∈[a,2a],都有y∈[a,a2]滿足方程logax+logay=3,這時a的取值的集合為( )
A.{a|1(1+cos2θ)cos θ,且θ∈(0,2π),那么角θ的取值范圍是( )
A. B.
C. D
3、.
二、填空題(本大題共3小題,每小題6分,共18分)
7.函數f(x)=的值域為 .
8.如果函數f(x)=x2+bx+c對任意實數t都有f(2+t)=f(2-t),那么f(2),f(1),f(4)的大小關系是 .
9.三位同學合作學習,對問題“已知不等式xy≤ax2+2y2對于x∈[1,2],y∈[2,3]恒成立,求a的取值范圍”提出了各自的解題思路.
甲說:“可視x為變量,y為常量來分析.”
乙說:“不等式兩邊同除以x2,再作分析.”
丙說:“把字母a單獨放在一邊,再作分析.”
參考上述思路,或自己的其他解法,可求出實數a的取值范圍是 .
三、解答
4、題(本大題共3小題,共46分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)
10.(本小題滿分15分)已知非空集合A={x|x2-4mx+2m+6=0,x∈R},若A∩R-≠?,求實數m的取值范圍(R-表示負實數集,R+表示正實數集).
11.(本小題滿分15分)已知奇函數f(x)的定義域為實數集R,且f(x)在[0,+∞)上是增函數,當0≤θ≤時,是否存在這樣的實數m,使f(cos 2θ-3)+f(4m-2mcos θ)>f(0)對所有的θ∈均成立?若存在,求出所有適合條件的實數m;若不存在,則說明理由.
12.(本小題滿分16分)已知函數f(x)=-x3+3x2+9x+m在區(qū)間[-
5、2,2]上的最大值是20,函數g(x)=x3-3a2x-2a.
(1)求實數m的值;[來源:]
(2)是否存在實數a≥1,使得對任意的x1∈[-2,2],總存在x0∈[0,1],都有g(x0)=f(x1)成立?若存在,求出a的取值范圍;若不存在,說明理由.
##
一、選擇題(本大題共6小題,每小題6分,共36分)
1.B 解析:由題意知,f(x)的周期T=3,[來源:]
所以f(10)=f(33+1)=f(1)=-f(-1)=-f(2)=-1.故選B.
2.D 解析:求k=-sin2x-cos x的值域,
k=cos2x-cos x-1=.
當cos x=時,kmin=-;[
6、來源:]
當cos x=-1時,kmax=1.
∴-≤k≤1,故選D.
3.C 解析:由ap+q=ap+aq,a2=-6,
得a4=a2+a2=-12,
同理,a8=a4+a4=-24,
所以a10=a8+a2=-24-6=-30.
4.B 解析:∵logax+logay=3,
∴xy=a3.∴y=.
由于當x在[a,2a]內變化時,都有y∈[a,a2]滿足方程,因此[a,a2]應包含函數y=在[a,2a]上的值域,也就是函數y=在[a,2a]的值域是[a,a2]的子集.
∵,∴≤a2.
∴≥a.
∴a≥2.
5.D 解析:顯然當三角形內有一點時,可構造3個小三角形,
7、即f(1)=3;
再增加一個點,可增加2個小三角形,
即f(2)=f(1)+2.
如此類推,得到首項為3、公差為2的等差數列,
所以a2 014=3+2 0132=4 029.
6.C 解析:注意到不等式(1+sin2θ)sin θ>(1+cos2θ)cos θ,
等價于sin3θ+sin θ>cos3θ+cos θ.
而f(x)=x3+x在R上是增函數,
于是f(sin θ)>f(cos θ)?sin θ>cos θ,
再結合θ∈(0,2π),得到θ∈.
二、填空題(本大題共3小題,每小題6分,共18分)
7.[1,] 解析:∵f(x)的定義域為x∈[0,1],∴設x=
8、sin2α.
則y=sin α+cos α=sin∈[1,].
8.f(2)
9、+∞).
三、解答題(本大題共3小題,共46分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)
10.解:設全集U={m|Δ=16m2-8m-24≥0}=.
方程x2-4mx+2m+6=0的兩根均非負的充要條件是可得m≥.∴A∩R-=?時,實數m的取值范圍為.
∴A∩R-≠?時,
實數m的取值范圍為{m|m≤-1}.
11.解:因為f(x)在R上為奇函數,又在[0,+∞)上是增函數,
故f(x)在R上為增函數,且f(0)=0.
由題設條件,可得f(cos 2θ-3)+f(4m-2mcos θ)>0.
又由f(x)為奇函數,可得f(cos 2θ-3)>f(2mcos θ-4m)
10、.
∵f(x)在R上為增函數,∴cos 2θ-3>2mcos θ-4m,
即cos2θ-mcos θ+2m-2>0.
令cos θ=t,∵0≤θ≤,∴0≤t≤1.
于是問題轉化為對一切0≤t≤1,不等式t2-mt+2m-2>0恒成立.
∴t2-2>m(t-2),即m>恒成立.
又∵=(t-2)++4≤4-2,
∴m>4-2.∴存在實數m滿足題設的條件為m>4-2.
12.解:(1)因為f(x)=-3x2+6x+9,
令f(x)<0,解得x<-1或x>3.
所以,函數的單調遞減區(qū)間為(-∞,-1),(3,+∞),遞增區(qū)間為(-1,3).
又f(-2)=2+m,f(2)=22
11、+m,
所以f(2)>f(-2).
因為在(-1,3)上f(x)>0,
所以f(x)在[-1,2]上單調遞增.
又f(x)在[-2,-1]上單調遞減,
所以f(2)和f(-1)分別是f(x)在區(qū)間[-2,2]上的最大值和最小值.
于是有22+m=20,解得m=-2.
(2)由(1)可解得函數f(x)在[-2,2]上的值域是[-7,20].
g(x)=3x2-3a2.
由于a≥1,所以當x∈[0,1]時,g(x)≤0.
因此當x∈[0,1]時,函數g(x)為減函數.
故當x∈[0,1]時,g(x)∈[g(1),g(0)].
又g(1)=1-2a-3a2,g(0)=-2a,
即當x∈[0,1]時有g(x)∈[1-2a-3a2,-2a].
若對任意x1∈[-2,2],總存在x0∈[0,1],都有g(x0)=f(x1)成立,
則應有解得a≤-10.
但由題目已知a≥1,所以不存在這樣的實數a.
高考數學 復習 專題九 第4講 化歸思想
