《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 6 第6講分層演練直擊高考 Word版含解析》由會(huì)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 6 第6講分層演練直擊高考 Word版含解析（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?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 2019.5 1已知 f(x)2x2x，若 f(a)3，則 f(2a)_ 解析：由 f(a)3 得 2a2a3，兩邊平方得 22a22a29，即 22a22a7，故 f(2a)7. 答案：7 2已知 a20.2，b0.40.2，c0.40.6，則 a，b，c 的大小關(guān)系為_(kāi) 解析：由 0.20.6，0.40.40.6，即 bc；因?yàn)?a20.21，b0.40.2b.綜上，abc. 答案：abc 3若函數(shù) f(x)ax1(a0，a1)的定義域和值域都是0，2，則實(shí)數(shù) a_ 解析：當(dāng) a1 時(shí)，f(x)ax1 在0，2上為增函數(shù)， 則 a212，所以 a 3，又因?yàn)?a1，所

2、以 a 3. 當(dāng) 0a1 時(shí)，f(x)ax1 在0，2上為減函數(shù)， 又因?yàn)?f(0)02，所以 0a0，a1)且 f(1)9，則 f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是_ 解析：由 f(1)9 得 a29，所以 a3.因此 f(x)3|2x4|， 又因?yàn)?g(x)|2x4|的遞減區(qū)間為(，2，所以 f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(，2 答案：(，2 7函數(shù) y14x12x1 在 x3，2上的值域是_ 解析：因?yàn)?x3，2，若令 t12x，則 t14，8 . 則 yt2t1t12234. 當(dāng) t12時(shí)，ymin34；當(dāng) t8 時(shí)，ymax57. 所以所求函數(shù)值域?yàn)?4，57 . 答案：34，57 8已知函數(shù) f(x

3、)e|xa|(a 為常數(shù))若 f(x)在區(qū)間1，)上是增函數(shù)，則 a 的取值范圍是_ 解析：因?yàn)?yeu是 R 上的增函數(shù)，所以 f(x)在1，)上單調(diào)遞增，只需 u|xa|在1，)上單調(diào)遞增，由函數(shù)圖象可知 a1. 答案：(，1 9(20 xx 安徽江淮十校第一次聯(lián)考)已知 maxa，b表示 a，b 兩數(shù)中的最大值若 f(x)maxe|x|，e|x2|，則 f(x)的最小值為_(kāi) 解析：由于 f(x)maxe|x|，e|x2|ex，x1，e2x，x1. 當(dāng) x1 時(shí)，f(x)e，且當(dāng) x1 時(shí)，取得最小值 e； 當(dāng) xe. 故 f(x)的最小值為 f(1)e. 答案：e 10 若函數(shù) f(x)

4、axxa(a0， 且 a1)有兩個(gè)零點(diǎn)， 則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是_ 解析：令 axxa0 即 axxa，若 0a1， yax與 yxa 的圖象如圖所示有兩個(gè)公共點(diǎn) 答案：(1，) 11已知函數(shù) f(x)b ax(其中 a，b 為常量且 a0，a1)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn) A(1，6)，B(3，24) (1)試確定 f(x)； (2)若不等式1ax1bxm0 在 x(，1上恒成立，求實(shí)數(shù) m 的取值范圍 解：(1)因?yàn)?f(x)b ax的圖象過(guò)點(diǎn) A(1，6)，B(3，24)， 所以ba6，ba324， 得 a24，又 a0 且 a1，所以 a2，b3， 所以 f(x)3 2x. (2)由(1)知1ax

5、1bxm0 在(，1上恒成立化為 m12x13x在(，1上恒成立 令 g(x)12x13x， 則 g(x)在(，1上單調(diào)遞減， 所以 mg(x)ming(1)121356， 故所求實(shí)數(shù) m 的取值范圍是，56. 12已知函數(shù) f(x)13ax24x3. (1)若 a1，求 f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若 f(x)有最大值 3，求 a 的值； (3)若 f(x)的值域是(0，)，求 a 的值 解：(1)當(dāng) a1 時(shí)，f(x)13x24x3， 令 g(x)x24x3， 由于 g(x)在(，2)上單調(diào)遞增，在(2，)上單調(diào)遞減， 而 y13t在 R 上單調(diào)遞減， 所以 f(x)在(，2)上單調(diào)遞減，

6、在(2，)上單調(diào)遞增， 即函數(shù) f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(2，)， 單調(diào)遞減區(qū)間是(，2) (2)令 g(x)ax24x3，f(x)13g（x）， 由于 f(x)有最大值 3，所以 g(x)應(yīng)有最小值1， 因此必有a0，3a4a1， 解得 a1， 即當(dāng) f(x)有最大值 3 時(shí)，a 的值等于 1. (3)由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)知， 要使 y13g（x）的值域?yàn)?0，) 應(yīng)使 g(x)ax24x3 的值域?yàn)?R， 因此只能 a0. (因?yàn)槿?a0，則 g(x)為二次函數(shù)，其值域不可能為 R) 故 a 的值為 0. 1設(shè)函數(shù) f(x)1x，x0，ex，x0，若 F(x)f(x)x，xR，則 F(x)的值

7、域?yàn)開(kāi) 解析：當(dāng) x0 時(shí)，F(xiàn)(x)1xx2； 當(dāng) x0 時(shí)，F(xiàn)(x)exx，根據(jù)指數(shù)函數(shù)與一次函數(shù)的單調(diào)性，F(xiàn)(x)是單調(diào)遞增函數(shù)，F(xiàn)(x)F(0)1，所以 F(x)的值域?yàn)?，12，) 答案：(，12，) 2若關(guān)于 x 的方程|ax1|2a(a0 且 a1)有兩個(gè)不等實(shí)根，則 a 的取值范圍是_ 解析： 方程|ax1|2a(a0 且 a1)有兩個(gè)不同實(shí)數(shù)根轉(zhuǎn)化為函數(shù) y|ax1|與 y2a 有兩個(gè)交點(diǎn) 當(dāng) 0a1 時(shí)，如圖(1)，所以 02a1，即 0a1 時(shí)，如圖(2)，而 y2a1 不符合要求 綜上，0a0，a1)；g(x)0；若f（1）g（1）f（1）g（1）52，則 a 等于_ 解

8、析：由 f(x)axg(x)得f（x）g（x）ax，所以f（1）g（1）f（1）g（1）52aa152，解得 a2 或12. 答案：2 或12 4已知函數(shù) f(x)|2x1|，abf(c)f(b)，則下列結(jié)論中，一定成立的是_ a0，b0，c0；a0； 2a2c；2a2c2. 解析：畫(huà)出函數(shù) f(x)|2x1|的圖象(如圖)， 由圖象可知，a0. 故錯(cuò)； 因?yàn)?f(a)|2a1|，f(c)|2c1|， 所以|2a1|2c1|，即 12a2c1， 故 2a2c2 2ac，所以 2ac1， 所以 acc，所以 2a2c，不成立 答案： 5(20 xx 蘇錫常鎮(zhèn)四市調(diào)研)已知函數(shù) f(x)2a 4x

9、2x1. (1)當(dāng) a1 時(shí)，求函數(shù) f(x)在 x3，0上的值域； (2)若關(guān)于 x 的方程 f(x)0 有解，求 a 的取值范圍 解：(1)當(dāng) a1 時(shí)，f(x)2 4x2x1 2(2x)22x1， 令 t2x，x3，0，則 t18，1 . 故 y2t2t12t14298， t18，1 ， 故值域?yàn)?8，0 . (2)關(guān)于 x 的方程 2a(2x)22x10 有解， 設(shè) 2xm0， 等價(jià)于方程 2am2m10 在(0，)上有解， 記 g(m)2am2m1， 當(dāng) a0 時(shí)，解為 m10，不成立 當(dāng) a0 時(shí)，開(kāi)口向下，對(duì)稱軸 m14a0 時(shí)，開(kāi)口向上，對(duì)稱軸 m14a0，過(guò)點(diǎn)(0，1)，必有

10、一個(gè)根為正，所以 a0. 6設(shè)函數(shù) f(x)kaxax(a0 且 a1)是定義域?yàn)?R 的奇函數(shù) (1)若 f(1)0，試求不等式 f(x22x)f(x4)0 的解集； (2)若 f(1)32，且 g(x)a2xa2x4f(x)，求 g(x)在1，)上的最小值 解：因?yàn)?f(x)是定義域?yàn)?R 的奇函數(shù)， 所以 f(0)0，所以 k10，即 k1. (1)因?yàn)?f(1)0，所以 a1a0， 又 a0 且 a1，所以 a1，f(x)axax， 因?yàn)?f(x)axln aax ln a(axax)ln a0， 所以 f(x)在 R 上為增函數(shù) 原不等式可化為 f(x22x)f(4x)， 所以 x22x4x，即 x23x40， 所以 x1 或 x1 或 x4 (2)因?yàn)?f(1)32，所以 a1a32，即 2a23a20， 所以 a2 或 a12(舍去)， 所以 g(x)22x22x4(2x2x) (2x2x)24(2x2x)2. 令 t(x)2x2x(x1)，則 t(x)在(1，)為增函數(shù)(由(1)可知)，即 t(x)t(1)32， 所以原函數(shù)變?yōu)?w(t)t24t2(t2)22， 所以當(dāng) t2 時(shí)，w(t)min2，此時(shí) xlog2(1 2) 即 g(x)在 xlog2(1 2)時(shí)取得最小值2.