2019年高考数学复习资料(28个专题与解析)
2019年高考数学复习资料
28个专题与解析
第一模块 集合、函数、导数与不等式
专题一 集合与简易逻辑
一、选择题
1.C 本题主要考查集合的运算,属于基础知识、基本运算能力的考查.
由1≤2–x <3,∴–1 12 , ∴B ={x |x >2,或0 12},∴C R B =1 (,0][]2 -∞,∴A ∩(C R B )={0, 1}. 2.D 命题“若x 2<1,则–1 3.C 当y =0时,–1≤x ≤1时,故x 取0或1,当y =1时,1≤x ≤3,故x 取1或2,当y =2时,3≤x ≤5, x 无解,故N 中元素共4个,选C . 4.D 由题意99[,),(,0),[0,),(,)44 A B A B B A =-+∞=-∞-=+∞-=-∞-,∴A ⊕B =(A –B ) ∪(B –A )=(–∞, – 9 4 )∪[0, +∞). 5.C 本题考查命题的否定,对全称性命题的否定要注意命题的量词之间的转换.“任意的”的否定为“存在”,“≤”的否定为“>”. 6.C 由f (x )<–1=f (3),且f (x )为R 上的减函数,故Q ={x |x >3},由|f (x +t )–1|<2,得 f (3)=–1 7.B 由f (x )在(0, +∞)内单调递增可得1 ()40x f x e x m x '=++ +≥对任意x ∈(0, +∞)恒成立.而当0 2 时,函数() f x '是增函数(∵1,4x y e y x x ==+分别是增函数),1 21()44x f x e x m e m x '=+++≥++,且 1245e +>,因此只要1122 40(4)e m m e ++≥≥-+且就可以了. 综上所述,由f (x )在(0, +∞)内单调递增不能推出m ≥–5;反之,由m ≥–5可知f (x )在(0, +∞)内单调递增,故选B . 二、填空题 8.{–3,1,3,4} 解析:由–4≤x ≤4, x ∈Z ,可知U={–4, –3, –2, –1, 0, 1, 2, 3, 4},又A ∩B ={–2},∴–2∈A 且–2∈B .由–2∈A 可知a 2+1=–2(舍去),则a 2–3=–2,∴a =±1.当a =–1时,A ={–1, 2, –2}, ? ≠ B ={–4, –2, 0},这时A ∪B ={–4, –2, –1, 0, 2}.∴ C U (A ∪B )={–3, 1, 3, 4}.当a =1时,A ={–1, 2, –2}, B ={–2, 0, 2}.这时A ∩B ={–2,2}不合题意舍去. 9.(–4, +∞) 解析:∵A ∩{x |x >0}=ф,∴A =ф或A ≠ф且A 的元素小于等于零. ①当A =ф时,△=(m +2)2–4<0, 解得–4 ②当A ≠ф且A 的元素小于等于零时,2(2)40 20m m ??=+-≥?+>? 解得m ≥0. 综上得m 的取值范围为(–4, +∞). 10.两组相对侧面分别平行;一组相对侧面平行且相等;对角线交于一点;底面是平行四边形. 11.②③ 解析:对于①,当a <0时,若02b a -<,则f (x )在[0,)+∞上递减,故排除①;对于②,┐甲为x +y =3, ┐乙为x =1且y =2,┐乙?┐甲,∴甲?乙,∴②正确;对于③,若{a n }为等 差数列,则S n =An 2+Bn .∴n S An B n =+,∴点P n 在直线y =Ax +B 上.反之易证,若(,) n n S P n n 共线,则数列{a n }成等差数列,故③正确. 三、解答题 12.解:要使12 log (3)(2)y x x =+-有意义,须(x +3)(2–x )>0,即(x +3)(x –2)<0,解得:–3 由e x –1≥1,得x –1≥0,即x ≥1. (1)A ∪B ={x |–3 (2)∵C U A ={x |x ≤–3或x ≥2},∴(C U A )∩B ={x |x ≤–3或x ≥2}∩{x |x ≥1}={x |x ≥2}. 13.解:∵f (x )=(x –2t )2+2在[1,2]上的最小值为2,∴1≤2t ≤2即 1 2 ≤t ≤1.由t 2–(2m +1)t +m (m +1)≤0,得m ≤t ≤m +1.∵┐p 是┐q 的必要而不充分条件,∴p 是q 的充分不 必要条件,∴[12,1] [m , m +1],∴1211, m m ?≤???+≥?即0≤m ≤12. 14.解:由lim 0n n c →∞ =且c >0,知0 (),1]f x x x =+1在[2 上为减函数, 在[1,2]上为增函数,知f (x )的最小值是2.由11 2(0)2c c c >>?> ,即q : 12 c >,当p 是? ≠ 真命题,q 是假命题时有01 10,2c c <? ?<≤??∴0 1 ,12c c ≥?? ?>?? ∴c ≥1,故c 的取值范围是1(0,][1,)2+∞. 15.解:(1)若A =ф,则A B ?显然成立,若A ≠ф,设t ∈A ,则f (t )=t , f [f (t )]=f [t ]=t ,即t ∈B ,从而A B ?. (2)A 中元素是方程f (x )=x 即ax 2–1=x 的根,∵A ≠ф,∴a =0或 01 140 4a a a ≠?≥-? ?=+≥?即.B 中元素是方程a (ax 2–1)2–1=x ,即a 3x 4–2a 2x 2–x +a –1=0的根,由A B ?,则方程可化为(ax 2–x –1)(a 2x 2+ax –a +1)=0.要使A =B ,即方程a 2x 2+ax –a +1=0①无实 根或其根为方程ax 2–x –1=0②的根.若①无实根,则△=a 2–4a 2(1–a )<0解得a <3 4 ;若②有实根,且①的实根是②的实根,由②有a 2x 2=ax +a ,代入①得2ax +1=0,由此解得1 2x a =-, 再代入②得11310,424a a a +-=∴=.故a 的取值范围是13 [,]44 -. 专题二 函数的图象与性质 一、选择题 1.D 由22 0320340x x x x x ≠??-+≥??--+≥?(等号不能同时取)得021[4,0)(0,1).41x x x x x ≠?? ≥∈-??-≤ 2.D 由223144 x x <-???=?-?得:x =–4,由162 1log (3)4x x ≥-???+=-??无解.∴1 1()44f ---. 3.C 4 ()f x x x =+ 在[1,2]递减,[2,3]上递增,故4≤f (x )≤5, x [1, 3],因f (x )为偶函数,故x ∈[–3, –1]时,4≤f (x )≤5,即n ≤4,m ≥5, m –n 的最小值为5–4=1. 4.C ∵f (x )是奇函数,∴f (0)=0, ∴k =1. 又f (x )=a x –a –x 为增函数,∴a >1,即y =lo g a (x +k )的图象可由y =lo g a x (a >1)的图象向左平移1个单位得到. 5.D 由题意知f (x )在(0, 1)内是增函数.则6443()()(),()5552 a f f f b f ==-=-== 1151 ()(),()()02222 f f c f f -=-==<.∴c 6.D ∵F (–x )=f (–x )+f (x )=F (x ), x ∈R , ∴函数F (x )是R 上的偶函数.又F (x )在区间[,] 2 π π--上递增,∴F (x )在区间[,]2 π π上是减函数,F (x )的图象按向量a =(π, 0)平移,即向右平移π 个单位得到新函数G (x )的图象,∴函数G (x )的单调递减区间为3[ ,2]2 π π,故选D . 7.D 由3 1()()22 f x f x -=+可得f (x +2)=f (x ),∴2是f (x )的一个周期.又∵f (x )是定义在R 上的偶函数,∴f (–x )=f (x ).设x ∈[2,1)--,则x +4∈[2, 3],∴f (x )=f (x +4)=x +4=3+(x +1).设x ∈[–3, –2],则–x ∈[2, 3],f (x )=f (–x )=–x ,设x ∈[–1, 0],则x –2∈[–3, –2], f (x )=f (x –2)=–(x –2)=f 2–x =3–(x +1).由此可得当x ∈(–2, 0)时,f (x )=3–|x +1|. 二、填空题 8.15 - 解析:由1(2)()f x f x += 得f (x +4)=f (x ), f (5)=f (1)=–5,则f (f (5))=f (–5)=f (–1)=1(1)f = 15 -. 9.–4 –2 解析:∵f (x )图象过点A (–4, 1),∴f –1(x )图象过点(1, –4),即f –1(1)=–4, |f (x –2)|<1?–1 解析:由f (x )是偶函数知u =0, ∴22011 ()1x x f x e e e -==≤=,∴m +u =1+0=1,故填1. 11.②③ 解析:∵)5()2 5 (),2 5 ()(+-=+∴+-=x f x f x f x f ,即f (x )=f (x +5), ∴T =5,又)45()45(+-=+-x f x f ,即)25 2()(x f x f -?=-,f (x )的图象关于点)0,45(对称,由函数 关于25=x 对称无法判断2 5 =x 时取最大值. 三、解答题 12.解:(1)x =t +t –1≥2(当且仅当t =1时取“=”),y =t 2+t –2+2m (t +t –1)=(t +t –1)2+2m (t +t –1)–2= x 2+2mx –2.即y =x 2+2mx –2,其定义域为),2[+∞. (2)若x =–m ≥2即m ≤–2时,要使f (x )>0恒成立,只要f (–m )>0成立,即m 2–2m 2–2>0,此时m 不存在.若x =–m <2即m >–2时,要使f (x )>0恒成立,只要f (2)>0成立,即4+4m –2>0, 得21- >m .故实数m 的取值范围为),2 1 (+∞-. 13.解:(1)因为f (x )是定义在R 上的奇函数,所以f (0)=0,即 102 1 =?=+-b a b ,∴1 22 1)(++-= x x a x f ,又由f (1)=–f (–1)知.21 21 1421=?+- = +-a a a (2)由(1)知 ++ -=+-= +x x x f 21 212221)(1 ,易知f (x )在(–∞,+∞)上为 减函数.又因f (x )是奇函数,从而不等式:f (t 2–2t )+f (2t 2–k )<0等价于f (t 2–2t )<–f (2t 2–k )=f (k –2t 2), 因f (x )为减函数,由上式推得:t 2–2k >k –2t 2,即对t ∈R 有:3t 2–2t –k >0,从而△=4+12k <03 1- (3)题图①、②中的票价是2元;题图③中的票价是4元.票价在图中的几何意义是线段AB 所在直线的斜率. 15.解:(1)由f (x )为偶函数且f (x +1)=f (x –1),可得f (x )=f (x +2), x ∈[–1, 0]时,x +2∈[1, 2],f (x )=f (x +2)=lo g a (x +2);∴?????∈--∈+=]. 1,0[),2(log ],0,1[),2(log )(x x x x x f a a (2)当x ∈[2k –1, 2k ]时,f (x )=f (x –2k )=lo g a (2+x –2k ).同理,x ∈[2k , 2k +1]时, f (x )=lo g a (2–x +2k ).{?????+∈+--∈-+=], 12,2[),22(log ], 2,12[),22((log )(k k x k x k k x k x x f a a (k ∈Z ). (3)由于函数以2为周期,故考查区间[–1,1].若a >1,2 1 2log =a ,即a =4;若0 1 0)12(log ≠ =-a ,舍去.所以a =4. 由(2)可知所求的不等式解集为)24,2()22,22(--+- . 专题三 二次函数、二次方程与二次不等式 一、选择题 1.C 2.D 3.D 4.C 由0)0(,2)(>'+=f b ax x f 及 可得b >0,又由f (x )≥0恒成立可得?????≤->,04,02ac b a 即得42b ac ≥,且c >0, a >0.∴21142 121_1)0()1(2=+=+≥+≥+=++='b b b a c b c a b c b a f f ,当且仅当a =c 时,不等式取等号,∴ ) 0() 1(f f '的最小值为2,故应选C . 5.C 令t =g (x ), f (g (x ))=f (t )=,1 ||,1 ||,2 ?????<≥t t t t 注意到g (x )为二次函数, ∴g (x )的值域是连续的单个区间,结合图象可知要使f (t )的值域为),0[+∞,只能取t ∈),0[+∞,故选C . 6.B 取特值a =1, x 1=–2, x 2=2, f (2)>f (–2),选B .或利用二次函数其函数值的大小关系,分类研究对称轴和区间的关系的方法,易知函数的对称轴为x =–1,开口向上的抛物线,由x 1 k 时,方程(1)有两个相等正根2 1 =t ,相应的解有4个;③当方程(1)有根为0时,代入方程(1),解得k =0,此时方程(1)有两个不等根t =0或t =1,故此时方程有5个根;④方程(1)有两个不等正根时,即0 4 1 ,此时方程(1)有两根且均小于1,故相应的满足方程|x 2–1|=t 的解有8个;①②③④都是正确的,故选A . 二、填空题 8.2 解析:令x =–5, f (–5a +b )=(–5)2+10·(–5)+24=–1.令f (x )=x 2+4x +3=–1, ∴x =–2,即f (–2)=f (–5a +b )=–1.∴5a –b =2. 9.m 3 |{<<- x x . 解析:由题意可得a =–1, b =–6,则f (x )=x 2–x –6,所以不等式a ·f (–2x )>0即–(4x 2+2x –6)>0 即2x 2+x –3<0,解集为}12 3 |{<<- x x . 11.1 解析:由图象特征知,最大值必在f (0)、f (1)、f (3)取到,接着通过逐一检验、比较可得.或者,原函数可化为y =|(x –1)2–1–t |,接着,按–1–t ≥0及–1–t <0分类讨论求解. 三、解答题 12.解:(1)要使f (x )≥a 恒成立,即x 2+ax +3–a ≥0恒成立.只须△=a 2–4(3–a )≤0,即a 2+4a –12≤0, ∴–6≤a ≤2. (2)要使f (x )≥a 恒成立,只需f (x )的最小值≥a 即可.f (x )=x 2 +ax +3=(x +2 a )2 +3–42a . ①当–2 a <–2即a >4时,f (x )m i n =f (–2)=–2a +7,由–2a +7≥a ,得a ≤37 ,∴a ∈ф. ②当–2≤–2 a ≤2,即–4≤a ≤4地,43)(2min a x f -=.由432a -≥a 得–6≤a ≤2,∴–4≤a ≤2. ③–2 a >2即a <–4时,f (x )m i n =f (2)=2a +7,由2a +7≥a ,得a ≥–7,∴–7≤a <–4. 综上所述得a ∈]2,7[-. 13.解:(1)因为对任意x ∈R ,有f (f (x )–x 2+x )=f (x )–x 2+x ,所以f (f (2)–22+2)=f (2)–22+2.又由f (2)=3,是f (3–22+2)=3–22+2,即f (1)=1.若f (0)=a ,则f (a –02+0)=a –02+0,即f (a )=a . (2)因为对任意x ∈R ,有f (f (x )–x 2+x )=f (x )–x 2+x ,又因为有且只有一个实数x 0,使得f (x 0)=x 0,所以对任意x ∈R ,有f (x )–x 2+x =x 0. 在上式中令x =x 0,有f (x 0)–20x +x 0=x 0,又因为f (x 0)=x 0,所以x 0–2 0x =0.故x 0=0或x 0=1.若 x 0=0,则f (x )–x 2+x =0,即f (x )=x 2–x ,但方程x 2–x =x 有两个不同实根,与题设条件矛盾,故x 0≠0.若x 0=1,则有f (x )–x 2+x =1即f (x )=x 2–x +1易验证该函数满足题设条件. 综上所述,所求函数为f (x )=x 2–x +1(x ∈R ). 14.解:(1)∵函数f (x )=x 2–16x +q +3的对称轴是x =8,∴f (x )在区间[–1,1]上是减函数, ∵函数在区间[–1,1]上存在零点,则必有:?????≥+++≤++-?????≥-≤, 03161, 03161,0)1(,0)1(q q f f 即∴–20≤q ≤12. (2)∵0≤t ≤10, f (x )在区间[0,8]上是减函数,在区间[8,10]上是增函数. ①当0≤t ≤6时,在区间[t , 10]上,f (t )最大,f (8)最小,∴f (t )–f (8)=12–t ,即:t 2–15t +52=0,解得:2 17 15,21715-=∴±= t t ; ②当8 解得:t =8, 9, ∴t =9. 综上存在常数2 17 15-= t ,8,9满足条件. 15.解:(1)解法1:由题设得g (x )=3x 2–18x cos α+48cos β,又由]2,1(1||∈+-t e , 3+sin t ∈[2, 4],知g (x )≥0在]2,1(成立,g (x )≤0在x ∈[2, 4]成立,由此易得g (2)=0.设g (x )=0的另一根为x 0,由y =g (x )的图象为开口向上的抛物线得x 0≥4,而2+x 0=6cos α,所以6cos α≥6,又6cos α≤6,得cos α=1.代入g (2)=0得cos β=2 1 .即得f (x )=x 3–9x 2+24x . 解法2:由题设得g (x )=3x 2–18x cos α+48cos β,由g (1+e –+t +≥0,g (3+sin t )≤0得 g (1+e –|0|=g (2)≥C , )2()23sin 3(g g =+π ≤0,由此易得g (2)=0, )2 sin 3()4(π+=g g ≤0,即有???? ?≤+-==+-=) 2(,0cos 48cos 7248)4() 1(,0cos 48cos 3612)2(βαβαg g ,由(1),(2)得36–36cos α≤0,即–cos α≤0.又1–cos α≥0,故cos α=1.代入(1)得2 1 cos =β.即得f (x )=x 3–9x 2+24x . (2)由题设知,对任意的m ∈[–26, 6]恒有mx –9x 2+24x +11≥0,令h (m )=mx –9x 2+24x +11, 则有???? ???≤≤-≤≤-?????≥++-=≥++--=-3113 1,1911 ,0112496)6(, 01124926)26(22 x x x x x h x x x h 解得,即31-≤x ≤1. 专题四 指数函数与对数函数 一、选择题 1.C f (2)=lo g 3(22–1)=1,f [f (2)]=f (1)=2e 1–1=2e 0=2. 2.B 本题考查已知y =f (x )的定义域求解形如y =f [g (x )]类型函数的定义域;由原函数可知 x x x f -+=22lg )(的定义域为(–2, 2),故函数)2()2(x f x f y +=中自变量x 满足 ).4,1()1,4(22 222 2 --∈??? ? ???? <<-<<-x x x 3.D ∵a >1, ∴f (x )=lo g a (x )是[a , 2a ]上的增函数.∴f (x )max =lo g a (2a )=1+lo g a 2,f (x )m i n =lo g a a =1,由题意可知lo g a 2= 2 1 , ∴a =4.故选D . 4.C f (x )=1+lo g 2x 可由y =lo g 2x 的图象向上平移一个单位得到;g (x )=2–x +1是当x =0时,g (x )=2.故选C . 5.C 由f (x )<0和lo g a (a 2x –2a x –2)<0=lo g a 1,又01,解得a x >3或a x <–1(舍去),所以x (i )当a >1时,若使y =f (x )单调增,只需g (x )=x 3–ax 为在)0,2 1 (-∈x 上的增函数,即 有03)(2≥-='a x x g ,在)0,2 1 (-∈x 恒成立,只需0)(min ≥'x g ,解得a ≤0这与a >1矛盾,故舍去. (ii )当0 1(-∈x 上的减函数, 即有03)(2≤-='a x x g ,在)0,21 (-∈x 恒成立,只需0)(min ≤'x g 即043≤-a ,解得a ≥4 3,又∵0 4 3 ≤a <1,故选B . 7.C 画出题设中的线性区域如图中的阴影部分.可求得A (1, 9), B (3, 8),当y =a x 过A 、B 时,函数y =a x 的图象过区域M ,分别解得a =9和a =2,∴a 的取值范围是[2,9],故选C . 二、填空题 8.(2,3) 9.3–2lo g 23 10.???? ?? ? >≤≤=-).101 () 16 1(),1010(10101 t t t y t ;0.6 解析:依题意,两段函数图象都经过点)1,101( ,药物释放过程中,y =10t (0≤t ≤10 1 );药物释放完毕后,? ??? ???>≤≤=∴>=--).101()161(),1010(10),101()161(101101t t t y t y t t 当空气中每立方米的含药量降 低到0.25毫克以下时,学生方可进教室.由.6.0)16 1(25.0101 =?=- t t 三、解答题 12.解:由题意知(2+lo g 2x )(1–lo g 2x )≥2,整理得0l o g l o g 22 2≤+x x ,解不等式得 12 1 0l o g 12≤≤? ≤≤-x x , 令4x =u ,则u ∈[2, 4],则y =42x +1+4x 要化为y =4u 2+u , u ∈[2, 4].又函数y =4u 2+u 在区间[2,4]上单调递增,故y ≥4×22+2=18, y ≤4×42+4=68,∴值域为[18,68]. 13.解:(1)令lo g a x =t ,得x =a t ,∴原函数化为 ), (1)1()1()(222t t t t a a a a a a a a t f ---=--=∴ ),()(1 )().(1)(2 2x f a a a a x f a a a a x f x x x x -=--=---= --又∴f (x )为奇函数. (2)任取x 1, x 2∈R ,且x 1 )()(22112 21x x x x a a a a a a x f x f 2 12121) 1)((12x x x x x x a a a a a a +++--,∵a >0且a ≠1,x 1 综上,f (x 1) 0) ()(2 121>--x x x f x f ,故任 意两点连线的斜率大于0. (3)由f (1–m )+f (1–m 2)<0,得f (1–m ) –1),∴?? ?????-<-<-<-<-<-1 1,11111122m m m m 解得21< m 的取值范围是)2,1(. 14.解:(1)由函数f (x )的偶函数可知:f (1)=f (–1),∴lo g 4(4+1)+k =lo g 4(4–1+1)–k ,即 2 1 ,15log 45log 244 -=∴-=-=k k . (2)函数f (x )与g (x )的图象有且只有一个公共点,即方程44log 2 1 )14(log =- +x x )342(a a x -?有且只有一个实根,化简得方程a a x x x 34 22 12-?=+,令t =2x >0,则方程 0134)1(2=---at t a 有且只有一个正根.①431-=?=t a ,不合题意;②43 0= ?=?a 或–3,若243-=?=t a ,不合题意;若2 1 3=?-=t a ;③有一个正根与一个负根,即 101 1 >?<--a a . 综上,实数a 的取值范围是),1(}3{+∞- . 15.解:(1)由,1 ,01,0,0.0)1(,0a x x a x a x a x x ax > ∴>-∴≥>>->- 得 21a x > ∴.∴函数定义域为}1,0,1|{2≠>>a a a x x . (2)若a =2,则).,4 1 (),2(log )(2+∞∈-=x x x x f 可以判断f (x )在[1,4]上是增函数, ∴f (x )m i n =f (1)=lo g 2(2–1)=0,6log )48(log )4()(22max =-==f x f . (3)设),1 ( ,21+∞∈a x x , 且x 1 2 )(,1,1].1)()[(21122122121=?>+∴>>∴>>-+-=a a x x a a x x a x x x x a x x ,∴22112121,0]1)()[(x ax x ax x x a x x -<-∴<-+-,若0 )(log 22x ax a ->,∴f (x )为减函数.若a >1,则)(log )(log 2211x ax x ax a a -<-, ∴f (x )为 增函数. 专题五 导数及其应用(理) 一、选择题 1.A ∵2 1 32,21),0(32=-∴=>-= 'x x k x x x y 又,∴x =3,故选A . 2.A 解法1:∵f (x )=cos 2x –cos x –1, ∴)cos 21(sin sin cos sin 2)(x x x x x x f -=+-=',令 0)(>'x f 结合选项,故选A . 解法2:把选项中特殊角代入验证,故选A . 3.A 观察)(x f y '=的图象,设)(x f y '=的图象与x 轴的交点依次为x 1, x 2, x 3, 则x ∈(a , x 1)时,)(x f '>0,函数y =f (x )是增函数; x ∈(x 1, x 2)时,)(x f '<0,函数y =f (x )是减函数; x ∈(x 2, x 3)时,)(x f '≥0,函数y =f (x )是增函数; x ∈(x 3, b )时,)(x f '<0,函数y =f (x )是减函数. ∴x =x 2时,y =f (x )取得极小值,另无其他极小值,故选A . 4.D 由已知条件可设)0(3)1()(2>--='a x a x f ,则33)1()(2-≥--='=x a x f k ,即得3tan -≥α,由角α为切线的倾斜角,),3 2[ )2 ,0[ππ π α ∈,故应选D . 5.A 0)0().0(2)(>'≠+='f a b ax x f ,∴b >0,又f (x )≥0恒成立,即ax 2+bx +c ≥0恒成立,∴a >0且△=b 2–4ac ≤0恒成立,∴c >0. ≥+≥++=++='2211)0()1(b ac b c b a b c b a f f 24212 2 =+b b ,当a =c >0时等号成立,故选A . 6.C 2 22)(2++--=++-='x b x x x b x x f ,由x >–1得x +2>1>0,∵f (x )为(–1, +∞)上的减函数,∴)(x f '≤0(x >–1),∴不等式–x 2–2x +b ≤0在(–1, +∞)上恒成立,∵y =–x 2–2x +b 在(–1, +∞)上单调递减,∴–(–1)2–2×(–1)+b ≤0,得b ≤–1,故应选C . 7.A ∵)(x f x '+f (x )≤0,又f (x )≥0,∴)(x f x '≤–f (x )≤0.设x x f y ) (=,则 x x f y x x f x f x y ) (,0)()(=≤-'?= '故为减函数或为常函数.又a 0,则a ·f (b )≤b ·f (a ).故选A . 二、填空题 8.–1 9.6、9 解析:q px x y ++='232,令切点为(a , 0),则f (x )=x (x 2+px +q )=0有2个相等实根a ,且a ≠0,从而x 2+px +q =(x –a )2, ∴f (x )=x (x –a )2,∴)3)(()(a x a x x f --=',令,0)(='x f 得x =a 或3 a x = .又∵x =a 时,f (a )=0,不为4,所以3,4274 ,4)3(3-=-=-==a a y a f 即极小,从而 x 2+px +q =(x +3)2=x 2+6x +9.∴p =6, q =9. 10.R cos t 解析:速度t r t r y v cos )sin (='='=. 11.[3,4] 解析:∵)10(3),10(03)(22<<>∴<<>+-='x x b x b x x f ,故b ≥3,又f (x )=0?x =0, ,4,2],2,2[≤≤∴-∈±b b b ∴3≤b ≤4. 三、解答题 12.解:(1)∵点P 在切线上,∴f (1)=2.∴a +b =1.① 又函数图象在点P 处的切线斜率为8,∴8)1(='f ,又52,23)(2=+∴++='b a b ax x x f .② 解币①②组成的方程组,可得a =4, b =–3. (2)由(1)得383)(2-+='x x x f ,令)(x f '>0,可得x <–3或x >3 1 ;令)(x f '<0,可得–3 1 ,3(-. (3)设sin x =t ,则问题可以转化为求函数f (t )(–1≤t ≤1)的最值. 由(2)可知f (t )在)31 ,1(-上是减函数,在)1,3 1(上是增函数.∴f (t )的最小值为 27 14194271)31(-=-+=f .又f (–1)=6, f (1)=2,∴f (t )的最大值为f (–1)=6.∴函数f (sin x )的最小值为27 14 -,最大值为6. 13.解:(1)f (x )的导数2)(,22,)(≥'=?≥++='---x f e e e e e e x f x x x x x x 故由于.(当且仅当x =0时,等号成立.) (2)令g (x )=f (x )–ax ,则.)()(a e e a x f x g x x -+=-'='- (i )若a ≤2,当x >0时,02.)(≥->-+='-a a e e x g x x , 故g (x )在),0[+∞上为增函数.所以,x ≥0时,g (x )≥g (0),即f (x )≥ax . (ii )若a >2,方程0)(='x g 的正根为2 4 ln 21-+=a a x ,此时,若x ∈(0, x 1),则 0)(<'x g ,故g (x )在该区间为减函数.所以,x ∈(0, x 1)时,g (x ) 设f (x )≥ax 相矛盾. 综上所述,满足条件的a 的取值范围是]2,(-∞. 14.(1)∵f (x )=x 3+ax 2+bx +c , ∴)(x f '=3x 2+2ax +b ,由='=+-=-')1(,03 4 912)32 (f b a f 3+2a +b =0,解之得2,21-=-=b a . (也可这样求解:3 2-,1是0)(='x f 的两个根,∴3132,13232b a =?-+-=-,解得 )1)(23(23)(),2,2 1 2-+=--='∴-=-=x x x x x f b a ,函数f (x )的单调区间如下表: 所以函数f (x )在递增区间为)32 ,(--∞与),1(+∞;递减区间为)1,3 2(-. (2)]2,1[,221)(22-∈+-- =x c x x x x f ,当c x f x +=-=27 22)(,32时为极大值.∵f (2)=2+c , ∴f (x )max =f (2)=2+c ,要使f (x ) c <–1,或c >2. 15.解:(1)根据求导法则得.0,2ln 21)(>+-='x x a x x x f 故,2ln 2)()(a x x x f x x F +-='= x >0,于是.0,2 21)(>-=-='x x x x x F F (x )在x =2处取得极小值 F (2)=2–2l n 2+2a . (2)证明:由a ≥0知,F (x )的极小值F (2)=2–2l n 2+2a >0.于是由上表知,对一切x ∈(0, +∞),恒有0)()(>'=x f x x F .从而当x >0时,恒有0)(>'x f ,故f (x )在(0, +∞)内单调递增.所以当x >1时,f (x )>f (1)=0,即x –1–l n 2x +2a l nx >0.故当x >1时,恒有x >l n 2x –2a l nx +1. 专题六 不等式的性质与证明 一、选择题 1.C ∵x ∈(e –1, 1), ∴a =l nx ∈(–1, 0), b –a =l nx <0,即b c ,得c >a ,∴b 1 2211= ===b a b a 可得+=+=+=+=+2121212211,9 4 9292,959491b a b b a a b a b a 94929212=+=b a ,其中2211b a b a +最大,且大于2 1 ,故应选A . 3.C 4.C 本题可利用换元的方法处理:由x +y =1且x >0, y >0,可设∈==ααα(cos ,sin 22y x ))2,0(π ,故b a b a b a by ax +≤++=+=+)sin(cos sin φααα. 5.B ∵b 3是1–a 和1+a 的等比中项,∴3b 2=1–a 2,即a 2+3b 2=1,设,s i n 3 3 ,c o s αα==b a 则)6 sin(2sin 3cos 3π ααα+=+=+b a ,当3 π α= ,即2 1 = =b a 时,b a 3+取得最大值2,故应选B . 6.B 由1222222221222222≤++?≤++?=++?=++zx yz xy zx yz xy z y x z y x ,又当0,22,22=-== z y x 时,有2 1-=++zx yz xy .综上所述zx yz xy ++的取值范围是]1,2 1 [-,故选B . 7.B 2)1(211)1)((+=++≥++ +=++a a a x y y ax a y a x y x (当且仅当a x y =时取等号),∵9)1)((≥++y a x y x 对任意正实数x 、y 恒成立,∴需.4,9)1(2≥∴≥+a a 故选B . 二、填空题 8.5 9- 解析:解答本题的关键是明确目标函数的几何意义,数形结合解答;由a =(x +2)2+(y –1)2–5表示点(x , y )到定点(–2, 1)的距离的平方与5的差,如图易知点A 到直线2x +y =1的距离的平方与5的差最小,即 595)5 4( 2-=-≥a . 9. 16 1 解析:∵)161()41(,442142=≤∴=?≥=+xy xy y x y x .当且仅当?????=+=, 14, 4y x y x 即 ?? ? ? ?? ? ==,81,21y x 时x ·y 取得最大值161. 10.3 11.①③?②④(或②③?①④) 三、解答题 12.证明:左边212 12212121122 2121211222 2 1 )(1)2()()(a a a a a a a a a a λλλλλλλλλλλλ-+=-+++=+++= .∵a 1、a 2∈R + , a 1+a 2=1, ∴,0)(,41,212 12 212121≥-≤∴≥λλλλ又a a a a ∴左边2 12 21212214)(4)(1λλλλλλλλ+= -+≤=右边,∴原不等式成立. 13.(1)证明:由f (x )=x 得,x 2+(b –1)x +c =0,∴x 1+x 2=1–b , x 1x 2=c , (x 2–x 1)2=(x 1+x 2)2–4x 1x 2= (1–b )2–4c =b 2–2b +1–4c ,又x 2–x 1>1,∴b 2–2b +1–4c >1,即b 2>2(b +2c ). (2)解: f (t )–x 1=t 2+bt +c –(21x +bx 1+c )=(t +x 1)(t –x 1)+b (t –x 1)=(t –x 1)(t +x 1+b )=(t –x 1)(t +1–x 2).∵0 ∴t –x 1<0,又x 2–x 1>1, ∴1+x 1 71)()()(7)(22+-=+-+--- =-x x x x x x x f .又f (–x )=f (x ), ∴x <0时,1 7)(2 +-=x x x x f . (2)设x 1, x 2是区间),0[+∞上的任意两个实数,且0≤x 1 .) 1)(1() 1)((7)1(7)1(722 2121212122221211++++--=++--++-= x x x x x x x x x x x x x x 当0≤x 1 而01,01222121>++>++x x x x ,∴f (x 1)–f (x 2)>0,即f (x )在[0,1]上为减函数.同理可证: 当1 (3)∵f (x )在(1, +∞)是增函数,故由x ≥2得f (x )≥f (2)=–2,又x 2+x +1>0, –7x <0,∴01 7)(2 <++- =x x x x f ,∴–2≤f (x )<0.∵x 1, x 2≥2.∴–2≤f (x 1)<0且–2≤f (x 2)<0.即0<–f (x 2)≤2.∴–2 653 44534233431223,,λλλλλλ=?==?==?=x x x x x x x x x x x x x x x .若x 1、x 3、x 5成等比数列,则512 3x x x =,即62λλ=.而λ≠0,解得λ=± 1. (2)证明:由已知,λ>0, x 1=x 2=1及y 1=y 2=2,可得x n >0, y n >0.由不等式的性质,有 11 2121211-----+=?≥≥≥≥n n n n n n n n y y y y y y y y λλλλ . 另一方面, 11 2121211-----+=====n n n n n n n n x x x x x x x x λλλλ . 因此, n n n n n x x y y 111+-+=≥λ(n ∈N *).故n n n n y x y x ≤++11(n ∈N *). (3)证明:当λ>1时,由(2)可知y n >x n ≥1(n ∈N *). 又由(2) n n n n y x y x ≤++11(n ∈N *),则n n n n n n x x y x x y -≥-+++111, 从而 11 11-+++=≥--n n n n n n n x x x y x y λ(n ∈N *).因此 1 11)1(1)1(1111133222211-< - -= +++≤--++--+---++λλλ λλλn n n n n n y x y x y x y x y x y x . 专题七 不等式的解法及其应用 一、选择题 1.A S ={x ||x –2|>3}={x |x <–1或x >5}.∵S ∪T =R ,∴?????>+-<5 81 a a ,解得:–3 2.C 不等式04 1 2 >--x x 等价于(x +2)(x –1)(x –2)>0,此不等式的解集为(–2, 1)∪(2, +∞),故应选C . 3.A 不等式(1+k 2 )x ≤k 4 +4可变形为x ≤.142 4++k k 即得]14,(24++-∞=k k M ,∵)1(1 4 224+=++k k k 225221 52>-≥-++k ,∴2∈M ,0∈M ,故应选A . 4.C .10212 )1(log 22222)(231 ><??? ??>-≥?????>>-x x x x e x x f x 或或 5.D ∵函数y =a x 在0-x x 解得:1 2 1