浙江专用2020版高考数学大一轮复习课时21.2命题与充要条件夯基提能作业2

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浙江专用2020版高考数学大一轮复习课时62.4二次函数和幂函数夯基提能作业(含答案)

2.4 二次函数和幂函数A组基础题组1.函数f(x)=2x2-mx+3在(-∞,-1]上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,则f(2)=( )A.10B.14C.19D.20答案 C 由题意知=-1,所以m=-4,所以f(x)=2x2+4x+3,所以f(2)=19.2.(2019绍兴一中月考)命题“ax2-2ax+3>0恒成立”是假命题,则实数a的取值范围是( )A.a<0或a≥3B.a≤0或a≥3C.a<0或a>3D.0<a<3答案 A 若ax2-2ax+3>0恒成立,则a=0或,-1 ,可得0≤a<3,故当命题“ax2-2ax+3>0恒成立”是假命题时,a<0或a≥3.3.已知函数f(x)=x2+(a+1)x+ab,若不等式f(x)≤0的解集为{x|-1≤x≤4},则a+2b的值为( )A.-2B.3C.-3D.2答案 A 依题意,知-1,4为方程x2+(a+1)x+ab=0的两个根,所以-1-1),-1,解得- ,1,所以a+2b的值为-2,故选A.4.已知在(-∞,1]上递减的函数f(x)=x2-2tx+1,且对任意的x1,x2∈[0,t+1],总有|f(x1)-f(x2)|≤2,则实数t的取值范围为( )A.[-B.[1,C.[2,3]D.[1,2]答案 B 对任意的x 1,x2∈[0,t+1],总有|f(x1)-f(x2)|≤2转化为f(x)max-f(x)min≤2.由f(x)在(-∞,1)上是减函数,得--≥1,即t≥1,从而有t-0≥t+1-t,即x=0比x=t+1更偏离对称轴x=t,故f(x)在[0,1+t]上的最大值为1,最小值为1-t2,故有1-(1-t2)≤2,解得-≤t≤,又t≥1,所以1≤t≤.故选B.5.已知函数f(x)=x2+x,x1,x2∈R,则下列不等式中一定成立的不等式的序号为.①f1≤1) f );②f1<1) f );③f1≥1) f );④f1>1) f ).答案①解析1) f )-f1=11-1-1=1-)≥0,故填①.6.(2019山西一模)已知函数f(x)=x2-m是定义在区间[-3-m,m2-m]上的奇函数,则f(m)= . 答案-1解析由题意得m2-m=3+m,即m2-2m-3=0,∴m=3或m=-1.当m=3时,f(x)=x-1,其定义域为[-6,6],f(x)在x=0处无意义,故舍去.当m=-1时,f(x)=x3,其定义域为[-2,2],满足题意,∴f m)=f -1)=(-1)3=-1.7.若f(x)=x2+ax+b(a,b∈R),x∈[-1,1],且|f(x)|的最大值为1,则4a+3b= .答案-3解析由题意可知,-1) 1,) 1,1) 1,即1-1,1,11,而|1-a+b|+|1+a+b|≥2|1+b|,所以2|1+b|≤1,解得-3≤b≤-1,另一方面|b|≤1等价于-1≤b≤1,所以b=-1,所以1-1,11,解得a=0.综上得 ,-1,故4a+3b=-3.8.二次函数y=x2+kx+k,k∈[4,6]的图象截x轴所得线段长度的取值范围是.答案[0,23]解析所求线段的长度为-=- )-,因为k∈[4,6],所以- )-∈[0,23].9.对于定义在R上的函数f(x),若实数x0满足f(x0)=x0,则称x0是函数f(x)的一个不动点.若函数f(x)=x2+ax+1没有不动点,则实数a的取值范围是.答案(-1,3)解析问题等价于方程x2+ax+1=x无解,即x2+(a-1)x+1=0无解,∴Δ=(a-1)2-4<0⇒-1<a<3.10. 已知幂函数f(x)=m)-1(m∈N*).(1)试确定该函数的定义域,并指明该函数在其定义域上的单调性;(2)若该函数的图象经过点(2,),试确定m的值,并求出满足条件f(2-a)>f(a-1)的实数a的取值范围. 解析(1)m2+m=m(m+1),m∈N*,而m与m+1中必有一个为偶数,∴m m+1)为偶数.∴函数f(x)=m)-1(m∈N*)的定义域为[ ,+∞),并且在定义域上为增函数.)∵函数f(x)的图象经过点(2,),∴=m)-1,∴m2+m=2.解得m=1或m=-2.又m∈N*,∴m=1.由f(2-a)>f(a-1)得- , -1 , --1.解得1≤a<3.∴实数a的取值范围为1,3.11.设二次函数f(x)=ax2+2bx+c(c>b>a),其图象过点(1,0),并与直线y=-a有交点.(1)求证:0≤<1;(2)若直线y=-a与函数y=|f(x)|的图象从左到右依次交于A,B,C,D四点,且线段AB,BC,CD能构成钝角三角形,求的取值范围.解析(1)证明:由题意知,a+2b+c=0,又c>b>a,所以a<0,c>0.由c=-a-2b>b>a,得-13<<1.又因为函数y=f(x)的图象与直线y=-a有交点.所以方程ax2+2bx+c+a=0有实根,故Δ=4b2-4a(c+a)=4b2+8ab≥0,所以4+8·≥0,解得≤-2或≥0,综上可得0≤<1.(2)易知A,D关于对称轴对称,B,C关于对称轴对称,所以|AB|=|CD|,设|AB|=|CD|=m,|BC|=n,因为线段AB,BC,CD能构成钝角三角形,所以,,解得n<2m<n,故 2n<2m+n<(+1)n,所以2|BC|<|AD|<(+1)|BC|.设x1,x2是方程ax2+2bx+c+a=0的两个根,所以|x1-x2|=|BC|= ·.设x3,x4是方程ax2+2bx+c-a=0的两个根,所以|x3-x4|=|AD|= ·.所以2 ·< ·<(+1) ·,解得-1+<<-1+ 13.12.已知函数f(x)=-x|x-a|+1(x∈R).(1)当a=1时,求使f(x)=x成立的x的值;(2)当a∈(0,3)时,求函数y=f(x)在x∈[1,2]上的最大值. 解析(1)当a=1时,f(x)=-x|x-1|+1,x≥1时,-x(x-1)+1=x,∴x2=1,x=±1,∴x=1,x<1时,-x(1-x)+1=x,x=1,无解.综上,x=1.(2)f(x)=- x 1 x ),- x 1 x),作出示意图(图略),①当0<a≤1时,f(x)在[1,2]上递减,故f(x)max=f(1)=a;②当1<a<2时,f(x)在[1,a]上递增,在[a,2]上递减,故f(x)max=f(a)=1;③当2≤a<3时,f(x)在1,上递减,在, 上递增,故f(x)max=f(2)=5-2a.综上,f(x)max=1),1 1),-3).B组提升题组1.设函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R)的两个零点分别为x1,x2,若|x1|+|x2|≤2,则( )A.|a|≥1B.|b|≤1C.|a+2b|≥2D.|a+2b|≤2答案 B 由根与系数的关系知b=x 1x2,所以|b|=|x1||x2|≤1≤1(当且仅当|x1|=|x2|时,等号成立),故选B.2.设抛物线y=ax2+bx+c(a>0)与x轴有两个交点A,B,顶点为C,设Δ=b2-4ac,∠ACB=θ,则cosθ= ( )A.-B.-C.-D.-答案 A 如图所示.∵ AB =1)-1=-- ·=,∴ AD =,而|CD|=-=,∴ AC 2=|AD|2+|CD|2=+1 =1,∴cosθ= BC - AB·=1-=1-·1=-,故选A.3.下图是二次函数y=ax2+bx+c图象的一部分,图象过点A(-3,0),对称轴为x=-1,给出下面四个结论:①b2> c;② -b=1;③ -b+c= ;④ <b.其中正确的结论是( )A.②④B.①④C.②③D.①③答案 B 因为二次函数的图象与x轴交于两点,所以b2-4ac>0,即b2> c,①正确;对称轴为x=-1,即-=-1,所以2a-b= ,②错误;结合图象,当x=-1时,y>0,即a-b+c> ,③错误;由对称轴为直线x=-1知b=2a,又函数图象开口向下,所以a<0,所以5a<2a,即 <b,④正确,故选B.4.(2019镇海中学月考)已知函数f(x)=x2-2ax+5(a>1).(1)若f(x)的定义域和值域均是[1,a],求实数a的值;(2)若f(x)在区间(-∞, ]上是减函数,且对任意的x1,x2∈[1,a+1],总有|f(x1)-f(x2)|≤4,求实数a的取值范围;(3)若f(x)在[1,3]上有零点,求实数a的取值范围.解析(1)易知f(x)在[1,a]上单调递减,所以1), )1,∴ = .(2)若f(x)在区间(-∞, ]上是减函数,则a≥2,所以当x∈[1,a+1]时,f(x)min=f(a)=5-a2,f(x)max=f(1)=6-2a,因为对任意的x1,x2∈[1,a+1],总有|f(x1)-f(x2)|≤4,即f(x)max-f(x)min≤4,即6-2a-5+a2≤4,所以a2-2a-3≤0,得-1≤a≤3.(3)f(x)=x2-2ax+5(a>1)在[1,3]上有零点,即x2-2ax+5=0在[1,3]上有解,所以2a=x+在[1,3]上有解,令h(x)=x+,易知h(x)=x+在[1,]上是减函数,在[,3]上是增函数,∵h 1)= ,h )=2,h(3)=13,∴ ≤h(x)≤6,所以2≤2a≤ ,∴≤a≤3.5.已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0)的图象过点(1,0).(1)记函数f(x)在[0,2]上的最大值为M,若M≤1,求a的最大值;(2)若对任意的x1∈[0,2],存在x2∈[0,2],使得f(x1)+f(x2)>3a,求的取值范围.解析 1)∵函数f(x)的图象过点(1,0),∴f 1)= +b+c= ,∴c=-a-b,∴f x)= x2+bx-a-b(a>0),易知f(x)的图象是开口向上的抛物线,∴M为f(0),f(2)中的较大者∴M≤1⇔ )--1, )3 1.∴ ≤2,即a≤1,故a的最大值为1.(2)由题意知,存在x2∈[0,2],使f(x)min+f(x2)>3a,∴f x)min+f(x)max>3a,由(1)知,f(x)=ax2+bx-a-b,此函数图象的对称轴为直线x=-.①当-<0,即>0时,f(x)在[0,2]上单调递增,∴f x)min+f(x)max=f(0)+f(2)=-a-b+3a+b=2a>3a,∴>0,符合题意.②当0≤-<1,即-2<≤0时,f(x)在 ,-上单调递减,在-, 上单调递增,且f(0)<f(2),∴f x)min+f(x)max=f-+f(2)=--a-b+3a+b=-+2a,由-+2a>3a,得-<<,∴-<≤0,符合题意.③当1≤-<2,即-4<≤-2时,f(x)在 ,-上单调递减,在-, 上单调递增,且f(0)≥f(2),∴f x)min+f(x)max=f-+f(0)=--a-b-a-b=--2a-2b,由--2a-2b>3a,得-4-<<-4+,∴-4<<-4+,符合题意.④当-≥2,即≤-4时,f(x)在[0,2]上单调递减,∴f x)min+f(x)max=f(2)+f(0)=3a+b-a-b=2a>3a,∴≤-4,符合题意.综上所述,<-4+或>-.。

浙江专用2020版高考数学大一轮复习课时72.5指数与指数函数夯基提能作业(含答案)

2.5　指数与指数函数A 组　基础题组1.函数y=a x -(a>0,且a≠1)的图象可能是( )1a答案　D 令f(x)=a x -,当a>1时,f(0)=1-∈(0,1),所以A 与B 均错;当0<a<1时,f(0)=1-<0,所以C 错D1a 1a 1a 对,故选D.2.若函数f(x)=(2a-5)·a x 是指数函数,则f(x)在定义域内( ) A.为增函数B.为减函数C.先增后减D.先减后增答案　A 由指数函数的定义知2a-5=1,解得a=3,所以f(x)=3x ,所以f(x)在定义域内为增函数,故选A.3.已知实数a,b 满足等式=,下列五个关系式:①0<b<a;②a<b<0;③0<a<b;④b<a<0;⑤a=b.其中不可能(12)a (13)b成立的关系式有( )A.1个B.2个C.3个D.4个答案　B 如图,令y 1=,y 2=,由=得a<b<0或0<b<a 或a=b=0.故选B.(12)x (13)x (12)a (13)b4.(2017浙江高考模拟训练冲刺)已知函数f(x)是奇函数,当x>0时,f(x)=a x (a>0且a≠1),且f(lo 4)=-3,g 12则a 的值为( )A.B.3C.9D.332答案　A 由f(lo 4)=-3,得f(-2)=-3,又f(x)是奇函数,则有f(2)=3,即a 2=3,又a>0,故a=.g 1235.(2018浙江宁波效实中学高三质检)若函数f(x)=a |2x-4|(a>0,a≠1)满足f(1)=,则f(x)的单调递减区间是( )19A.(-∞,2] B.[2,+∞)C.[-2,+∞)D.(-∞,-2]答案　B 由f(1)=得a 2=.1919又a>0,所以a=,因此f(x)=.13(13)|2x -4|设g(x)=|2x-4|,因为g(x)=|2x-4|在[2,+∞)上单调递增,所以f(x)的单调递减区间是[2,+∞).6.已知a∈R,则“|a-1|+|a|≤1”是“函数y=a x 在R 上为减函数”的( )A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案　B 由绝对值的几何意义知,|a-1|+|a|≤1的解集是{a|0≤a≤1};函数y=a x 在R 上为减函数,则a 的取值构成的集合是{a|0<a<1},所以B ⫋A,根据充分条件与必要条件的定义知选B.7.已知4a =2,lgx=a,则a= ,x= .答案　;1210解析　由4a =2,得a=,由lgx=,得x=.1212108.计算:= ,= .m·3m(6m)52log 23+1答案　1;6解析　=··==m 0=1;m·3m(6m)5m 12m 13m-56m12+13-56=×2=3×2=6.2log 23+12log 239.(2019衢州质检)已知函数f(x)=a x +b(a>0,a≠1)的定义域和值域都是[-1,0],则a+b= .答案　-32解析　①当a>1时,f(x)在[-1,0]上单调递增,则无解.②当0<a<1时,f(x)在[-1,0]上{a-1+b =-1,a 0+b =0,单调递减,则解得∴a+b=-.{a -1+b =0,a 0+b =-1,{a =12,b =-2,3210.已知函数f(x)=.(13)ax 2-4x +3(1)若a=-1,求函数f(x)的单调区间;(2)若f(x)有最大值3,求a 的值;(3)若f(x)的值域是(0,+∞),求实数a 的取值范围.解析　(1)当a=-1时,f(x)=,(13)-x 2-4x +3令g(x)=-x 2-4x+3,由于g(x)在(-∞,-2)上单调递增,在(-2,+∞)上单调递减,而y=在R 上单调递减,因此f(x)在(-∞,-2)上单调递减,在(-2,+∞)上单调递增,(13)t 即函数f(x)的单调递增区间为(-2,+∞),单调递减区间为(-∞,-2).(2)令h(x)=ax 2-4x+3,则f(x)=,由于f(x)有最大值3,因此h(x)应有最小值-1,所以=-1,解得(13)h(x)12a -164a a=1.(3)由指数函数的性质知,要使函数f(x)的值域是(0,+∞),则需函数h(x)=ax 2-4x+3的值域为R,因为二次函数的值域不可能为R,所以a=0.B 组　提升题组1.无论a 为何值,函数y=(a-1)2x -恒过定点,则这个定点的坐标是( )a 2 A.B.(1,-12)(1,12)C.D.(-1,-12)(-1,12)答案　C y=(a-1)2x -=a -2x,令2x -=0,得x=-1,故函数y=(a-1)2x -恒过定点,故选C.a 2(2x -12)12a 2(-1,-12)2.(2017浙江温州十校期末)设函数f(x)=若关于x 的方程f 2(x)-af(x)=0恰有三个不同{log 2(-x),x <0,2x ,x ≥0,的实数根,则实数a 的取值范围是( ) A.[0,+∞) B.(0,+∞)C.(1,+∞)D.[1,+∞)答案　D 作出函数y=f(x)的图象,如图所示.由f 2(x)-af(x)=0,得f(x)=0或f(x)=a.显然f(x)=0只有1个实数根,所以只需f(x)=a 有2个不同的实根即可.利用图象可得实数a 的取值范围是[1,+∞).3.设n∈N *,x=,y=,则下列结论成立的是( )(1+1n )n +1(1+1n)n A.y x >x yB.y x <x yC.y x =x yD.x,y 的大小关系与n 的取值有关答案　C 由x=,得lnx=(n+1)ln,由y=,得lny=nln,则=,又=(1+1n )n +1(1+1n)(1+1n )n (1+1n )lnx lny n +1n x y =,因而=,xlny=ylnx,即y x =x y ,故选C.(1+1n )n +1(1+1n)nn +1n lnx lny xy 4.已知函数y=9x +m·3x -3在区间[-2,2]上单调递减,则m 的取值范围为 . 答案　(-∞,-18]解析　设t=3x ,则y=9x +m·3x -3=t 2+mt-3.因为x∈[-2,2],所以t∈.[19,9]又函数y=9x +m·3x -3在区间[-2,2]上单调递减,即y=t 2+mt-3在区间上单调递减,[19,9]故有-≥9,解得m≤-18.m2所以m 的取值范围为(-∞,-18].。

浙江专用2020版高考数学大一轮复习课时224.7正弦定理和余弦定理夯基提能作业2

4.7 正弦定理和余弦定理A组基础题组1.在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C所对的边,若a,b,c成等差数列,∠B=30°,△ABC 的面积为3,则b=( )A.3B.1+3C.3D.2+3答案 B 由条件知acsin B=3,得ac=6,又a+c=2b,则由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=(a+c)2-2ac-3ac,即b2=4b2-12-63,解得b1=b2=1+3.2.如图,正三棱锥P-ABC的所有棱长都为4.点D,E,F分别在棱PA,PB,PC上,则满足DE=EF=3,DF=2的△DEF 的个数是( )A.1B.2C.3D.4答案 C 令PD=x,PE=y,PF=z,则- ,- ,- ,当x=z时,,,当 ≠ 时,有两解.3.(2017浙江镇海中学模拟)在△ABC中,BC=2,AC=2,则A的最大值是( )A.30°B. 5°C. 0°D. 0°答案 B 由余弦定理,知cos A==≥(当且仅当c=2时,取等号),故A的最大值为 5°,故选B.4.(2017浙江台州调研)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=1,2b-3c=2acos C,sin C=3,则△ABC的面积为( )A.3B.3C.3或3D.3或3答案 C 由正弦定理知,2sin B-3sin C=2sin Acos C,又sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C,所以cos A=3,故A=30°.因为sin C= 3,所以C= 0°或C= 0°.当C= 0°时,B= 0°,由 =,得c= 3,故S= × 3× × = 3; 当C= 0°时,B=30°,此时b=a=1,故S=× × × 0°= 3.故选C.5.(2018杭州高三期末)设点P 在△ABC 的BC 边所在的直线上从左到右运动,设△ABP 与△ACP 的外接圆面积之比为λ,当点P 不与B,C 重合时( )A.λ先变小再变大B.当M 为线段BC 中点时,λ最大C.λ先变大再变小D.λ是一个定值答案 D 设△ABP 与△ACP 的外接圆半径分别为r 1,r 2,则2r 1=∠ ,2r 2=∠ ,因为∠APB+∠APC= 0°,所以∠APB= ∠APC,所以=,所以λ= =.故选D.6.已知a,b,c 分别为△ABC 的内角A,B,C 所对的边,其面积满足S △ABC =a 2,则的最大值为( ) A. -1 B.C. +1D. +2答案 C 根据题意,有S △ABC =a 2=bcsin A,应用余弦定理,可得b 2+c 2-2bccos A=2bcsin A,令t=,于是t 2+1-2tcos A=2tsin A.于是2tsin A+2tcos A=t 2+1,所以2 sin =t+ ,从而t+≤ ,解得t 的最大值为 +1.7.(2017浙江测试)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别是a,b,c,若a=2 3,C=3,tan A=3,则sin A= ,b= . 答案 35;4+ 3解析由tan A=3得sin A=35,cos A=5,由正弦定理,得c=a=5,又sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos AsinC,∴b=aco C+cco A= + 3.8.(2017浙江名校协作体)已知在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,S 为△ABC 的面积.若a=4,b=5,C=2A,则c= ,S= .解析由题意可知,==-3 =3,所以asin 3A=bsin A, 即4(3sin A-4sin 3A)=5sin A, 整理得7=16sin 2A, 从而cos 2A= ,即cos A=3. 由正弦定理得,c=·a= co A·a= .∴S=bcsin A=×5× × =5. 9.(2018杭州七校高三联考)设△ABC 的三个内角A 、B 、C 所对的边依次为a 、b 、c,若△ABC 的面积为S,且S=a 2-(b-c)2,则-co= .答案 4解析因为△ABC 的面积为S,且S=a 2-(b-c)2=a 2-b 2-c 2+2bc=bc· A,所以由余弦定理可得- bc·co A+ bc=bc· A, 所以4-4cos A=sin A, 所以-co = - co -co=4.10.(2017浙江稽阳联谊学校联考)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,已知csin A= 3acos C,则C= ;若c= 3 ,△ABC 的面积为3 3,则a+b= .答案3;7解析由正弦定理可得sin Csin A= 3sin Acos C, 因为 A≠0,所以tan C= 3,所以C=3.由 absin C=3 3,得ab=6.又由余弦定理得 3=a 2+b 2-2abcos C=(a+b)2-3ab, 所以a+b=7.11.(2017浙江台州质量评估)已知在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且b= a, 3cos B= cos A,c= 3+1,则△ABC 的面积为 .解析由3cos B=cos A,得3·-=·-,又b=a,c=3+1,所以上式可化简为a2=3-3c2=2,所以a=,b=2.所以cos B=-=,所以sin B=-co B=.故△ABC的面积S=acsin B=×× 3+ ×=3.12.(2017浙江宁波期末)已知△ABC的三边分别为a,b,c,且a2+c2=b2+ac,则边b所对的角B为;此时,若b=23,则·的最大值为.答案3;6+43解析由余弦定理得cos B=-=,∴B=3,由正弦定理得c==4sin C.∴·=bccos A=83sin Ccos A,又C=3-A,∴·=833co cos A=12cos2A+43· Aco A= +co A + 3sin 2A=6+43sin3.∵0<A<3,∴3<2A+3<53,故当2A+3=,即A=时,·有最大值,最大值为6+43.13.(2017浙江金华十校调研)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若2cos 2B=4cos B-3.(1)求角B的大小;(2)若S△ABC=3,asin A+csin C=5sin B,求b.解析(1)2cos 2B-4cos B=-3⇒4cos2B-4cos B+1=0,所以cos B=,故B=3.(2)S△ABC=3=acsin B⇒ac=4.由asin A+csin C=5sin B得a2+c2=5b,由b2=a2+c2-2accos B得b2-5b+4=0,解得b=1或4.又a2+c2=5b≥ ac= ,所以b≥5,所以b=4.14.(2017湖州期末)在锐角△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.已知sin Asin C=3,b2=ac.(1)求角B的值;(2)若b=3,求△ABC的周长.解析(1)由b2=ac得,sin2B=sin Asin C,因为sin Asin C=3,所以sin2B=3,因为sin B>0,所以sin B=3,.因为三角形ABC为锐角三角形,所以B=3(2)已知b=3,则3=a2+c2-2accos3=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac,所以a+c=23,所以三角形ABC的周长为33.15.已知f = · co + x)- , ∈R.(1)求函数f(x)的单调递减区间;(2)在锐角△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知f(A)=0,a=1,求a2+b2+c2的取值范围.解析(1)f(x)=sin xcos x+sin2x-1=sin 2x+-co -1=sin--.令+2kπ≤ -≤ kπ+3 k∈Z ,得3 +kπ≤ ≤kπ+ k∈Z .故函数f(x)的单调递减区间为3 k ,k k∈Z .(2)由f(A)=0得sin-=.∵A∈0,,∴ A-∈-,3 ,∴ A-=,∴A=.易得bc=sin Bsin C=2sin Bsin C=cos(B-C)-cos(B+C)=cos(B-C)-cos(π-A)=+cos(B-C),又在锐角△ABC中,A=,故B-C∈-,,bc∈ , ,又cos A=-,∴b2+c2-a2=bc,∴a2+b2+c2=bc+ ∈ ,3+].B组提升题组1.(2018金华东阳二中高三调研)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若3bcos A=ccos A+acos C,则tan A的值是( )A.-2B.-C.2D.答案 C 在△ABC中,由余弦定理得cco A+aco C=c×-+a×-=b.所以3bcos A=ccos A+acos C=b,两边约去b,得3cos A=1,所以cos A=3>0,所以A为锐角,且sin A=-co A=3,因此,tan A=co=2.2.若满足条件AB=3,C=3的三角形ABC有两个,则边BC的长的取值范围是( )A.(1,)B.(,3)C.(3,2)D.(,2)答案 C 设BC=a,∵C=3,AB=3,由正弦定理得=,即33=,∴ A=.由题意得,当A∈3,3且A≠时,满足条件的△ABC有两个,∴3<<1,解得3<a<2,即BC的取值范围是(3,2).3.(2017浙江镇海中学模拟)在锐角△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且acos B+bcos A=c2,C=3,则a+b的取值范围是( )A.[1,2]B.(1,2]C.[3,2]D.(3,2]答案 D 由正弦定理,知 Aco B+ Bco A= C·c,即sin(A+B)=csin C,所以c=1.又==,所以a+b=·c=33-=333co =2sin.因为0,3-,所以<A<,所以3<A+<3,所以a+b∈ 3,2],故选D.4.(2017浙江绍兴质量检测)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知A=,b= ,△ABC的面积为33,则c= ,B= .答案1+3;3解析由三角形的面积公式,知33=×××c,所以c=1+3.由正弦定理得,=,即3-=,所以·co =(1+3)sin B,所以3cos B=sin B,即tan B=3,所以B=3.5.(2017浙江杭州二模)设a,b,c分别为△ABC的内角A,B,C的对边,且S△ABC=c2.若ab=,则a2+b2+c2的最大值是.答案4解析由S △ABC=c2,知absin C=c2,所以c2=sin C;由c2=a2+b2-2abcos C,可知a2+b2=c2+2abcos C=sin C+2cos C.所以a2+b2+c2=2(sin C+cos C)=4sin≤ ,当且仅当C=时,取等号.故a2+b2+c2的最大值为4.6.已知在△ABC中,M,N分别为AC,AB的中点,|AB|∶|AC|= ∶3,当△ABC在上述条件下变化时,若|BM|≤λ|CN|恒成立,则λ的最小值为.答案解析设角A,B,C的对边分别为a,b,c,不妨设c=2,b=3,a=x(1<x<5).易求得|BM|2=+-,从而|BM|=-.同理,|CN|=,∴λ≥-(1<x<5),从而λ≥.7.已知△ABC的面积为 ,∠A的平分线交对边BC于D,AB=2AC,且AD=kAC,k∈R,则当k= 时,边BC 的长度最短.答案 05解析由题可设在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,则c=2b,AD=kb.由角平分线定理知,S△ACD=3=sin ·kb2,又1=b· b· A,两式联立,消去b2,得cos =3k.又a2=b2+(2b)2- ×b× bco A=b2(5-4cos A)=5- co ,所以a2sin A+4cos A=5,利用辅助角公式,知sin(A+φ)=5 a ,所以a4+ ≥ 5,即a2≥3当35,co5时,取等号,此时cos =co =3 0,故k=3cos =50.8.(2018浙江,13,6分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若a= ,b= ,A= 0°,则sin B= ,c= .答案;3解析本题考查正弦定理、余弦定理.由=得sin B=sin A=,由a2=b2+c2-2bccos A,得c2-2c-3=0,解得c=3(舍负).9.(2017杭州四校期中)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cos 2A+3=2cos A.(1)求角A的大小;(2)若a=1,求△ABC的周长l的取值范围.解析(1)由题意得2cos2A+=2cos A,即4cos2A-4cos A+1=0,∴ co A-1)2=0,∴co A=.又∵0<A<π,∴A=3.(2)根据正弦定理==,得b= 3sin B,c= 3C,∴l= +b+c= + 3(sin B+sinC ,∵A=3,∴B+C=3,∴l= + 33-B =1+2sin ,∵0<B<3,∴ <B+ <5,∴l∈ ,3].10.在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别是a,b,c,已知c=2,C= 3. (1)若△ABC 的面积等于 3,求a,b;(2)若sin C+sin(B-A)=3sin 2A,求△ABC 的面积. 解析 (1)在△ABC 中,由余弦定理及三角形面积公式得 -ab, 3 ab 3 ,即 -ab, ,解得a=b=2. (2)3sin 2A=sin C+sin(B-A) =sin(B+A)+sin(B-A),化简得6sin Acos A=2sin Bcos A,又A 为△ABC 的内角,所以co A≠0,所以sin B=3sin A, 即b=3a,由余弦定理可得a 2=,故△ABC 的面积S=absin C=3a 2× 3 =3 3. 11.(2017温州中学月考)在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别是a,b,c,且 a=2,2cos 2+sin A=5. (1)若满足条件的△ABC 有且只有一个,求b 的取值范围; (2)当△ABC 的周长取最大值时,求b 的值. 解析由2cos 2+sin A=5,得1+cos(B+C)+sin A=5, 所以sin A-cos A=- 5,又0<A<π,且sin 2A+cos 2A=1,所以 35,co 5.(1)若满足条件的△ABC 有且只有一个, 则有a=bsin A 或a≥b, 则b 的取值范围为 0, ]∪ 03 .(2)设△ABC 的周长为l,则l=a+b+c. 由正弦定理得l=a+(sin B+sin C) =2+ 03[sin B+sin(A+B)]=2+ 03(sin B+sin Acos B+cos Asin B)=2+2(3sin B+cos B) =2+2 0sin(B+θ),其中θ为锐角,且sin θ= 00,cos θ=3 0 0,所以l max =2+2 0,且当cos B= 00,sin B=3 0 0时取到. 此时b=sin B= 0 .。

浙江专用2020版高考数学大一轮复习课时143.3导数与函数极值和最值夯基提能作业(含答案)

3.3 导数与函数极值和最值A组基础题组1.下列函数中,既是奇函数又存在极值的是( )A.y=x3B.y=ln(-x)C.y=xe-xD.y=x+答案 D A选项中,函数y=x3单调递增,无极值,B,C选项中的函数都不是奇函数,D选项中的函数既为奇函数又存在极值.2.函数f(x)=x3+ax2+(a-3)x(a∈R)的导函数是f '(x),若f '(x)是偶函数,则以下结论正确的是( )A.y=f(x)的极大值为1B.y=f(x)的极大值为-2C.y=f(x)的极小值为2D.y=f(x)的极小值为-2答案 D 由题意可得, f '(x)=3x2+2ax+a-3,∵f '(x)是偶函数,∴f '(-x)=f '(x),∴a=0,∴f(x)=x3-3x, f'(x)=3x2-3,易知f(x)在x=-1处取极大值2,在x=1处取极小值-2,故选D.3.有一个10 cm×16 cm的矩形纸板,四个角各被截去了一个大小相同的小正方形,剩下的部分做成一个无盖的盒子,则盒子容积的最大值为( )A.12 cm3B.72 cm3C.144 cm3D.160 cm3答案 C 设盒子的容积为y cm3,盒子的高为x cm,则x∈(0,5).则y=(10-2x)(16-2x)x=4x3-52x2+160x,(舍去).所以y'=12x2-104x+160.令y'=0,得x=2或x= 03当x<2时,y'>0,当x>2时,y'<0,所以当x=2时,y max=6×1 × =144.故盒子容积的最大值为144 cm3.4.函数y=f(x)的导函数y=f '(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是( )答案 D 不妨设导函数y=f '(x)的零点依次为x 1,x 2,x 3,其中x 1<0<x 2<x 3,由导函数图象可知,y=f(x)在(-∞,x 1)上为减函数,在(x 1,x 2)上为增函数,在(x 2,x 3)上为减函数,在(x 3,+∞)上为增函数,从而排除A,C.y=f(x)在x=x 1,x=x 3处取到极小值,在x=x 2处取到极大值,又x 2>0,排除B,故选D.5.若函数f(x)=13x 3+x 2-3在区间(a,a+5)上存在最小值,则实数a 的取值范围是( ) A.[-5,0) B.(-5,0) C.[-3,0)D.(-3,0)答案 C 由题意知, f '(x)=x 2+2x=x(x+2),故f(x)在(-∞,- ),(0,+∞)上是增函数,在(-2,0)上是减函数,作出其大致图象如图所示,令13x 3+x 2- 3=-3,得x=0或x=-3,则结合图象可知, -3 0, 5 0,解得a∈[-3,0). 6.函数f(x)=xsin x+cos x 在6, 上的最大值为 .答案解析因为f '(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x, 所以f '(x)=0在x∈6, 上的解为x=.易知f(x)在6,上单调递增,在, 上单调递减,所以函数f(x)=xsin x+cos x 在 6, 上的最大值为f =.7.已知某生产厂家的年利润y(单位:万元)与年产量x(单位:万件)的函数关系式为y=-13x 3+81x-234,则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为万件. 答案 9解析 y'=-x 2+81,令y'=0,得x=9或x=-9(舍去).当0<x<9时,y'>0,函数单调递增;当x>9时,y'<0,函数单调递减.故当x=9时,y 取最大值.8.已知函数f(x)=x 3-3ax+b 的单调递减区间为(-1,1),其极小值为2,则f(x)的极大值是 . 答案 6解析依题意, f(x)的单调递减区间为(-1,1). 由f '(x)=3x 2-3a=3(x- )(x+ )和f '(1)=0,可得a=1,由f(x)=x3-3ax+b在x=1处取得极小值2.可得1-3+b=2,故b=4.所以f(x)=x3-3x+4的极大值为f(-1),f(-1)=(-1)3-3×(-1)+4=6.9.(2018台州高三期末)已知函数f(x)=x2-3x+ln x,则f(x)在区间1, 上的最小值为;当f(x)取到最小值时,x= .答案-2;1解析由题意知f '(x)=2x-3+1=-3x1(x>0),令f '(x)=0,得x=1或x=1,当x∈1,1时, f '(x)<0,当x∈[1, ]时, f '(x)>0,所以f(x)在区间1,1上单调递减,在区间[1,2]上单调递增,所以当x=1时, f(x)在区间1, 上取得极小值,也为最小值,最小值为-2.10.已知函数f(x)=ln x-1ax2+x,a∈R.(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程;(2)令g(x)=f(x)-(ax-1),求函数g(x)的极值.解析(1)当a=0时, f(x)=ln x+x,则f(1)=1,∴切点为(1,1),又f '(x)=1+1,∴切线斜率k=f '(1)=2,故切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0.(2)g(x)=f(x)-(ax-1)=ln x-1ax2+(1-a)x+1(x>0),则g'(x)=1-ax+(1-a)=-(1-a)x1,当a≤0时,∵x>0,∴g'(x)>0,∴g(x)在(0,+∞)上是增函数,此时函数g(x)无极值点.当a>0时,g'(x)=-(1-a)x1=--1(x1),令g'(x)=0得x=1.∴当x∈0,1时,g'(x)>0;当x∈1,∞时,g'(x)<0,因此g(x)在0,1上是增函数,在1,∞上是减函数.∴x=1时,g(x)有极大值,g1=ln1-×1+(1-a)·1+1=1-ln a.综上,当a≤0时,函数g(x)无极值;当a>0时,函数g(x)有极大值1-ln a,无极小值.11.已知函数f(x)=x3+|x-a|(a∈R).(1)当a=1时,求f(x)在(0, f(0))处的切线方程;(2)当a∈(0,1)时,求f(x)在区间[-1,1]上的最小值(用a表示). 解析(1) 当a=1,x<1时, f(x)=x3+1-x, f '(x)=3x2-1,所以f(0)=1, f '(0)=-1,所以f(x)在(0, f(0))处的切线方程为y=-x+1.(2) 当a∈(0,1)时,由已知得f(x)=3x-a,a x1, 3-x a,-1x.当a≤x≤1时,由f '(x)=3x2+1>0,知f(x)在[a,1]上单调递增.当-1≤x<a时, f '(x)=3x2-1,(i)当a∈33,1时, f(x)在-1,-33上递增,在-33,33上递减,在33,1上递增,易知f(x)min=min(-1), 33=min,-3=a-3.(ii)当a∈0,33时, f(x)在-1,-33上递增,在-33,a上递减,在(a,1)上递增,易知f(x)min=min{f(-1), f(a)}=min{a,a3}=a3.综上所述, f(x)min=-,a∈33,1,3,a∈0,33.12.已知a∈R,函数f(x)=+aln x.(1)若函数f(x)在(0,2)上递减,求实数a的取值范围;(2)当a>0时,求f(x)的最小值g(a)的最大值;(3)设h(x)=f(x)+|(a- )x|,x∈[1,+∞),求证:h(x)≥ .解析(1) 函数f(x)在(0,2)上递减⇔∀x∈(0, ), f '(x)≤0恒成立⇔∀x∈(0, ), f '(x)=-≤0恒成立⇒∀x∈(0, ),a≤恒成立,又>1,所以a≤1.(2)当a>0时,令f '(x)=-=0,得x=.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:故g(a)=f=a+aln.∴g '(a)=ln -ln a,令g '(a)=0,得a=2.当a变化时,g '(a),g(a)的变化情况如下表:故g(a)的最大值为g(2)=2.(3)证明: 当a≥ 时,h(x)=f(x)+(a-2)x=+aln x+(a-2)x,故h'(x)=-+a- ≥0,所以h(x)在[1,+∞)上是增函数,故h(x)≥h(1)=a≥ ;当a<2时,h(x)=f(x)-(a-2)x=+aln x-(a-2)x,h'(x)=--a+2=[( -) ](-1)=0,解得x=-<0或x=1,-因为当x≥1时,h'(x)≥0,所以h(x)在(1,+∞)上是增函数,故h(x)≥h(1)=4-a>2.综上所述,h(x)≥ .B组提升题组1.已知函数f(x)=-k ln,若x=2是函数f(x)的唯一一个极值点,则实数k的取值范围是( )A.(-∞, ]B.[0,e]C.(-∞, )D.[0,e)答案 A f '(x)=- x4-k-1=(- )-(x>0).设g(x)=,则 g'(x)=(-1) ,则g(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.∴g(x)在(0,+∞)上有最小值g(1),g(1)=e,结合g(x)=与y=k的图象可知,要满足题意,只需 ≤ ,故选A.2.已知函数f(x)=x3+2ax2+1在x=1处的切线的斜率为1,则实数a= ,此时函数y=f(x)在[0,1]上的最小值为.答案-1; 3解析由题易知f '(x)=3x2+4ax,且f '(x)=1,则a=-1,故f(x)=x3-x2+1.此时f '(x)=3x2-2x=3x-3,所以f(x)在0,3上单调递减,在3,1上单调递增,所以f(x)min=f3= 3.3.(2018浙江宁波模拟)设函数f(x)=x2-ax-ln x,a∈R.(1)若函数f(x)的图象在x=1处的切线斜率为1,求实数a的值;(2)当a≥-1时,记f(x)的极小值为H,求H的最大值.解析(1)因为函数f(x)=x2-ax-ln x,a∈R,所以f '(x)=-ax-1(x>0),由题意知f '(1)=1,∴ -a-1=1,解得a=0.(2)设f '(x0)=0,则20-ax0-1=0,则x0=4(舍负),所以f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,则H=f(x)极小值=f(x0)=0-ax0-ln x0=-0+1-ln x0,设g(a)=4(a≥-1),当a≥0时,g(a)为增函数,当-1≤a<0时,g(a)=,此时g(a)为增函数,所以x0≥g(-1)=1,设y=-x2+1-ln x,因为函数y=-x2+1-ln x在1,∞上为减函数,所以H的最大值为34+ln 2.4.(2018福建厦门外国语中学月考)设函数f(x)=x 2+aln(x+1).(1)若函数y=f(x)在区间[1,+∞)内是单调递增函数,求实数a 的取值范围; (2)若函数y=f(x)有两个极值点x 1,x 2,且x 1<x 2,求证:0< ( )1<-1 +ln 2. 解析 (1)由题意知f '(x)=2x+ 1= x a1,且f '(x)≥0在区间[1,+∞)内恒成立,即a≥-2x 2-2x 在区间[1,+∞)内恒成立,可得a≥-4. 当a=-4时, f '(x)=x -41=( )( -1)1,当x∈[1,+∞)时, f '(x)≥0,且仅当x=1时, f '(x)=0,所以函数f(x)单调递增,所以a 的取值范围是[-4,+∞). (2)函数f(x)的定义域为(-1,+∞), f '(x)= x a1.设g(x)=2x 2+2x+a, 要满足题意,则有4- 0, (-1) 0,解得0<a<1.由题意可知x 1+x 2=-1,2 +2x 2+a=0,x 2=-1+ 1-,-1<x 2<0.所以( ) 1=-( )ln( 1)-1-, 令k(x)=-( x)ln( 1)-1-,x∈ -1,0 ,则k'(x)=( 1)+ ln(x+1), ″(x)= 6x ( 1)3,因为 ″ -1=-4, ″(0)= ,所以存在x 0∈ -1,0 ,使得 ″(x)=0,列表如下:又k'(0)=0,k' -1 =1-2ln 2<0, 所以k'(x)<0 ∈ -1 ,0 ,所以函数k(x)在 -1,0 内为减函数, 所以k(0)<k(x)<k -1,即0<( )1<-1 +ln 2.。

(浙江专用)2020版高考数学大一轮复习课时72.5指数与指数函数夯基提能作业

2.5 指数与指数函数A组基础题组1.函数y=a x-1a(a>0,且a≠1)的图象可能是( )答案 D 令f(x)=a x-1a ,当a>1时,f(0)=1-1a∈(0,1),所以A与B均错;当0<a<1时,f(0)=1-1a<0,所以C错D对,故选D.2.若函数f(x)=(2a-5)·a x是指数函数,则f(x)在定义域内( )A.为增函数B.为减函数C.先增后减D.先减后增答案 A 由指数函数的定义知2a-5=1,解得a=3,所以f(x)=3x,所以f(x)在定义域内为增函数,故选A.3.已知实数a,b满足等式(12)a=(13)a,下列五个关系式:①0<b<a;②a<b<0;③0<a<b;④b<a<0;⑤a=b.其中不可能．．．成立的关系式有( ) A.1个 B.2个 C.3个 D.4个答案 B 如图,令y 1=(12)a,y2=(13)a,由(12)a=(13)a得a<b<0或0<b<a或a=b=0.故选B.4.(2017浙江高考模拟训练冲刺)已知函数f(x)是奇函数,当x>0时,f(x)=a x(a>0且a≠1),且f(lo g124)=-3,则a的值为( )A.√3B.3C.9D.32答案 A 由f(lo g 124)=-3,得f(-2)=-3,又f(x)是奇函数,则有f(2)=3,即a2=3,又a>0,故a=√3.5.(2018浙江宁波效实中学高三质检)若函数f(x)=a |2x-4|(a>0,a ≠1)满足f(1)=19,则f(x)的单调递减区间是( ) A.(-∞,2] B.[2,+∞) C.[-2,+∞) D.(-∞,-2] 答案 B 由f(1)=19得a 2=19. 又a>0,所以a=13,因此f(x)=(13)|2a -4|.设g(x)=|2x-4|,因为g(x)=|2x-4|在[2,+∞)上单调递增,所以f(x)的单调递减区间是[2,+∞).6.已知a ∈R,则“|a-1|+|a|≤1”是“函数y=a x在R 上为减函数”的( ) A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案 B 由绝对值的几何意义知,|a-1|+|a|≤1的解集是{a|0≤a ≤1};函数y=a x在R 上为减函数,则a 的取值构成的集合是{a|0<a<1},所以B ⫋A,根据充分条件与必要条件的定义知选B.7.已知4a=2,lgx=a,则a= ,x= . 答案 12;√10解析由4a=2,得a=12,由lgx=12,得x=√10.8.计算:√a ·√a 3(a 6)5= ,2log 23+1= .答案 1;6 解析√a ·√a 3(√a 6)5=a 12·a 13·a -56=a 12+13-56=m 0=1;2log 23+1=2log 23×2=3×2=6.9.(2019衢州质检)已知函数f(x)=a x+b(a>0,a ≠1)的定义域和值域都是[-1,0],则a+b= . 答案 -32解析 ①当a>1时,f(x)在[-1,0]上单调递增,则{a -1+b =-1,a 0+b =0,无解.②当0<a<1时,f(x)在[-1,0]上单调递减,则{a -1+b =0,a 0+b =-1,解得{a =12,a =-2,∴a+b=-32.10.已知函数f(x)=(13)aa 2-4x +3.(1)若a=-1,求函数f(x)的单调区间; (2)若f(x)有最大值3,求a 的值;(3)若f(x)的值域是(0,+∞),求实数a 的取值范围. 解析 (1)当a=-1时,f(x)=(13)-a 2-4x +3,令g(x)=-x 2-4x+3,由于g(x)在(-∞,-2)上单调递增,在(-2,+∞)上单调递减, 而y=(13)a在R 上单调递减,因此f(x)在(-∞,-2)上单调递减,在(-2,+∞)上单调递增, 即函数f(x)的单调递增区间为(-2,+∞),单调递减区间为(-∞,-2). (2)令h(x)=ax 2-4x+3,则f(x)=(13)a (a ),由于f(x)有最大值3,因此h(x)应有最小值-1,所以12a -164a=-1,解得a=1.(3)由指数函数的性质知,要使函数f(x)的值域是(0,+∞), 则需函数h(x)=ax 2-4x+3的值域为R, 因为二次函数的值域不可能为R, 所以a=0.B 组提升题组1.无论a 为何值,函数y=(a-1)2x-a2恒过定点,则这个定点的坐标是( ) A.(1,-12)B.(1,12)C.(-1,-12)D.(-1,12)答案 C y=(a-1)2x-a 2=a (2a -12)-2x,令2x-12=0,得x=-1,故函数y=(a-1)2x-a2恒过定点(-1,-12),故选C.2.(2017浙江温州十校期末)设函数f(x)={log 2(-x),x <0,2a ,x ≥0,若关于x 的方程f 2(x)-af(x)=0恰有三个不同的实数根,则实数a 的取值范围是( ) A.[0,+∞) B.(0,+∞) C.(1,+∞) D.[1,+∞)答案 D 作出函数y=f(x)的图象,如图所示.由f 2(x)-af(x)=0,得f(x)=0或f(x)=a.显然f(x)=0只有1个实数根,所以只需f(x)=a 有2个不同的实根即可.利用图象可得实数a 的取值范围是[1,+∞). 3.设n ∈N *,x=(1+1a )a +1,y=(1+1a)a,则下列结论成立的是( )A.y x>x yB.y x<x y C.y x=x yD.x,y 的大小关系与n 的取值有关答案 C 由x=(1+1a )a +1,得lnx=(n+1)ln (1+1a ),由y=(1+1a )a,得lny=nln (1+1a),则ln a ln a =a +1a,又a a =(1+1a )a +1(1+1a)a=a +1a ,因而ln a ln a =aa,xlny=ylnx,即y x=x y,故选C.4.已知函数y=9x+m ·3x-3在区间[-2,2]上单调递减,则m 的取值范围为 . 答案 (-∞,-18]解析设t=3x,则y=9x+m ·3x-3=t 2+mt-3. 因为x ∈[-2,2], 所以t ∈[19,9].又函数y=9x+m ·3x -3在区间[-2,2]上单调递减, 即y=t 2+mt-3在区间[19,9]上单调递减, 故有-a2≥9,解得m ≤-18. 所以m 的取值范围为(-∞,-18].。

浙江专用2020版高考数学大一轮复习课时133.2导数与函数单调性夯基提能作业(含答案)

3.2 导数与函数单调性A组基础题组1.函数y=4x2+的单调递增区间为( )A.(0,+∞)B.,∞C.(-∞,-1)D.-∞,-答案 B 由y=4x2+得y'=8x-,令y'>0,即8x->0,解得x>,∴函数y=4x2+在,∞上单调递增.故选B.2.已知m是实数,函数f(x)=x2(x-m),若f '(-1)=-1,则函数f(x)的单调增区间是( )A.-,0B.0,C.-∞,-,(0,+∞)D.-∞,-∪(0,+∞)答案 C 由题意得f '(x)=3x2-2mx,∴f '(-1)=3+2m=-1,解得m=-2,∴f '(x)= x2+4x,令f '(x)>0,解得x<-或x>0,故f(x)的单调增区间为-∞,-,(0,+∞).3.已知函数f(x)=x2+2cos x,若f '(x)是f(x)的导函数,则函数f '(x)的图象大致是( )答案 A 令g(x)=f '(x)=2x-2sin x,则g'(x)=2-2cos x,易知g'(x)≥0,所以函数f '(x)在R上单调递增.4.若幂函数f(x)的图象过点,,则函数g(x)=e x f(x)的单调递减区间为( )A.(-∞,0)B.(-∞,-2)C.(-2,-1)D.(-2,0)答案 D 设幂函数f(x)=xα,因为图象过点,,所以=,α=2,所以f(x)=x2,故g(x)=e x x2,则g'(x)=e x x2+2e x x=e x(x2+2x),令g'(x)<0,得-2<x<0,故函数g(x)的单调递减区间为(-2,0).5.若函数f(x)=x+aln x不是单调函数,则实数a的取值范围是( )A.[0,+∞)B.(-∞,0]C.(-∞,0)D.(0,+∞)答案 C f '(x)=1+=,若f(x)=x+aln x不是单调函数,则f '(x)=0在(0,+∞)内有解,所以a<0,故选C.6.已知函数f(x)=ax+ln x,则当a<0时, f(x)的单调递增区间是,单调递减区间是.答案0,-;-,∞解析由已知得f(x)的定义域为(0,+∞).当a<0时,因为f '(x)=a+=,所以当x>-时,f '(x)<0,当0<x<-时, f '(x)>0,所以f(x)的单调递增区间为0,-,单调递减区间为-,∞.7.若f(x)=xsin x+cos x,则f(-3), f, f(2)的大小关系是.答案f(-3)<f(2)<f解析函数f(x)为偶函数,因此f(-3)=f(3).又f '(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x,当x∈, 时, f '(x)<0.所以f(x)在区间, 上是减函数,所以f>f(2)>f(3)=f(-3).8.已知函数f(x)=x2+2ax-ln x,若f(x)在区间, 上是增函数,则实数a的取值范围是.答案,∞解析由题意得f '(x)=x+2a-≥0在, 上恒成立,即 a≥-x+在, 上恒成立,∵-=,∴ a≥,即axa≥.9.已知函数f(x)=ln x+x2-(a+1)x.若曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=-2,求f(x)的单调区间.解析由已知得f '(x)=+ax-(a+1),则f '(1)=0.而f(1)=ln 1+-(a+1)=--1,∴曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=--1.∴--1=-2,解得a=2.∴f(x)=ln x+x2-3x, f '(x)=+2x-3.由f '(x)=+2x-3=- x>0,得0<x<或x>1,由f '(x)=+2x-3<0,得<x<1,∴f(x)的单调递增区间为0,和( ,+∞), f(x)的单调递减区间为, . 10.已知函数f(x)=ax3+x2(a∈R)在x=-处取得极值.(1)确定a的值;(2)若g(x)=f(x)e x,讨论g(x)的单调性.解析(1)对f(x)求导得f '(x)=3ax2+2x.因为f(x)在x=-处取得极值,所以f '-= a×+ ×-=-=0,解得a=,经检验,满足题意.(2)由(1)知,g(x)=e x,所以g'(x)= x e x+e x= x e x=x(x+1)(x+4)e x.令g'(x)=0,解得x=0或x=-1或x=-4.当x<-4时,g'(x)<0,故g(x)在(-∞,-4)上为减函数;当-4<x<-1时,g'(x)>0,故g(x)在(-4,-1)上为增函数;当-1<x<0时,g'(x)<0,故g(x)在(-1,0)上为减函数;当x>0时,g'(x)>0,故g(x)在(0,+∞)上为增函数.综上,g(x)在(-∞,-4)和(-1,0)上为减函数,在(-4,-1)和(0,+∞)上为增函数.11.已知函数f(x)=x2+aln x.(1)当a=-2时,求函数f(x)的单调递减区间;(2)若函数g(x)=f(x)+在[ ,+∞)上单调,求实数a的取值范围.解析(1)由题意知,函数的定义域为(0,+∞),当a=-2时, f '(x)=2x-= ( )(- ),由f '(x)<0得0<x<1,故f(x)的单调递减区间是(0,1).(2)由题意得g'(x)=2x+-,因函数g(x)在[ ,+∞)上单调,故:①若g(x)为[ ,+∞)上的单调增函数,则g'(x)≥0在[ ,+∞)上恒成立,即a≥-2x2在[ ,+∞)上恒成立,设φ(x)=-2x2.∵φ(x)在[ ,+∞)上单调递减,∴在[ ,+∞)上,φ(x)max=φ(1)=0,∴a≥0.②若g(x)为[ ,+∞)上的单调减函数,则g'(x)≤0在[ ,+∞)上恒成立,易知其不可能成立.∴实数a的取值范围是[0,+∞).B组提升题组1.已知f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)为f(x)的导函数,且满足f(x)<-xf '(x),则不等式f(x+1)>(x-1)f(x2-1)的解集是( )A.(0,1)B.( ,+∞)C.(1,2)D.( ,+∞)答案 D 因为f(x)+xf '(x)<0,所以(xf(x))'<0,所以xf(x)在(0,+∞)上为减函数,又因为f(x+1)>(x-1)f(x2-1),所以(x+1)f(x+1)>(x2-1)f(x2-1),所以0<x+1<x2-1,所以x>2.2.若定义在R上的函数f(x)满足f(x)+f '(x)>1, f(0)=4,则不等式f(x)>+1(e为自然对数的底数)的解集为( )A.(0,+∞)B.(-∞,0)∪( ,+∞)C.(-∞,0)∪(0,+∞)D.( ,+∞)答案 A 由f(x)>+1,得e x f(x)>3+e x,构造函数F(x)=e x f(x)-e x-3,得F '(x)=e x f(x)+e x f '(x)-e x=e x[f(x)+f '(x)-1],由f(x)+f '(x)>1,e x>0,可知F '(x)>0,所以F(x)在R上单调递增,又因为F(0)=e0f(0)-e0-3=f(0)-4=0,所以F(x)>0的解集为(0,+∞),即f(x)>+1的解集为(0,+∞).3.已知函数f(x)=a(x-ln x)+-(a∈R),讨论f(x)的单调性.解析易知f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=a--+=(- )(x- ).当a≤0时,若x∈(0, ),则f '(x)>0, f(x)单调递增,若x∈( ,+∞),则f '(x)<0, f(x)单调递减.当a>0时, f '(x)=(- )-,①当0<a<2时,>1,当x∈(0, )或x∈,∞时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈ ,时, f '(x)<0, f(x)单调递减.②当a=2时,=1,在区间(0,+∞)内, f '(x)≥0,f(x)单调递增.③当a>2时,0<<1,当x∈0,或x∈( ,+∞)时,f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈, 时, f '(x)<0,f(x)单调递减.综上所述,当a≤0时, f(x)在(0,1)上单调递增,在( ,+∞)上单调递减;当0<a<2时, f(x)在(0,1)和,∞上单调递增,在 ,上单调递减;当a=2时, f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>2时, f(x)在0,上单调递增,在, 上单调递减,在( ,+∞)上单调递增.。

浙江专用2020版高考数学大一轮复习课时224.7正弦定理和余弦定理夯基提能作业(含答案)

4.7 正弦定理和余弦定理A组基础题组1.在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C所对的边,若a,b,c成等差数列,∠B=30°,△ABC 的面积为3,则b=( )A. B.1+3C. D.2+3答案 B 由条件知acsin B=3,得ac=6,又a+c=2b,则由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=(a+c)2-2ac-3ac,即b2=4b2-12-63,解得b1=b2=1+3.2.如图,正三棱锥P-ABC的所有棱长都为4.点D,E,F分别在棱PA,PB,PC上,则满足DE=EF=3,DF=2的△DEF的个数是( )A.1B.2C.3D.4答案 C 令PD=x,PE=y,PF=z,则- ,- ,- ,当x=z时,,,当 ≠ 时,有两解.3.(2017浙江镇海中学模拟)在△ABC中,BC=2,AC=2则A的最大值是( )A.30°B. 5°C. 0°D. 0°答案 B 由余弦定理,知cos A==≥(当且仅当c=2时,取等号),故A的最大值为 5°,故选B.4.(2017浙江台州调研)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=1,2b-3c=2acos C,sin C=3,则△ABC 的面积为( )A.3B.3C.3或3D.3或3答案 C 由正弦定理知,2sin B-3sin C=2sin Acos C,又sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C,所以cos A=3,故A=30°.因为sin C=3,所以C= 0°或C= 0°.当C= 0°时,B= 0°,由=,得c=,故S=×× × =3;当C= 0°时,B=30°,此时b=a=1,故S=× × × 0°= 3.故选C.5.(2018杭州高三期末)设点P 在△ABC 的BC 边所在的直线上从左到右运动,设△ABP 与△ACP 的外接圆面积之比为λ,当点P 不与B,C 重合时( )A.λ先变小再变大B.当M 为线段BC 中点时,λ最大C.λ先变大再变小D.λ是一个定值答案 D 设△ABP 与△ACP 的外接圆半径分别为r 1,r 2,则2r 1=∠ ,2r 2=∠,因为∠APB+∠APC= 0°,所以 ∠APB= ∠APC,所以=,所以λ= =.故选D.6.已知a,b,c 分别为△ABC 的内角A,B,C 所对的边,其面积满足S △ABC =a 2,则的最大值为( ) A. -1 B.C. +1D. +2答案 C 根据题意,有S △ABC =a 2=bcsin A,应用余弦定理,可得b 2+c 2-2bccos A=2bcsin A,令t=,于是t 2+1-2tcosA=2tsin A.于是2tsin A+2tcos A=t 2+1,所以2 sin =t+ ,从而t+≤ ,解得t 的最大值为 +1.7.(2017浙江测试)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别是a,b,c,若a=2 ,C=3,tan A=3,则sin A= ,b= . 答案 35;4+ 3解析由tan A=3得sin A=35,cos A=5,由正弦定理,得c=a=5,又sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos AsinC,∴b=aco C+cco A= + 3.8.(2017浙江名校协作体)已知在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,S 为△ABC 的面积.若a=4,b=5,C=2A,则c= ,S= . 答案 6;5解析由题意可知, = =-3=3,所以asin 3A=bsin A,即4(3sin A-4sin 3A)=5sin A,整理得7=16sin 2A, 从而cos 2A=,即cos A=3.由正弦定理得,c=·a= co A·a= .∴S=bcsin A=×5× × =5. 9.(2018杭州七校高三联考)设△ABC 的三个内角A 、B 、C 所对的边依次为a 、b 、c,若△ABC 的面积为S,且S=a 2-(b-c)2,则-co= .答案 4解析因为△ABC 的面积为S,且S=a 2-(b-c)2=a 2-b 2-c 2+2bc=bc· A, 所以由余弦定理可得- bc·co A+ bc=bc· A,所以4-4cos A=sin A, 所以-co = - co -co=4.10.(2017浙江稽阳联谊学校联考)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,已知csin A= acos C,则C= ;若c= 3 ,△ABC 的面积为3,则a+b= .答案3;7解析由正弦定理可得sin Csin A= 3sin Acos C, 因为 A≠0,所以tan C= ,所以C=3. 由absin C=3 3,得ab=6.又由余弦定理得 3=a 2+b 2-2abcos C=(a+b)2-3ab, 所以a+b=7.11.(2017浙江台州质量评估)已知在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且b= a, 3cos B= cos A,c= 3+1,则△ABC 的面积为 . 答案3解析由 3cos B= cos A,得 3·-= ·-,又b= a,c= 3+1,所以上式可化简为a 2= 3- 3c 2=2, 所以a= ,b=2.所以cos B=-=,所以sin B=-co B=.故△ABC的面积S=acsin B=×× 3+ ×=3.12.(2017浙江宁波期末)已知△ABC的三边分别为a,b,c,且a2+c2=b2+ac,则边b所对的角B为;此时,若b=23,则·的最大值为.答案3;6+43解析由余弦定理得cos B=-=,∴B=3,由正弦定理得c==4sin C.∴·=bccos A=83sin Ccos A,又C=3-A,∴·=833co cos A=12cos2A+43· Aco A= +co A + 3sin 2A=6+43sin3.∵0<A<3,∴3<2A+3<53,故当2A+3=,即A=时,·有最大值,最大值为6+43.13.(2017浙江金华十校调研)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若2cos 2B=4cos B-3.(1)求角B的大小;(2)若S△ABC=3,asin A+csin C=5sin B,求b.解析(1)2cos 2B-4cos B=-3⇒4cos2B-4cos B+1=0,所以cos B=,故B=3.(2)S△ABC=3=acsin B⇒ac=4.由asin A+csin C=5sin B得a2+c2=5b,由b2=a2+c2-2accos B得b2-5b+4=0,解得b=1或4.又a2+c2=5b≥ ac= ,所以b≥5,所以b=4.14.(2017湖州期末)在锐角△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.已知sin Asin C=3,b2=ac.(1)求角B的值;(2)若b=3,求△ABC的周长.解析(1)由b2=ac得,sin2B=sin Asin C,因为sin Asin C=3,所以sin2B=3,因为sin B>0,所以sin B=3,因为三角形ABC为锐角三角形,所以B=3.(2)已知b=,则3=a2+c2-2accos3=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac,所以a+c=23,所以三角形ABC的周长为3.15.已知f = · co + - , ∈R.(1)求函数f(x)的单调递减区间;(2)在锐角△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知f(A)=0,a=1,求a2+b2+c2的取值范围.解析(1)f(x)=sin xcos x+sin2x-1=sin 2x+-co -1=sin--.令+2kπ≤ -≤ kπ+3 k∈Z ,得3 +kπ≤ ≤kπ+ k∈Z .故函数f(x)的单调递减区间为3 k ,k k∈Z .(2)由f(A)=0得sin-=.∵A∈0,,∴ A-∈-,3 ,∴ A-=,∴A=.易得bc=sin Bsin C=2sin Bsin C=cos(B-C)-cos(B+C)=cos(B-C)-cos(π-A)=+cos(B-C),又在锐角△ABC 中,A=,故B-C∈-,,bc∈ , ,又cos A=-,∴b2+c2-a2=bc,∴a2+b2+c2=bc+ ∈ ,3+].B组提升题组1.(2018金华东阳二中高三调研)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若3bcos A=ccos A+acos C,则tan A 的值是( )A.-2B.-C.2D.答案 C 在△ABC中,由余弦定理得cco A+aco C=c×-+a×-=b.所以3bcos A=ccos A+acos C=b,两边约去b,得3cos A=1,所以cos A=3>0,所以A为锐角,且sin A=-co A=3,因此,tan A=co=2.2.若满足条件AB=3,C=3的三角形ABC有两个,则边BC的长的取值范围是( ) A.(1,) B.(,3)C.(3,2)D.(,2)答案 C 设BC=a,∵C=3,AB=3,由正弦定理得=,即33=,∴ A=.由题意得,当A∈3,3且A≠时,满足条件的△ABC有两个,∴3<<1,解得3<a<2,即BC的取值范围是(3,2).3.(2017浙江镇海中学模拟)在锐角△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且acos B+bcos A=c2,C=3,则a+b的取值范围是( )A.[1,2]B.(1,2]C.[3,2]D.(3,2]答案 D 由正弦定理,知 Aco B+ Bco A= C·c,即sin(A+B)=csin C,所以c=1.又==,所以a+b=·c=33-=333co =2sin.因为0,3-,所以<A<,所以3<A+<3,所以a+b∈ 3,2],故选D.4.(2017浙江绍兴质量检测)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知A=,b= ,△ABC的面积为33,则c= ,B= .答案1+3;3解析由三角形的面积公式,知33=×××c,所以c=1+3.由正弦定理得,=,即3-=,所以·co =(1+)sin B,所以3cos B=sin B,即tan B=3,所以B=3.5.(2017浙江杭州二模)设a,b,c分别为△ABC的内角A,B,C的对边,且S△ABC=c2.若ab=,则a2+b2+c2的最大值是.答案4解析由S △ABC=c2,知absin C=c2,所以c2=sin C;由c2=a2+b2-2abcos C,可知a2+b2=c2+2abcos C=sin C+2cos C.所以a2+b2+c2=2(sin C+cos C)=4sin≤ ,当且仅当C=时,取等号.故a2+b2+c2的最大值为4.6.已知在△ABC中,M,N分别为AC,AB的中点,|AB|∶|AC|= ∶3,当△ABC在上述条件下变化时,若|BM|≤λ|CN|恒成立,则λ的最小值为.答案解析设角A,B,C的对边分别为a,b,c,不妨设c=2,b=3,a=x(1<x<5).易求得|BM|2=+-,从而|BM|=-.同理,|CN|=,∴λ≥-(1<x<5),从而λ≥.7.已知△ABC的面积为 ,∠A的平分线交对边BC于D,AB=2AC,且AD=kAC,k∈R,则当k= 时,边BC的长度最短.答案 05解析由题可设在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,则c=2b,AD=kb.由角平分线定理知,S△ACD=3=sin ·kb2,又1=b· b· A,两式联立,消去b2,得cos =3k.又a2=b2+(2b)2- ×b× bco A=b2(5-4cos A)=5- co ,所以a2sin A+4cos A=5,利用辅助角公式,知 sin(A+φ)=5 a,所以a 4+ ≥ 5,即a 2≥3 当 35,co 5时,取等号 ,此时cos=co=3 0,故k= 3cos =50.8.(2018浙江,13,6分)在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c.若a= ,b= ,A= 0°,则sin B= ,c= . 答案;3 解析本题考查正弦定理、余弦定理. 由 = 得sin B=sin A=, 由a 2=b 2+c 2-2bccos A,得c 2-2c-3=0,解得c=3(舍负).9.(2017杭州四校期中)在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知cos 2A+3=2cos A.(1)求角A 的大小;(2)若a=1,求△ABC 的周长l 的取值范围. 解析 (1)由题意得2cos 2A+=2cos A, 即4cos 2A-4cos A+1=0, ∴ co A -1)2=0,∴co A=.又∵0<A<π, ∴A=3.(2)根据正弦定理 = =,得b=3sin B,c=3 C,∴l= +b+c= +3(sin B+sin C ,∵A= 3,∴B+C=3,∴l= +33-B =1+2sin ,∵0<B<3,∴ <B+ <5,∴l∈ ,3].10.在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别是a,b,c,已知c=2,C=3. (1)若△ABC 的面积等于 3,求a,b;(2)若sin C+sin(B-A)=3sin 2A,求△ABC 的面积. 解析 (1)在△ABC 中,由余弦定理及三角形面积公式得 -ab, 3 ab 3,即-ab, ,解得a=b=2. (2)3sin 2A=sin C+sin(B-A) =sin(B+A)+sin(B-A),化简得6sin Acos A=2sin Bcos A,又A 为△ABC 的内角,所以co A≠0,所以sin B=3sin A, 即b=3a,由余弦定理可得a 2=,故△ABC 的面积S=absin C=3a 2× 3 =3. 11.(2017温州中学月考)在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别是a,b,c,且 a=2,2cos 2+sin A=5. (1)若满足条件的△ABC 有且只有一个,求b 的取值范围; (2)当△ABC 的周长取最大值时,求b 的值. 解析由2cos 2+sin A=5,得1+cos(B+C)+sin A=5, 所以sin A-cos A=- 5,又0<A<π,且sin 2A+cos 2A=1,所以 35,co 5. (1)若满足条件的△ABC 有且只有一个, 则有a=bsin A 或a≥b, 则b 的取值范围为 0, ]∪ 03 .(2)设△ABC 的周长为l,则l=a+b+c. 由正弦定理得l=a+(sin B+sin C) =2+ 03[sin B+sin(A+B)]=2+ 03(sin B+sin Acos B+cos Asin B)=2+2(3sin B+cos B) =2+2 0sin(B+θ), 其中θ为锐角,且sin θ=,cos θ=3 0 0, 所以l max =2+2 0,且当cos B= 00,sin B=3 0时取到.此时b=sin B= .。

2020版数学新攻略大一轮浙江专用精练：3_§ 2_1 函数及其表示夯基提能作业 Word版含解析

§ 2.1函数及其表示A组基础题组1.下列可作为函数y=f(x)的图象的是( )答案 D 由函数的定义可知每一个x,有唯一一个y与之对应,故A、B、C错误,D正确.2.(2019台州中学月考)已知函数f(x)=|x-1|,则下列函数中与f(x)相同的函数是( )A.g(x)=-B.g(x)=x-1C.g(x)=--D.g(x)=---答案 D 选项A中函数的定义域为{x|x≠-1},而函数f(x)的定义域为R,故A选项不正确;选项B中函数的值域为R,而函数f(x)的值域为[0,+∞ ,故B选项不正确; f(x)=|x-1|可转化为f(x)=- ,- ,这与选项C的函数对应关系不同,故C选项不正确;选项D中的函数与f(x)的定义域、对应关系和值域相同,所以选D.3.(2018浙江金华月考)若函数f(x)=,,-,,则f(f(1))的值是( )A.-10B.10C.-2D.2答案 C 因为f(1)=21-4=-2,所以f(f(1))=f(-2 =2× -2)+2=-2,故选C.4.(2018浙江绍兴高三教学质量调研)设函数f(x)=,, ,,若f=2,则实数n为( )A.-B.-C.D.答案 D f =2×+n=+n,当+n<1,即n<-时, f=2+n=2,解得n=-,不符合题意;当+n≥1,即n≥-时,f=log2=2,即+n=4,解得n=,故选D.5.若函数f(x)是一次函数,且f(f(x))=4x+3,则函数f(x)的解析式是.答案f(x)=2x+1或f(x)=-2x-3解析设f(x)=ax+b(a≠0),则f(f(x))=af(x)+b=a2x+ab+b=4x+3,∴,,解得,或-,-,∴f x =2x+1或f(x)=-2x-3.6.已知函数f(x)=-,,-,,若f(a)+f(0)=3,则a= .答案5或-3解析若a≥1,则f(a)+f(0)=-+1=3,得a=5.若a<1,则f(a)+f(0)=-+1=3,得a=-3.7.若函数f(x)在闭区间[-1,2]上的图象如图所示,则此函数的解析式为.答案f(x)=,--,解析由题图可知,当-1≤x<0时, f(x)=x+1;当0≤x≤2时,f(x)=-x,所以f(x)=,-, -,8.若f(x)对于任意实数x恒有2f(x)-f(-x)=3x+1,则f(1)= .答案2解析令x=1,得2f(1)-f(-1 =4,①令x=-1,得2f(-1)-f(1)=-2,②联立①②得f(1)=2.9.已知实数a≠0,函数f(x)=,,--,,若f(1-a)=f(1+a),则a的值为. 答案-解析当a>0时,1-a<1,1+a>1.这时f(1-a)=2(1-a)+a=2-a, f(1+a)=-(1+a)-2a=-1-3a.由f(1-a)=f(1+a)得2-a=-1-3a,解得a=-,矛盾,舍去;当a<0时,1-a>1,1+a<1.这时f(1-a)=-(1-a)-2a=-1-a,f(1+a)=2(1+a)+a=2+3a.由f(1-a)=f(1+a)得-1-a=2+3a,解得a=-.综上可知a的值为-.10.(2018浙江杭州富阳二中高三(上)开学考试)已知函数f(x)=,,-,,则f(f(-2))= , f(x)的最小值是.答案-;2-6解析由题意可得f(-2)=(-2)2=4,所以f(f(-2))=f(4)=4+-6=-.当x≤1时, f(x)=x2,由二次函数的性质可知当x=0时,函数取最小值0;当x>1时, f(x)=x+-6,由基本不等式可得f(x)=x+-6≥2·-6=2-6,当且仅当x=(x>1)即x=时取到等号,即此时函数取最小值2-6.因为2-6<0,所以f(x)的最小值为2-6.11.已知函数f(x)=--的定义域是集合A,函数g(x)=--的定义域是集合B,且A∩B=⌀,求实数a的取值范围.解析要使函数f(x)有意义,则x2-2x-8≥0,解得x≤-2或x≥4,即A=(-∞,-2]∪[4,+∞ 要使函数g(x)有意义,则1-(x-a)2>0,解得a-1<x<a+1,即B=(a-1,a+1),由A∩B=⌀,得--,,解得-1≤a≤3.B组提升题组1.设函数y=f(x)是定义在R上的偶函数,对任意的x∈R都有f(x+6)=f(x)+f(3),则满足条件的 f(x)的解析式可以是( )A.f(x)=cosB.f(x)=sinC.f(x)=2cos2D.f(x)=2cos2答案 C 根据f(x)是定义在R上的偶函数,排除B ∵f x+6 =f x +f 3 ,∴令x=-3,得f(3)=f(-3 +f 3 ,∴f -3)=0,故f(3)=f(-3 =0,∴f x+6 =f x ,故f(x)是周期为6的周期函数,排除D.由f(3)=0可排除A,故选C.2.若一系列函数的解析式相同,值域相同,但定义域不同,则称这些函数为“孪生函数”,例如解析式为y=2x2+1,值域为{9}的“孪生函数”就有三个,那么解析式为y=log2(x2-1),值域为{1,5}的“孪生函数”共有( )A.6个B.7个C.8个D.9个答案 D 根据题意,因为函数y=f(x)=log 2(x2-1)的值域为{1,5},则:①令log2(x2-1)=1,解得x=±,所以函数的定义域中对于±有下列三种可能:{},{-},{-,};②令log2(x2-1)=5,解得x=±,所以函数的定义域中对于±有下列三种可能:{},{-},{-,}.而函数f(x)的定义域是在①,②中各取一个集合,再取并集而构成,所以有3×3=9种不同的抽取方法.故答案为D.3.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c(a,b,c均为非零整数),且f(a)=a3, f(b)=b3,a≠b,则c=( )A.16B.8C.4D.1答案 A 由已知得,①,②①-②化简得a(a+b)(a-b)+b(a-b)=0,又a≠b,∴b=-a(a+b),即b=1-a-,由a,b,c均为非零整数且 a≠b,得为整数,所以a=-2,所以b=4, f(-2)=-8⇒c=16.故选A.4.设f(x)=-,,,,则函数y=f(f(x))的零点之和为( )A.0B.1C.2D.4答案 C 令f(f(x))=0,解得f(x)=0或f(x)=1.当f(x)=0时,x=0或x=1;当f(x)=1时,x=-1或x=2.所以函数y=f(f(x))的零点之和为2,故选C.5.(2019嘉兴一中月考)定义max{a,b}=,,,,已知函数f(x)=max{|2x-1|,ax2+b},其中a<0,b∈R,若f(0)=b,则实数b的取值范围为;若f(x)的最小值为1,则a+b= .答案[1,+∞ ;1解析由题意得f(0)=max{1,b},若f(0)=b,则b≥1.解不等式|2x-1|>1,得x>1或x<0.所以若f(x0)=1,则x0∈[0,1],当x∈[0,1]时,要使f(x)的最小值为1,只需ax2+b的最小值为1,因为a<0,所以由函数y=ax2+b的图象知ax2+b在x=1时取得最小值1,即a+b=1.6.f(x)是定义在R上的函数,若f(1)=504,对任意的x∈R,满足f(x+4)-f(x)≤2(x+1)及f(x+12)-f(x)≥6(x+5),则= .答案 2 017解析∵f x+4 -f(x)≤2 x+1 ,∴f x+8 -f(x+4)≤2(x+5),f(x+12)-f(x+8)≤2(x+9),上述三个式子相加得到f(x+12)-f(x)≤6(x+5),结合条件可知, f(x+12)-f(x)=6(x+5),于是f(2017)-f(1)=[f(2 017)-f(2 005)]+[f(2 005)-f(1 993)]+[f(1993)-f(1 981)]+…+[f(13)-f 1 ]=30×168+6×=5 040+504×2006,∴=2 017.7.已知f(x)=,, ,(1)求f(f(e))的值;(2)求不等式f(x)>-1的解集.解析∵f x =,,,,∴f f e =f -1)=-1.若x>0,则f(x)>-1⇒ln>-1⇒0<x<e;若x<0,则f(x)>-1⇒>-1⇒x<-1,即f(x)>-1的解集为(-∞,-1)∪(0,e).。

浙江专用2020版高考数学大一轮复习课时204.5三角函数的图象和性质夯基提能作业(含答案)

[0, ]时,f(x)=sin x,则 f( )的值为( )
1 1 2 3 3
π 2
5π 3
A.-2 B.2 C.-
D.
2
答案 D ∵f(x)的最小正周期是 π,
∴f
( )=f( π - 2π)=f( - ),∵f(x)是偶函数, ( - )=f( )=sin
π 3 π 3 3 π 5π 3 = 2 ,∴f 3
(2x - )+1 的最小正周期为 ;单调递增区间是 ;对称轴方程
2
答案 π;
[kπ -
π ,kπ 8
+
3π 8
](k∈Z);x=
kπ 3π 2 + 8 (k∈Z)
解析根据函数性质知,最小正周期 T=
π π π
2π 2 =π.
令 2kπ- 2 ≤2x- 4 ≤2kπ+ 2 (k∈Z),
2
由 x2+y<2得 0<x2<2-y<2< 2 ,所以 sin x2<sin
(
5 2
- y
),故 A 正确;由 2<x +y 得
π 1 π 2 >1.44>x2>2-y>-2>- 2 ,所以 5 5
sin
π
π π
x2>sin(2-y),故 B 正确;对于 C,当 2-x2= 2 , 2 <y<
π
1 + π 2 时,显然不成立,故
π
若 f(x)为偶函数,则 f(-x)=f(x)恒成立,故 sin ωxcos φ=0 恒成立,所以 cos φ=0,故 φ=kπ+ 2 ,k∈Z. 综上, f(x)的奇偶性仅与 φ 有关,故选 D.

浙江专用2020版高考数学大一轮复习课时143.3导数与函数极值和最值夯基提能作业2

3.3　导数与函数极值和最值A 组　基础题组1.下列函数中,既是奇函数又存在极值的是( ) A.y=x 3B.y=ln(-x)C.y=xe -xD.y=x+2x答案　D A 选项中,函数y=x 3单调递增,无极值,B,C 选项中的函数都不是奇函数,D 选项中的函数既为奇函数又存在极值.2.函数f(x)=x 3+ax 2+(a-3)x(a∈R)的导函数是f '(x),若f '(x)是偶函数,则以下结论正确的是( )A.y=f(x)的极大值为1B.y=f(x)的极大值为-2C.y=f(x)的极小值为2D.y=f(x)的极小值为-2答案　D 由题意可得, f '(x)=3x 2+2ax+a-3,∵f '(x)是偶函数,∴f '(-x)=f '(x),∴a=0,∴f(x)=x 3-3x, f '(x)=3x 2-3,易知f(x)在x=-1处取极大值2,在x=1处取极小值-2,故选D.3.有一个10 cm×16 cm 的矩形纸板,四个角各被截去了一个大小相同的小正方形,剩下的部分做成一个无盖的盒子,则盒子容积的最大值为( )A.12 cm 3B.72 cm 3C.144 cm 3D.160 cm 3答案　C 设盒子的容积为y cm 3,盒子的高为x cm,则x∈(0,5).则y=(10-2x)(16-2x)x=4x 3-52x 2+160x,所以y'=12x 2-104x+160.令y'=0,得x=2或x=(舍去).203当x<2时,y'>0,当x>2时,y'<0,所以当x=2时,y max =6×12×2=144.故盒子容积的最大值为144 cm 3.4.函数y=f(x)的导函数y=f '(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是( )答案　D 不妨设导函数y=f '(x)的零点依次为x1,x 2,x 3,其中x 1<0<x 2<x 3,由导函数图象可知,y=f(x)在(-∞,x 1)上为减函数,在(x 1,x 2)上为增函数,在(x 2,x 3)上为减函数,在(x 3,+∞)上为增函数,从而排除A,C.y=f(x)在x=x 1,x=x 3处取到极小值,在x=x 2处取到极大值,又x 2>0,排除B,故选D.5.若函数f(x)=x 3+x 2-在区间(a,a+5)上存在最小值,则实数a 的取值范围是( )1323A.[-5,0) B.(-5,0)C.[-3,0)D.(-3,0)答案　C 由题意知, f '(x)=x 2+2x=x(x+2),故f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上是增函数,在(-2,0)上是减函数,作出其大致图象如图所示,令x 3+x 2-=-,得x=0或x=-3,则结合图象可知,解得a∈[-3,0).132323{-3≤a <0,a +5>0,6.函数f(x)=xsin x+cos x 在上的最大值为 .[π6,π]答案　π2解析　因为f '(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x,所以f '(x)=0在x∈上的解为x=.[π6,π]π2易知f(x)在上单调递增,在上单调递减,[π6,π2][π2,π]所以函数f(x)=xsin x+cos x 在上的最大值为f =.[π6,π](π2)π27.已知某生产厂家的年利润y(单位:万元)与年产量x(单位:万件)的函数关系式为y=-x 3+81x-234,则使13该生产厂家获取最大年利润的年产量为万件. 答案　9解析　y'=-x 2+81,令y'=0,得x=9或x=-9(舍去).当0<x<9时,y'>0,函数单调递增;当x>9时,y'<0,函数单调递减.故当x=9时,y 取最大值.8.已知函数f(x)=x 3-3ax+b 的单调递减区间为(-1,1),其极小值为2,则f(x)的极大值是 . 答案　6解析　依题意, f(x)的单调递减区间为(-1,1).由f '(x)=3x 2-3a=3(x-)(x+)和f '(1)=0,a a 可得a=1,由f(x)=x 3-3ax+b 在x=1处取得极小值2.可得1-3+b=2,故b=4.所以f(x)=x 3-3x+4的极大值为f(-1),f(-1)=(-1)3-3×(-1)+4=6.9.(2018台州高三期末)已知函数f(x)=x 2-3x+ln x,则f(x)在区间上的最小值为 ;当f(x)取[12,2]到最小值时,x= . 答案　-2;1解析　由题意知f '(x)=2x-3+=(x>0),令f '(x)=0,得x=或x=1,当x∈时, f '(x)<0,当1x 2x 2-3x +1x12[12,1]x∈[1,2]时, f '(x)>0,所以f(x)在区间上单调递减,在区间[1,2]上单调递增,所以当x=1时, f(x)[12,1]在区间上取得极小值,也为最小值,最小值为-2.[12,2]10.已知函数f(x)=ln x-ax 2+x,a∈R.12(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程;(2)令g(x)=f(x)-(ax-1),求函数g(x)的极值.解析　(1)当a=0时, f(x)=ln x+x,则f(1)=1,∴切点为(1,1),又f '(x)=+1,∴切线斜率k=f '(1)=2,1x 故切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0.(2)g(x)=f(x)-(ax-1)=ln x-ax 2+(1-a)x+1(x>0),12则g'(x)=-ax+(1-a)=,1x -ax 2+(1-a)x +1x当a≤0时,∵x>0,∴g'(x)>0,∴g(x)在(0,+∞)上是增函数,此时函数g(x)无极值点.当a>0时,g'(x)==-,-ax 2+(1-a)x +1xa (x -1a)(x +1)x令g'(x)=0得x=.1a ∴当x∈时,g'(x)>0;当x∈时,g'(x)<0,(0,1a )(1a ,+∞)因此g(x)在上是增函数,在上是减函数.(0,1a )(1a ,+∞)∴x=时,g(x)有极大值,g=ln -×+(1-a)·+1=-ln a.1a (1a)1a a 21a21a 12a综上,当a≤0时,函数g(x)无极值;当a>0时,函数g(x)有极大值-ln a,无极小值.12a 11.已知函数f(x)=x 3+|x-a|(a∈R).(1)当a=1时,求f(x)在(0, f(0))处的切线方程;(2)当a∈(0,1)时,求f(x)在区间[-1,1]上的最小值(用a 表示).解析　(1) 当a=1,x<1时, f(x)=x 3+1-x, f '(x)=3x 2-1,所以f(0)=1, f '(0)=-1,所以f(x)在(0, f(0))处的切线方程为y=-x+1.(2) 当a∈(0,1)时,由已知得f(x)={x 3+x -a,a ≤x ≤1,x 3-x +a,-1≤x < a.当a≤x≤1时,由f '(x)=3x 2+1>0,知f(x)在[a,1]上单调递增.当-1≤x<a 时, f '(x)=3x 2-1,(i)当a∈时, f(x)在上递增,在上递减,在上递增,(33,1)(-1,-33)(-33,33)(33,1)易知f(x)min =min =min =a-.{f(-1), f(33)}{a,a -239}239(ii)当a∈时, f(x)在上递增,在上递减,在(a,1)上递增,(0,33](-1,-33)(-33,a )易知f(x)min =min{f(-1), f(a)}=min{a,a 3}=a 3.综上所述, f(x)min ={a -239,a ∈(33,1),a 3,a ∈(0,33].12.已知a∈R,函数f(x)=+aln x.2x (1)若函数f(x)在(0,2)上递减,求实数a 的取值范围;(2)当a>0时,求f(x)的最小值g(a)的最大值;(3)设h(x)=f(x)+|(a-2)x|,x∈[1,+∞),求证:h(x)≥2.解析　(1) 函数f(x)在(0,2)上递减⇔∀x∈(0,2), f '(x)≤0恒成立⇔∀x∈(0,2), f '(x)=≤0恒ax -2x 2成立⇒∀x∈(0,2),a≤恒成立,又>1,所以a≤1.2x 2x (2)当a>0时,令f '(x)==0,得x=.ax -2x 22a 当x 变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:x(0,2a )2a (2a ,+∞)f '(x)-0+f(x)↘极小值↗故g(a)=f=a+aln .(2a)2a∴g '(a)=ln 2-ln a,令g '(a)=0,得a=2.当a 变化时,g '(a),g(a)的变化情况如下表:a (0,2)2(2,+∞)g '(a)+0-g(x)↗极大值↘故g(a)的最大值为g(2)=2.(3)证明: 当a≥2时,h(x)=f(x)+(a-2)x=+aln x+(a-2)x,2x 故h'(x)=+a-2≥0,ax -2x 2所以h(x)在[1,+∞)上是增函数,故h(x)≥h(1)=a≥2;当a<2时,h(x)=f(x)-(a-2)x=+aln x-(a-2)x,2x h'(x)=-a+2==0,ax -2x 2[(2-a)x +2](x -1)x 2解得x=-<0或x=1,22-a因为当x≥1时,h'(x)≥0,所以h(x)在(1,+∞)上是增函数,故h(x)≥h(1)=4-a>2.综上所述,h(x)≥2.B 组　提升题组1.已知函数f(x)=-k,若x=2是函数f(x)的唯一一个极值点,则实数k 的取值范围是( )e x x2(2x+lnx )A.(-∞,e]B.[0,e]C.(-∞,e)D.[0,e)答案　A f '(x)=-k =(x>0).设g(x)=,则 g'(x)=,则g(x)在x 2e x -2xe xx 4(-2x 2+1x)(x -2)(e x x-k)x 2e xx (x -1)e x x 2(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.∴g(x)在(0,+∞)上有最小值g(1),g(1)=e,结合g(x)=与y=k 的图象可知,要满足题意,只需k≤e,故选A.e xx 2.已知函数f(x)=x 3+2ax 2+1在x=1处的切线的斜率为1,则实数a= ,此时函数y=f(x)在[0,1]上的最小值为 .答案　-;122327解析　由题易知f '(x)=3x 2+4ax,且f '(x)=1,则a=-,故f(x)=x 3-x 2+1.12此时f '(x)=3x 2-2x=3x ,所以f(x)在上单调递减,在上单调递增,(x -23)(0,23)(23,1)所以f(x)min =f=.(23)23273.(2018浙江宁波模拟)设函数f(x)=x 2-ax-ln x,a∈R.(1)若函数f(x)的图象在x=1处的切线斜率为1,求实数a 的值;(2)当a≥-1时,记f(x)的极小值为H,求H 的最大值.解析　(1)因为函数f(x)=x 2-ax-ln x,a∈R,所以f '(x)=(x>0),2x 2-ax -1x由题意知f '(1)=1,∴2-a-1=1,解得a=0.(2)设f '(x 0)=0,则2-ax 0-1=0,x 20则x 0=(舍负),a +a 2+84所以f(x)在(0,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增,则H=f(x)极小值=f(x 0)=-ax 0-ln x 0=-+1-ln x 0,x 20x 20设g(a)=(a≥-1),a +a 2+84当a≥0时,g(a)为增函数,当-1≤a<0时,g(a)=,此时g(a)为增函数,2a 2+8-a所以x 0≥g(-1)=,12设y=-x 2+1-ln x,因为函数y=-x 2+1-ln x 在上为减函数,[12,+∞)所以H 的最大值为+ln 2.344.(2018福建厦门外国语中学月考)设函数f(x)=x 2+aln(x+1).(1)若函数y=f(x)在区间[1,+∞)内是单调递增函数,求实数a 的取值范围;(2)若函数y=f(x)有两个极值点x 1,x 2,且x 1<x 2,求证:0<<-+ln 2.f(x 2)x 112解析　(1)由题意知f '(x)=2x+=,且f '(x)≥0在区间[1,+∞)内恒成立,即a≥-2x 2-2xax +12x 2+2x +a x +1在区间[1,+∞)内恒成立,可得a≥-4.当a=-4时, f '(x)==,当x∈[1,+∞)时, f '(x)≥0,且仅当x=1时, f '(x)=0,所以2x 2+2x -4x +12(x +2)(x -1)x +1函数f(x)单调递增,所以a 的取值范围是[-4,+∞).(2)函数f(x)的定义域为(-1,+∞), f '(x)=.2x 2+2x +ax +1设g(x)=2x 2+2x+a,要满足题意,则有解得0<a<.{Δ=4-8a >0,g(-1)=a >0,12由题意可知x 1+x 2=-1,2+2x 2+a=0,x 2=-+,-<x 2<0.x 22121-2a 212所以=,f(x 2)x 1x 22-(2x 22+2x 2)ln(x 2+1)-1-x 2令k(x)=,x∈,x 2-(2x 2+2x)ln(x +1)-1-x (-12,0)则k'(x)=+2ln(x+1),k″(x)=,x 2(x +1)22x 2+6x +2(x +1)3因为k″=-4,k″(0)=2,(-12)所以存在x 0∈,使得k″(x)=0,列表如下:(-12,0)x(-12,x 0)x 0(x 0,0)k″(x)-+又k'(0)=0,k'=1-2ln 2<0,(-12)所以k'(x)<0,(x ∈(-12,0))所以函数k(x)在内为减函数,(-12,0)所以k(0)<k(x)<k ,即0<<-+ln 2.(-12)f(x 2)x 112。

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1.2 命题与充要条件 A组基础题组 1.已知a,b为实数,则“a=0”是“f(x)=x2+a|x|+b为偶函数”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件答案 A 当a=0时,f(x)=x2+a|x|+b为偶函数,故充分性成立;反之,因为无论a为任一实数,f(x)=x2+a|x|+b均为偶函数,所以不能得出a=0,故必要性不成立.所以“a=0”是“f(x)=x2+a|x|+b为偶函数”的充分不必要条件,故选A. 2.设a∈R,则“a<1”是“1𝑎>1”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件答案 B 1𝑎>1⇔1𝑎-1>0⇔1-𝑎𝑎>0⇔03.(2019绍兴一中月考)设f(x)是定义在R上的函数,则“函数f(x)为偶函数”是“函数xf(x)为奇函数”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件答案 C 令F(x)=xf(x),当f(x)为偶函数时,f(-x)=-xf(-x)=-xf(x)=-F(x),所以F(x)=xf(x)为奇函数;当F(x)=xf(x)为奇函数时,则有F(-x)=-xf(-x)=-F(x)=-xf(x),即有f(-x)=f(x),所以f(x)为偶函数,所以“函数f(x)为偶函数”是“函数xf(x)为奇函数”的充分必要条件,故选C. 4.在△ABC中,“a=b”是“sinA=sinB”的( ) A.充要条件 B.必要不充分条件 C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件答案 A 由正弦定理得,a=2RsinA,b=2RsinB,R为△ABC外接圆半径,故a=b⇔2RsinA=2RsinB⇔sinA=sinB,即“a=b”是“sinA=sinB”的充要条件,故选A. 5.设a,b为实数,则“0A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件答案 D a,b为实数,“0为实数,“b<1𝑎”两边同乘a,因为a的正负未知,故得不到“0的既不充分也不必要条件.

6.已知x∈R,则“|x-3|-|x-1|<2”是“x≠1”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件答案 A 不等式|x-3|-|x-1|<2的解集为(1,+∞),所以“|x-3|-|x-1|<2”是“x≠1”的充分不必要条件,故选A. 7.若a,b∈R,则“1𝑎<1𝑎”是“𝑎𝑎𝑎3-𝑎3>0”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件答案 C 1𝑎<1𝑎等价于𝑎-𝑎𝑎𝑎<0,即ab(a-b)>0, 𝑎𝑎𝑎3-𝑎3>0等价于ab(a-b)(a2+ab+b2)>0,

易知a,b均非零,所以a2+ab+b2=(𝑎+𝑎2)2+34b2>0,故𝑎𝑎𝑎3-𝑎3>0等价于ab(a-b)>0. 所以“1𝑎<1𝑎”是“𝑎𝑎𝑎3-𝑎3>0”的充分必要条件,故选C. 8.已知m,n是两条不重合的直线,α,β,γ是三个两两不重合的平面,给出下列四个命题: ①若m⊥α,m⊥β,则α∥β; ②若m⊂α,n⊂β,m∥n,则α∥β; ③若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β; ④若m,n是异面直线,m⊂α,m∥β,n⊂β,n∥α,则α∥β. 其中,属于真命题的是( ) A.①② B.①③ C.③④ D.①④ 答案 D 显然①④正确,故选D. 9.已知向量a、b,则“a·b>0”是“a、b的夹角是锐角”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件答案 B 设a,b的夹角为θ,a·b>0⇒|a|·|b|·cosθ>0⇒θ∈[0,π2),充分性不成立;a,b

的夹角是锐角,即θ∈(0,π2)⇒cosθ>0⇒|a|·|b|·cosθ>0⇒a·b>0,必要性成立,选B.

10.已知a,b∈R,则“a>b>1”是“logab<1”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件答案 A “a>b>1”⇒“logab<1”,反之不成立,例如:log212=-1,所以“a>b>1”是“logab<1”的充分不必要条件,故选A. 11.已知直线l:y=kx+b,曲线C:x2+y2=1,则“b=1”是“直线l与曲线C有公共点”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件答案 A 若直线l:y=kx+b与曲线C:x2+y2=1有公共点,则|𝑎|√1+𝑎2≤1,∴b2≤1+k2,当b=1时,满足b2≤1+k2,即“b=1”是“直线l与曲线C有公共点”的充分条件,而当直线l与曲线C有公共点时,不一定得到b=1,b=0时也满足,故“b=1”是“直线l与曲线C有公共点”的充分不必要条件,故选A. 12.设a>0,b>0,则“lg(a+b)>0”是“lga+lgb>0”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件答案 B 由基本不等式知a+b≥2√𝑎𝑎,所以lg(a+b)≥lg(2√𝑎𝑎)=lg2+12lg(ab),因而当lga+lgb>0,即lg(ab)>0时,有lg(a+b)>0;反之,取a=12,b=2,显然lg(a+b)>0,但lga+lgb=0.综上,“lg(a+b)>0”是“lga+lgb>0”的必要不充分条件,故选B. 13.设α,β是两个不同的平面,m是一条直线,给出下列命题: ①若m⊥α,m⊂β,则α⊥β;②若m∥α,α⊥β,则m⊥β.则( ) A.①②都是假命题 B.①是真命题,②是假命题 C.①是假命题,②是真命题 D.①②都是真命题答案 B 由面面垂直的判定定理知①正确.当m∥α,α⊥β时,m与β可能垂直,可能斜交,可能平行,也可能m在β内,所以②错误,故选B. B组提升题组

1.(2018浙江,6,4分)已知平面α,直线m,n满足m⊄α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件答案 A ∵m⊄α,n⊂α,m∥n,∴m∥α,故充分性成立.而由m∥α,n⊂α,得m∥n或m与n异面,故必要性不成立.故选A. 2.设四边形ABCD的两条对角线为AC,BD,则“四边形ABCD为菱形”是“AC⊥BD”的( )

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件答案 A 若四边形ABCD为菱形,则AC⊥BD,反之,若AC⊥BD,则四边形ABCD不一定是菱形,故选A. 3.(2016浙江文,6,5分)已知函数f(x)=x2+bx,则“b<0”是“f(f(x))的最小值与f(x)的最小值相等”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件

答案 A ∵f(x)=x2+bx=(𝑎+𝑎2)2-𝑎24, ∴f(x)min=-𝑎24,即f(x)∈[-𝑎24,+∞). 当b<0时,-𝑎24<-𝑎2恒成立,∴f(f(x))min=-𝑎24. ∴f(x)min=f(f(x))min,即充分性成立. 当b=0时,f(x)=x2,f(f(x))=f(x2)=x4,此时f(x)min=f(f(x))min=0也成立,故必要性不成立.故选A. 4.设a,b是实数,则“a+b>0”是“ab>0”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件答案 D 当a=2,b=-1时,a+b=1>0,但ab=-2<0,所以充分性不成立;当a=-1,b=-2时,ab=2>0,但a+b=-3<0,所以必要性不成立,故选D. 5.已知函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0,φ∈R),则“f(x)是奇函数”是“φ=π2”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件答案 B f(x)是奇函数时,φ=π2+kπ(k∈Z),故φ=π2错误;φ=π2时,f(x)=Acos(𝑎𝑎+π2)=-Asinωx,为奇函数.所以“f(x)是奇函数”是“φ=π2”的必要不充分条件,选B.

6.(2018天津六校联考)“a=1”是“函数f(x)=e𝑎𝑎-𝑎e𝑎是奇函数”的( ) A.必要不充分条件 B.充分不必要条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件答案 B 当a=1时,f(x)=ex-1e𝑎,定义域是R,f(-x)=e-x-1e-𝑎=1e𝑎-ex=-f(x),所以函数f(x)是奇函数,所以充分性成立;当函数f(x)=e𝑎𝑎-𝑎e𝑎是奇函数时,定义域是R,恒有f(-x)=-f(x),即e𝑎𝑎-𝑎e𝑎=-(e-𝑎𝑎-𝑎e-𝑎),即e𝑎𝑎-𝑎e𝑎=-1𝑎e

𝑎

+aex,所以e2x-a2=-1+a2e2x,即(1-a2)e2x+1-a2=0,即

(1-a2)(e2x+1)=0对x∈R恒成立,所以有1-a2=0,即a=±1,所以必要性不成立.综上可得“a=1”是“函数f(x)=e𝑎𝑎-𝑎e𝑎是奇函数”的充分不必要条件,故选B. 7.若“0A.(-∞,0]∪[1,+∞) B.(-1,0) C.[-1,0] D.(-∞,-1)∪(0,+∞) 答案 C 由题设得{𝑎≤0,𝑎+2≥1,解之得-1≤a≤0,故选C. 8.已知条件p:x∈A,且A={x|a-1充分条件,则实数a的取值范围是 . 答案 {a|a≤0或a≥3} 解析易得B={x|x≤1或x≥2}, 因为p是q的充分条件,且A={x|a-1所以a+1≤1或a-1≥2,所以a≤0或a≥3. 所以所求实数a的取值范围是{a|a≤0或a≥3}. 9.已知p:x∈A={x|x2-2x-3≤0,x∈R},q:x∈B={x|x2-2mx+m2-4≤0,x∈R,m∈R}.若p是¬q的充分条件,则实数m的取值范围是 .