2016届高考数学(理)二轮专题复习专题一第4讲+函数、不等式及其应用真题体验(含答案)(浙江专用)

1、专题一函数、不等式及其应用真题体验引领卷2)已知集合P=X|X 2X0,Q= X|1Vxw2,则(?RP)nQ=A. 3 B . 2BC CD与DA运动，记/BO律x.将动点P到A, B两点距离之和表示为x的函数f(x)，则y=f(x)的图象大致为()、选择题A.0,1)B. (0 , 2C.(1 , 2)D. 1 , 22.(2015 浙江高考)命题“？n N,f(n) N*且f(n)wn”的否定形式是()A. ?n N,f(n)?N 且f(n) nB. ?n N,f(n)?N 或f(n) nC. ?no N*,f(no)?N 且f(rb) noD.?n N ,f(n0)?N 或f(rb)

2、n3.(2015 浙江高考)存在函数f(x)满足：对任意x R 都有()A.f(sin 2x) = sinx2B.f(sin 2x) =x+xC.f(x2+ 1) = |x+ 1|D.f(x2+ 2x) = |x+ 1|4.(2015 山东高考)已知x,y满足约束条件rxy 0,x+yw2,若z=ax+y的最大值为 4,贝 Uay 0,1.(2015 浙江高考5. (2 015 全国卷n)如图，长方形AB=2,BO1,0是AB的中点，点P沿着边6.(2015 天津高考)已知函数f(x) =/-|x|，xw2，函数g(x) =bf(2 x)，其中 (x2) ,x2,b R,若函数y=f(x) -

3、g(x)恰有 4 个零点，则b的取值范围是()A. 4，+mC.0，7二、填空题的最小值是& (2015 浙江高考)若实数x,y满足x+yw1，则|2x+y 2| + |6 x 3y|的最小值是9.(2015 湖南高考)已知函数f(x)Ux2,xWa，若存在实数x,xa,两个零点，则a的取值范围是_三、解答题10. (2015 湖北高考改编)a为实数，函数f(x) = |x2ax|在区间0 , 1上的最大值记为g(a).当a为何值时，g(a)的值最小？B.7. (2015 浙江高考)已知函数f(x)=lg2x+x 3,x1,x则f(f( - 3)=(x2+1),xv1,f (x)b,使

4、函数g(x) =f(x) b有0匹空丁424c_ 2 _11. (2015 浙江高考)已知函数f(x) =x+ax+b(a,b R)，记Ma,b)是|f(x)| 在区间1,1上的最大值.(1)证明：当 |a|2时，Ma,b) 2；当a,b满足Ma,b)2时，求|a| + |b|的最大值.12. (2015 浙江高考(文)设函数f(x) =x2+ax+b(a,b R).2a(1)当b= 4 +1 时，求函数f(x)在1, 1上的最小值g(a)的表达式；已知函数f(x)在1, 1上存在零点，0b 2a2或x0,?RP=x|0vx2,(?RPnQ=x|1 x2，故选 C.2.D 由全称命题与特称命题

5、之间的互化关系知选D.3.D 排除法，A 中，当%1=牙,X2=扌时，f(sin 2x=f(sin 2X2) =f(0)，而 sinX1丰sinX2, A 不对；B 同上；C 中，当 刘=1,X2= 1 时，f(x2+ 1) =f(x2+ 1) =f(2)，而|X1+ 1| 工 |X2+ 1| , C 不对，故选 D.xy= 0,4.B 不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示，易知A(2 , 0)，由 得B(1 ,x+y= 2,1).由z=ax+y,得y= ax+ 乙当a= 2 或a= 3 时，z=ax+y在0(0 , 0)处取得最大值，最大值为Zmax= 0,不满足题意，排除C,D 选项；当

6、a= 2 或 3 时，z=ax+y在 A(2 ,0)处取得最大值， 2a= 4,a= 2,排除 A,只有 B 项满足.5.B 当点P沿着边BC运动，即 0Wx2 时，g(x) =x+b 4,f(x) = (x 2)2;当 0wxW2时，g(x)=bx,f(x)=2x;当x2 时，方程f(x) g(x) = 0 可化为x2 5x+ 8= 0,无解；当 0Wx2时，方程f(x) g(x) = 0 可化为 2 x ( x) = 0,无解；2当x2 时，方程f(x) g(x) = 0 可化为(x 2) =x 2,得x= 2(舍去)或x= 3, 有 1 解；当 0 x2时，方程f(x) g(x) = 0

7、 可化为 2 x= 2x,有无数个解；当x2 时，方程f(x) g(x) = 0 可化为x 5x+ 7= 0,无解；当 0wx2时，方程f(x) g(x) = 0 可化为 1 x= 2x,无解；当x1时，f(x) =x+x 32羽3,当且仅当xx=.2 时，取等号；当xv1 时，f(x) = lg(x2+ 1) Ig 1 = 0，当且仅当x= 0 时，取等号，f(x)的最小值为 2 2 3.8.3设z= |2x+y 2| + |6 x 3y|.Tx+yw1 , 6x 3y0,z= |2x+y 2| + 6x 3y.34若 2x+y 20,则z=x 2y+ 4.由数形结合知，x=二,y=匚时，Z

8、min= 3;若 2x+y 2w0,5534贝Uz= 3x 4y+ 8.由数形结合知，x= 5，y= 时，Zmin= 3；由知，Zmin= 3.故答案为3.X3(xwa),9.(a,0)U(1 , +若 0waa)公共点；若a1 或a0 时，由图象知y=f(x)b存在b使之有两个零点，故a(a,0)U(1,+.10.解当a= 0 时，f(x) =X2,函数f(X)在区间0 , 1上单调递增，故g(a) =f(1)=1.当a0 时，函数f(x)的图象如图(1)所示，函数f(x)在区间0 , 1上单调递增，故g(a)=f(1) = 1a.2-(-,aT，f(1)=1a, fi2 f(1)=4(1

9、a) =(a+2)8当 0a2 2 时，因为 f $ f(1)f(1)，所以g(a) =f $ i=4-在区间|, 1 上单调递减，故g(a) =f 2=当a2时，函数f(x)的图象如图(4)所示，因为函数f(x)在区间0 , 1上单调递增，故g(a) =f(1) =a 1.1 a,a2 2 2,综上，g(a)= 4，222a2,当ag(2 2 2) = 3 2 2;当 2 2 2ag(2 2 2) = 3 2 .2；当a2时，g(a) g(2) = 13 2 2.综上，当a= 2 2 2 时，g(a)min= 3 2 2.当 0a1 时，函数f(x)的图象如图(2)所示，f当 2 2 2Wa

10、0,当 Ka2,得 | 2l 1，故f(x)在1, 1上单调,所以M(a,b) = max|f(1)| , |f( 1)|.当a2时，由f(1)f(1)=2a4,得 maxf(1) , f( 1) 2,即Ma,b) 2.当aw 2 时，由f( 1) f(1) = 2a4,得 maxf( 1) , f(1)2,即Ma,b)2.综上，当 |a|2时，Ma,b) 2.解 由Ma,b)W2得|1+a+b|=|f(1)|w2,|1a+b|=|f(1)|w2,故 |a+b|w3,|ab|w3. 2当a= 2,b= 1 时，|a| + |b| = 3,且 |x+ 2x 1| 在1, 1上的最大值为 2.即M

11、2 , 1) = 2.所以|a| + |b|的最大值为3.12.解(1)当b=中+ 1 时，f(x) =x+ 2 ! + 1，故对称轴为直线x=2r,a当aw 2 时，g(a) =f(1) = 4 +a+ 2.a |211.证明 由f(x)=jx+ 2)+ba，得对称轴为直线a2.由 |a| + |b| =ja+b|,ab0, a得 |a|+|b|w3.a2r,a当a2 时，g(a) =f( 1)=匸一a+ 2.综上,2a4 +a+2，aw2,g(a) =1，一 2vaw2,2aa+ 2,a2.4设s,t为方程f(x) = 0 的解，且一K tw1,2t12t由于 Owb 2aw1,因此t+ 2wswt+ 2 ( 1wtw1). ,斗2t2t 2t2当 Ow t wi时，忌w st w-f+,2 2丄十22