考前30天绝密资料高考考前30天三轮专题提分必练绝密之六江苏专用.docx
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考前30天绝密资料高考考前30天三轮专题提分必练绝密之六江苏专用
2012年高考考前30天三轮专题提分必练绝密之专题(六)A
[专题六 存在性问题]
(时间:
45分钟)
一、填空题
1.若命题p:
sinx+cosx>m,如果对∀x∈R,命题p为假命题,则实数m的取值范围是________.
2.设函数f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若存在x∈(0,1]有f(x)≤0成立,则实数a的取值范围为________.
3.若存在x>0,使得4x+a·2x+4=0成立,则实数a的取值范围是________.
4.已知函数f(x)=ax2-2
·x,g(x)=x2(2a2-x2)(a∈N*,b∈Z).若存在x0,使f(x0)为f(x)的最小值,g(x0)为g(x)的最大值,则此时数对(a,b)为________.
5.已知函数f(x)=
x2,x∈[-1,8],函数g(x)=ax+2,x∈[-1,8],若对∀x1∈[-1,8],∃x2∈[-1,8],使f(x1)=g(x2)成立,则实数a的取值范围是________.
6.已知函数f(x)=x-
,g(x)=x2-2ax+4,若对∀x1∈[0,1],∃x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2),则实数a的取值范围是________.
二、解答题
7.已知函数f(x)=
,x∈[0,2].
(1)求f(x)的值域;
(2)设a≠0,函数g(x)=
ax3-a2x,x∈[0,2].若对任意x1∈[0,2],总存在x0∈[0,2],使f(x1)-g(x0)=0,求实数a的取值范围.
8.已知函数f(x)=px-
-2lnx.
(1)若函数f(x)在其定义域内为增函数,求正实数p的取值范围;
(2)设函数g(x)=
,若在[1,e]上至少存在一点x0,使得f(x0)>g(x0)成立,求实数p的取值范围.
2012年高考考前30天三轮专题提分必练绝密之专题(六)B
[专题六 存在性问题]
(时间:
45分钟)
一、填空题
1.设命题p:
“已知函数f(x)=x2-mx+1,∀x0∈R,∃y0>0,使得f(x0)=y0”,命题q:
“不等式x2<9-m2有实数解”.若
瘙_綈
p且q为真命题,则实数m的取值范围为________.
2.设函数f(x)=x2-ax+a+3,g(x)=ax-2a.若存在x0∈R,使得f(x0)<0与g(x0)<0同时成立,则实数a的取值范围是________.
3.已知函数f(x)=
+alnx(a<0),若在区间(0,e]上至少存在一点x0,使得f(x0)<0成立,则实数a的取值范围为________.
4.已知g(x)=mx+2,f(x)=x2-
,若对任意的x1∈[-1,2],总存在x2∈[1,
],使得g(x1)>f(x2),则m的取值范围是________.
5.已知定义域为(0,+∞)的函数f(x)满足:
①对任意x∈(0,+∞),恒有f(2x)=2f(x)成立;②当x∈(1,2]时,f(x)=2-x.给出如下结论:
(1)对任意m∈Z,有f(2m)=0;
(2)函数f(x)的值域为[0,+∞);
(3)存在n∈Z,使得f(2n+1)=9;
(4)“函数f(x)在区间(a,b)上单调递减”的充要条件是“存在k∈Z,使得(a,b)⊆(2k,2k+1)”.
其中所有正确结论的序号是________.
二、解答题
6.已知函数f(x)=
(a≠0).
(1)试求函数f(x)的单调区间;
(2)a>0,h(x)=ax2+2ax,g(x)=ex,若在(0,+∞)上至少存在一点x0,使h(x0)>g(x0)成立,求实数a的取值范围.
7.已知函数f(x)=x3-(k2-k+1)x2+5x-2,g(x)=k2x2+kx+1,其中k∈R.
(1)设函数p(x)=f(x)+g(x),若p(x)在区间(0,3)上不单调,求k的取值范围;
(2)设函数q(x)=
是否存在实数k,对任意给定的非零实数x1,存在惟一的非零实数x2(x2≠x1),使得q′(x2)=q′(x1)?
若存在,求k的值;若不存在,请说明理由.
2012年高考考前30天三轮专题提分必练绝密之专题(六)A
1.[
,+∞) 【解析】对∀x∈R,r(x)为假命题,即∀x∈R,
瘙_綈
p为真命题,即∀x∈R,sinx+cosx≤m.
因为sinx+cosx=
sin
∈[-
,
],
所以m≥
.
2.(-∞,4] 【解析】x∈(0,1]时,f(x)=ax3-3x+1≤0可化为a≤
-
.
设g(x)=
-
,则g′(x)=
,所以g(x)在区间
上单调递增,在区间
上单调递减,因此g(x)max=g
=4,从而a≤4.
3.(-∞,-4] 【解析】方程可化为a·2x=-4x-4,得a=-
≤-4,当且仅当x=1时取“=”号,故方程有解时a≤-4.
4.(1,2) 【解析】由f(x)=ax2-2
·x知-b2+4b-3≥0⇒1≤b≤3,又b∈Z,得b=1,2,3.
而f(x)取最小值时x0=
.
又g(x0)为g(x)的最大值,即x0=a,
所以
=a得a4=-b2+4b-3得a=0或1,
又∵a≠0,则此时数对(a,b)为(1,2).
5.(-∞,-2]∪[2,+∞) 【解析】因为对∀x1∈[-1,8],∃x2∈[-1,8],使f(x1)=g(x2)成立,所以f(x)的值域是g(x)的值域的子集.
由于当x∈[-1,8]时,有f(x)∈[0,4].
①当a=0时,g(x)=2,此时不成立;
②当a>0时,g(x)∈[2-a,8a+2],故[0,4]⊆[2-a,8a+2],因此
解得a≥2;
③当a<0时,g(x)∈[8a+2,2-a],故[0,4]⊆[8a+2,2-a],因此
解得a≤-2.
综上所述,a的取值范围是(-∞,-2]∪[2,+∞).
6.
【解析】据题意只需f(x)的最小值不小于g(x)的最小值即可,函数f(x)=x-
在区间[0,1]上递增,故其最小值为-1.
又g(x)=x2-2ax+4,故
或
或
解得a≥
.
7.【解答】
(1)f′(x)=
·
,
令f′(x)=0,得x=1或x=-1.
当x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)在(0,1)上单调递增;
当x∈(1,2)时,f′(x)<0,f(x)在(1,2)上单调递减.
而f(0)=0,f
(1)=
,f
(2)=
,
∴当x∈[0,2]时,f(x)的值域是
.
(2)设函数g(x)在[0,2]上的值域是A,
∵若对任意x1∈[0,2],总存在x0∈[0,2],使f(x1)-g(x0)=0,
∴
⊆A.
g′(x)=ax2-a2.
①当x∈[0,2],a<0时,g′(x)<0,
∴函数g(x)在[0,2]上单调递减.
∵g(0)=0,g
(2)=
a-2a2<0,
∴当x∈[0,2]时,不满足
⊆A;
②当x∈[0,2],a>0时,g′(x)=a(x-
)(x+
),
令g′(x)=0,得x=
或x=-
(舍去).
(i)x∈[0,2],0<
<2时,g′(x),g(x)随x的变化如下表:
2012二轮精品提分必练∴g(0)=0,g(
)<0.
∵
⊆A,
∴g
(2)=
a-2a2≥
,解得
≤a≤1.
(ii)当x∈[0,2],
≥2时,g′(x)<0,
函数g(x)在[0,2]上单调递减.
∵g(0)=0,g
(2)=
a-2a2<0,
∴当x∈[0,2]时,不满足
⊆A.
综上可知,实数a的取值范围是
.
8.【解答】
(1)f′(x)=p+
-
=
.
令h(x)=px2-2x+p,要使f(x)在定义域(0,+∞)内是增函数,
只需h(x)≥0在(0,+∞)内恒成立,
由题意p>0,h(x)=px2-2x+p的图象为开口向上的抛物线,对称轴方程为x=
∈(0,+∞),
∴h(x)min=p-
,
只需p-
≥0,即p≥1时,h(x)≥0,f′(x)≥0,
∴f(x)在(0,+∞)内为增函数,正实数p的取值范围是[1,+∞).
(2)∵g(x)=
在[1,e]上是减函数,
∴x=e时,g(x)min=2;x=1时,g(x)max=2e,
即g(x)∈[2,2e].
①当p<0时,h(x)=px2-2x+p的图象为开口向下的抛物线,对称轴x=
在y轴的左侧,
且h(0)<0,所以f(x)在[1,e]内是减函数.
当p=0时,f(x)=-2lnx,
因为x∈[1,e],
所以f′(x)=-
<0.
此时,f(x)在[1,e]内是减函数.
故当p≤0时,f(x)在[1,e]上单调递减,
∴f(x)max=f
(1)=0<2,不合题意;
②当0
≥0,
所以f(x)=p
-2lnx≤x-
-2lnx.
又由
(1)知当p=1时,f(x)在[1,e]上是增函数,
∴x-
-2lnx≤e-
-2lne=e-
-2<2,不合题意;
③当p>1时,由
(1)知f(x)在[1,e]上是增函数,f
(1)=0<2,
又g(x)在[1,e]上是减函数,故只需f(x)max>g(x)min,x∈[1,e],
而f(x)max=f(e)=p
-2,g(x)min=g(e)=2,
即p
-2>2,解得p>
,
所以实数p的取值范围是
.
2012年高考考前30天三轮专题提分必练绝密之专题(六)B
1.(-3,-2]∪[2,3) 【解析】命题p即为f(x)>0恒成立,
∴Δ<0,∴-2 瘙_綈 p为真命题,∴m∈(-∞,-2]∪[2,+∞);由命题q可得9-m2>0,∴-3 2.(7,+∞) 【解析】由f(x)=x2-ax+a+3知f(0)=a+3,f (1)=4.又存在x0∈R,使得f(x0)<0知Δ=a2-4(a+3)>0,即a<-2或a>6.另外g(x)=ax-2a恒过点(2,0).故由函数的图象知: ①若a=0时,f(x)=x2-ax+a+3=x2+3恒大于0,显然不成立. ②若a>0时, ⇒a>7. ③若a<0时,对称轴x= <-1, 另f (1)=4,显然不成立. 2012二轮精品提分必练 综上,a>7. 3. 【解析】若在区间(0,e]上存在一点x0,使得f(x0)<0成立,即 +alnx0<0, 因为x0>0,所以,只需1+ax0lnx0<0. 令g(x)=1+axlnx,只要g(x)=1+axlnx在区间(0,e]上的最小值小于0即可. 因为g′(x)=alnx+a=a(lnx+1),令g′(x)=a(lnx+1)=0,得x= . 又a<0,所以 x g′(x) + 0 - g(x) ↗ 极大值 ↘ 因为x∈ 时,g(x)=1+axlnx>0,而g(e)=1+aelne=1+ae, 故只要1+ae<0,得a<- ,即a∈ . 4. 【解析】原命题⇔g(x)min>f(x)min, 因为f(x)=x2+ -3≥4-3=1,当且仅当x= 时取等号. 当m>0时,g(x)min=2-m>1,即0 当m=0时,g(x)=2>1,显然成立; 当m<0时,g(x)min=2m+2>1,即- 综上,m∈ . 5. (1) (2)(4) 【解析】 (1)f(2m)=f(2·2m-1)=2f(
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