2022年高三數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 專題一 函數(shù)、不等式及其應(yīng)用真題體驗(yàn) 理

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1、2022年高三數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 專題一 函數(shù)、不等式及其應(yīng)用真題體驗(yàn) 理 一、選擇題 1．(xx·浙江高考)已知集合P＝{x|x2－2x≥0}，Q ＝{x|1＜x≤2}，則(?RP)∩Q＝(　　) A．[0，1) B．(0，2] C．(1，2) D．[1，2] 2．(xx·浙江高考)命題“?n∈N*，f(n)∈N*且f(n)≤n”的否定形式是(　　) A．?n∈N*，f(n)?N*且f(n)＞n B．?n∈N*，f(n)?N*或f(n)＞n C．?n0∈N*，f(n0)?N*且f(n0)＞n0 D．?n0∈N*，f(n0)?N*或f(n0)＞n0 3．(xx·浙江高考)

2、存在函數(shù)f(x)滿足：對任意x∈R都有(　　) A．f(sin 2x)＝sin x B．f(sin 2x)＝x2＋x C．f(x2＋1)＝|x＋1| D．f(x2＋2x)＝|x＋1| 4．(xx·山東高考)已知x，y滿足約束條件若z＝ax＋y的最大值為4，則a＝(　　) A．3 B．2 C．－2 D．－3 5．(xx·全國卷Ⅱ)如圖，長方形ABCD的邊AB＝2，BC＝1，O是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)P沿著邊BC，CD與DA運(yùn)動(dòng)，記∠BOP＝x.將動(dòng)點(diǎn)P到A，B兩點(diǎn)距離之和表示為x的函數(shù)f(x)，則y＝f(x)的圖象大致為(　　) 6．(xx·天津高

3、考)已知函數(shù)f(x)＝函數(shù)g(x)＝b－f(2－x)，其中b∈R，若函數(shù)y＝f(x)－g(x)恰有4個(gè)零點(diǎn)，則b的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 二、填空題 7．(xx·浙江高考)已知函數(shù)f(x)＝則f(f(－3))＝________，f(x)的最小值是________． 8．(xx·浙江高考)若實(shí)數(shù)x，y滿足x2＋y2≤1，則|2x＋y－2|＋|6－x－3y|的最小值是________． 9．(xx·湖南高考)已知函數(shù)f(x)＝若存在實(shí)數(shù)b，使函數(shù)g(x)＝f(x)－b有兩個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是________． 三、解答題 10．(xx·湖北高考改

4、編)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝|x2－ax|在區(qū)間[0，1]上的最大值記為g(a)．當(dāng)a為何值時(shí)，g(a)的值最??？ 11．(xx·浙江高考)已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)，記M(a，b)是|f(x)|在區(qū)間[－1，1]上的最大值． (1)證明：當(dāng)|a|≥2時(shí)，M(a，b)≥2； (2)當(dāng)a，b滿足M(a，b)≤2時(shí)，求|a|＋|b|的最大值． 12．(xx·浙江高考(文))設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)． (1)當(dāng)b＝＋1時(shí)，求函數(shù)f(x)在[－1，1]上的最小值g(a)的表達(dá)式； (2)已知函數(shù)f(x)在[

5、－1，1]上存在零點(diǎn)，0≤b－2a≤1，求b的取值范圍． 參考答案 第一部分　專題集訓(xùn) 專題一　函數(shù)、不等式及其應(yīng)用 真題體驗(yàn)·引領(lǐng)卷 1．C　[∵P＝{x|x≥2或x≤0}，?RP＝{x|0＜x＜2}， ∴(?RP)∩Q＝{x|1＜x＜2}，故選C.] 2．D　[由全稱命題與特稱命題之間的互化關(guān)系知選D.] 3．D　[排除法，A中，當(dāng)x1＝，x2＝－時(shí)，f(sin 2x1)＝f(sin 2x2)＝f(0)，而sin x1≠sin x2，∴A不對；B同上；C中，當(dāng)x1＝－1，x2＝1時(shí)，f(x＋1)＝f(x＋1)＝f(2)，而|x1＋1|≠|(zhì)x2＋1|，

6、∴C不對，故選D.] 4．B　[不等式組表示的平面區(qū)域如圖陰影部分所示，易知A(2，0)，由得B(1，1)．由z＝ax＋y，得y＝－ax＋z.∴當(dāng)a＝－2或a＝－3時(shí)，z＝ax＋y在O(0，0)處取得最大值，最大值為zmax＝0，不滿足題意，排除C，D選項(xiàng)；當(dāng)a＝2或3時(shí)，z＝ax＋y在A(2，0)處取得最大值，∴2a＝4，∴a＝2，排除A，只有B項(xiàng)滿足．] 5．B　[當(dāng)點(diǎn)P沿著邊BC運(yùn)動(dòng)，即0≤x≤時(shí)， 在Rt△POB中，|PB|＝|OB|tan∠POB＝tan x， 在Rt△PAB中，|PA|＝＝，則f(x)＝|PA|＋|PB|＝＋tan x，它不是關(guān)于x的一次函數(shù)，圖象不是線

7、段，故排除A和C； 當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合，即x＝時(shí)，由上得f＝＋tan＝＋1，又當(dāng)點(diǎn)P與邊CD的中點(diǎn)重合，即x＝時(shí)，△PAO與△PBO是全等的腰長為1的等腰直角三角形，故f＝|PA|＋|PB|＝＋＝2，知f＜f，故又可排除D.綜上，選B.] 6．D　[法一　當(dāng)x>2時(shí)，g(x)＝x＋b－4，f(x)＝(x－2)2； 當(dāng)0≤x≤2時(shí)，g(x)＝b－x，f(x)＝2－x； 當(dāng)x<0時(shí)，g(x)＝b－x2，f(x)＝2＋x. 由于函數(shù)y＝f(x)－g(x)恰有4個(gè)零點(diǎn)，所以方程f(x)－g(x)＝0恰有4個(gè)根． 當(dāng)b＝0時(shí)，當(dāng)x>2時(shí)，方程f(x)－g(x)＝0可化為x2－5x＋8＝0，無解

8、； 當(dāng)0≤x≤2時(shí)，方程f(x)－g(x)＝0可化為2－x－(－x)＝0，無解； 當(dāng)x<0時(shí)，方程f(x)－g(x)＝0可化為x2＋x＋2＝0，無解． 所以b≠0，排除答案B. 當(dāng)b＝2時(shí)，當(dāng)x>2時(shí)，方程f(x)－g(x)＝0可化為(x－2)2＝x－2，得x＝2(舍去)或x＝3，有1解； 當(dāng)0≤x≤2時(shí)，方程f(x)－g(x)＝0可化為2－x＝2－x，有無數(shù)個(gè)解； 當(dāng)x<0時(shí)，方程f(x)－g(x)＝0可化為2－x2＝x＋2，得x＝0(舍去)或x＝－1，有1解． 所以b≠2，排除答案A. 當(dāng)b＝1時(shí)，當(dāng)x>2時(shí)，方程f(x)－g(x)＝0可化為x2－5x＋7＝0，無解； 當(dāng)

9、0≤x≤2時(shí)，方程f(x)－g(x)＝0可化為1－x＝2－x，無解； 當(dāng)x<0時(shí)，方程f(x)－g(x)＝0可化為x2＋x＋1＝0，無解． 所以b≠1，排除答案C.因此答案選D. 法二　記h(x)＝－f(2－x)在同一坐標(biāo)系中作出f(x)與h(x)的圖象如圖，直線AB：y＝x－4，當(dāng)直線l∥AB且與f(x)的圖象相切時(shí)，由 解得b′＝－，－－(－4)＝， 所以曲線h(x)向上平移個(gè)單位后，所得圖象在y軸右邊與f(x)的圖象有兩個(gè)公共點(diǎn)，同理，在y軸左方也有兩個(gè)公共點(diǎn)，平移2個(gè)單位后，兩圖象有無數(shù)個(gè)公共點(diǎn)，因此，當(dāng)＜b＜2時(shí)，f(x)與g(x)的圖象有4個(gè)不同的交點(diǎn)，即y＝f(x)

10、－g(x)恰有4個(gè)零點(diǎn)．選D.] 7．0　2－3　[f(f(－3))＝f(1)＝0，當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＝x＋－3≥2－3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝時(shí)，取等號；當(dāng)x＜1時(shí)，f(x)＝lg(x2＋1)≥lg 1＝0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，取等號，∴f(x)的最小值為2－3.] 8．3　[設(shè)z＝|2x＋y－2|＋|6－x－3y|.∵x2＋y2≤1，∴6－x－3y>0， ∴z＝|2x＋y－2|＋6－x－3y. ①若2x＋y－2≥0，則z＝x－2y＋4.由數(shù)形結(jié)合知，x＝，y＝時(shí)，zmin＝3；②若2x＋y－2≤0，則z＝－3x－4y＋8.由數(shù)形結(jié)合知，x＝，y＝時(shí)，zmin＝3；由①②知，zmin＝3.

11、故答案為3.] 9．(－∞，0)∪(1，＋∞)　[若0≤a≤1時(shí)，函數(shù)f(x)＝在R上遞增，其與直線y＝b至多有一個(gè)公共點(diǎn)；若a>1或a<0時(shí)，由圖象知y＝f(x)－b存在b使之有兩個(gè)零點(diǎn)，故a∈(－∞，0)∪(1，＋∞)．] 10．解　(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝x2，函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，1]上單調(diào)遞增，故g(a)＝f(1)＝1. (2)當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)f(x)的圖象如圖(1)所示，函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，1]上單調(diào)遞增，故g(a)＝f(1)＝1－a. (3)當(dāng)0

12、－2時(shí)，因?yàn)閒－f(1)<0， 即fg(2－2)＝3－2； 當(dāng)2－2≤a<2時(shí)，g(a)≥g(2－2)＝3－2； 當(dāng)a≥2時(shí)，g(a)≥g(2)＝1>3

13、－2. 綜上，當(dāng)a＝2－2時(shí)，g(a)min＝3－2. 11．(1)證明　由f(x)＝＋b－，得對稱軸為直線x＝－. 由|a|≥2，得|－|≥1，故f(x)在[－1，1]上單調(diào)， 所以M(a，b)＝max{|f(1)|，|f(－1)|}． 當(dāng)a≥2時(shí)，由f(1)－f(－1)＝2a≥4， 得max{f(1)，－f(－1)}≥2， 即M(a，b)≥2. 當(dāng)a≤－2時(shí)，由f(－1)－f(1)＝－2a≥4， 得max{f(－1)，－f(1)}≥2， 即M(a，b)≥2. 綜上，當(dāng)|a|≥2時(shí)，M(a，b)≥2. (2)解　由M(a，b)≤2得|1＋a＋b|＝|f(1)|≤

14、2， |1－a＋b|＝|f(－1)|≤2， 故|a＋b|≤3，|a－b|≤3. 由|a|＋|b|＝得|a|＋|b|≤3. 當(dāng)a＝2，b＝－1時(shí)，|a|＋|b|＝3，且|x2＋2x－1|在[－1，1]上的最大值為2. 即M(2，－1)＝2.所以|a|＋|b|的最大值為3. 12．解　(1)當(dāng)b＝＋1時(shí)，f(x)＝＋1，故對稱軸為直線 x＝－. 當(dāng)a≤－2時(shí)，g(a)＝f(1)＝＋a＋2. 當(dāng)－2＜a≤2時(shí)，g(a)＝f＝1. 當(dāng)a＞2時(shí)，g(a)＝f(－1)＝－a＋2. 綜上， g(a)＝ (2)設(shè)s，t為方程f(x)＝0的解，且－1≤t≤1， 則 由于0≤b－2a≤1，因此≤s≤(－1≤t≤1)． 當(dāng)0≤t≤1時(shí)，≤st≤， 由于－≤≤0和－≤≤9－4， 所以－≤b≤9－4. 當(dāng)－1≤t＜0時(shí)，≤st≤， 由于－2≤＜0和－3≤＜0，所以－3≤b＜0. 故b的取值范圍是[－3，9－4]．