2018-2019学年浙江省绍兴市高一(上)期末数学试卷 下载本文

(Ⅰ)若A∪B=[﹣1,2],求实数m的值; (Ⅱ)若A∩C=?,求实数b的取值范围.

【分析】(Ⅰ)求出集合A={x|0≤x≤2},由B={x|x﹣(3m﹣1)x+2m﹣m≤0},A∪B=[﹣1,2],得﹣1∈B,由此能求出实数m的值. (Ⅱ)由A={x|0≤x≤2},C={y|y=2﹣

+b},A∩C=?,推导出b<﹣

或b>2

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,由此能求出实数b的取值范围.

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【解答】解:(Ⅰ)∵集合A={x|x﹣2x≤0}={x|0≤x≤2}, B={x|x﹣(3m﹣1)x+2m﹣m≤0},A∪B=[﹣1,2], ∴﹣1∈B,∴1+3m﹣1+2m﹣m≤0, 即2m+2m≤0, 解得﹣1≤m≤0,

△=(3m﹣1)﹣4(2m﹣m)>0, 解得m≠1,

∴实数m的值为[﹣1,0]. (Ⅱ)A={x|0≤x≤2},C={y|y=2∴y=∴b<﹣∵0<

或y=或b>2﹣≤2,∴﹣2<﹣

<0,

+b},A∩C=?, ,

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∴实数b的取值范围(﹣∞,﹣2]∪[2,+∞).

【点评】本题考查实数值、实数的取值范围的求法,考查并集、交集定义、不等式性质等基础知识,考查运算求解能力,是中档题. 20.(10分)已知函数f(x)=lg

);

(Ⅰ)设a,b∈(﹣1,1),证明:f(a)+f(b)=f((Ⅱ)当x∈[0,范围.

【分析】(Ⅰ)利用对数的运算法则进行证明即可.

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)时,函数y=f(sinx)+f(mcosx+2m)有零点,求实数m的取值

(Ⅱ)判断函数的奇偶性,利用函数零点定义转化为方程关系,利用参数分离法进行求

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解即可.

【解答】解:(Ⅰ)f(a)+f(b)=lg

+lg

=lg(

?

)=lg

f()=lg=lg=lg,

则f(a)+f(b)=f((Ⅱ)由则f(x)=lg

)成立;

>0得﹣1<x<1,

=lg(1﹣x)﹣lg(1+x),

则f(﹣x)=lg(1+x)﹣lg(1﹣x)=﹣f(x), 即函数f(x)是奇函数, 若当x∈[0,即当x∈[0,

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)时,函数y=f(sinx)+f(mcosx+2m)有零点, )时,函数y=f(sinx)+f(mcosx+2m)=0,

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即﹣f(sinx)=f(mcosx+2m)=f(﹣sinx), 则mcosx+2m=﹣sinx有解, 得m(2+cosx)=﹣sinx, 则m=

),∴0<cosx≤1,则2<t≤3,

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设t=2+cosx,∵x∈[0,则cosx=t﹣2, 则m=

=t+﹣4,

则设函数h(t)═t+﹣4在2<t≤3上为增函数, 则h(2)=﹣,h(3)=0,即﹣<h(t)≤0, 则要使m=h(t)有零点, 则﹣<m≤0.

【点评】本题主要考查对数的运算,以及函数零点的应用,利用参数分离法,结合对勾函数的性质进行求解是解决本题的关键. 21.(12分)已知函数f(x)=x﹣ax,a∈R.

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(Ⅰ)记f(x)在x∈[1,2]上的最大值为M,最小值为m. (i)若M=f(2),求a的取值范围; (ii)证明:M﹣m≥;

(Ⅱ)若﹣2≤f(f(x))≤2在[1,2]上恒成立,求a的最大值.

【分析】(Ⅰ)(i)讨论对称轴与区间[1,2]的关系,可得最大值,即可得到a的范围; (ii)讨论对称轴与区间的关系,求得最值,作差,求得最小值,即可得证; (Ⅱ)代入x=1,2的值得到关于a的不等式组,解出即可.

【解答】解:(Ⅰ)(i)函数f(x)=x﹣ax,其对称轴为x=,且开口向上, ∵f(1)=1﹣a,f(2)=4﹣2a, ∴M={f(1),f(2)}max,

当1﹣a≥4﹣2a时,即a≥3时,M=f(1)=1﹣a, 当1﹣a<4﹣2a时,即a<3时,M=f(2)=4﹣2a, ∵M=f(2),

∴a的取值范围为(﹣∞,3];

(ii)证明:①当≥2时,即a≥4时,f(x)在[1,2]上单调递减, ∴M=f(1)=1﹣a,m=f(2)=4﹣2a, ∴M﹣m=1﹣a﹣4+2a=a﹣3≥1>,

②当≤1时,即a≤2时,f(x)在[1,2]上单调递增, ∴M=f(2)=4﹣2a,m=f(2)=1﹣a, ∴M﹣m=4﹣2a﹣1+a=3﹣a≥1>,

③当2<a<3时,M=f(2)=4﹣2a,m=f()=﹣a,

∴M﹣m=4﹣2a+a=(a﹣4),y=4﹣2a+a在[2,3]上为减函数, ∴ymin=, ∴M﹣m≥;

④当3≤a<4时,M=f(1)=1﹣a,m=f()=﹣a,

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∴M﹣m=1﹣a+a=(a﹣2),y=1﹣a+a在[3,4]上为增函数, ∴ymin=,

综上所述M﹣m≥;

(Ⅱ)∵|f(f(x))|≤2在[1,2]上恒成立, ∴|f(f(1))|≤2,即|f(1﹣a)|≤2, 故|2a﹣3a+1|≤2, 解得

≤a≤

2

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同理,|f(f(2))|≤2,解得:1≤a≤, 故1≤a≤当a=

时,设t=f(x),此时<1,

∵x∈[1,2],∴t=f(x)在[1,2]递增, 故t∈[1﹣a,4﹣2a],

此时﹣(4﹣2a)=a﹣4>0, 故y=f(t)在[1﹣a,4﹣2a]递减, 故|f(t)|≤2在[1﹣a,4﹣2a]上恒成立, 只需故amax=

【点评】本题考查了二次函数的性质,考查解绝对值不等式问题,注意运用分类讨论思想方法和数形结合思想,是一道综合题.

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