新編高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 專題九 第4講 化歸思想

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1、 專題升級(jí)訓(xùn)練 化歸思想 (時(shí)間:60分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本大題共6小題,每小題6分,共36分) 1.f(x)為奇函數(shù),且有f(x)=f(x+3),f(2)=1,則f(10)等于(　　) 　　　　 　　　　　 　　　　　[來源:] A.1 B.-1 C.0 D.2[來源:] 2.方程sin2x+cos x+k=0有解,則k的取值范圍是(　　) A.-1≤k≤ B.-≤k≤0 C.0≤k≤ D.-≤k≤1 3.已知數(shù)列{an}對(duì)任意的p,q∈N*滿足ap+q=ap+aq且a2=-6,那么a10等于(　　) A.-165 B.-33

2、 C.-30 D.-21 4.設(shè)a>1,若對(duì)于任意的x∈[a,2a],都有y∈[a,a2]滿足方程logax+logay=3,這時(shí)a的取值的集合為(　　) A.{a|1(1+cos2θ)cos θ,且θ∈(0,2π),那么角θ的取值范圍是(　　) A. B.

3、C. D. 二、填空題(本大題共3小題,每小題6分,共18分) 7.函數(shù)f(x)=的值域?yàn)椤　　　　?? 8.如果函數(shù)f(x)=x2+bx+c對(duì)任意實(shí)數(shù)t都有f(2+t)=f(2-t),那么f(2),f(1),f(4)的大小關(guān)系是　　　　　.? 9.三位同學(xué)合作學(xué)習(xí),對(duì)問題“已知不等式xy≤ax2+2y2對(duì)于x∈[1,2],y∈[2,3]恒成立,求a的取值范圍”提出了各自的解題思路. 甲說:“可視x為變量,y為常量來分析.” 乙說:“不等式兩邊同除以x2,再作分析.” 丙說:“把字母a單獨(dú)放在一邊,再作分析.” 參考上述思路,或自己的其他解法,可求出實(shí)數(shù)a的取值范圍是　　　　.

4、? 三、解答題(本大題共3小題,共46分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 10.(本小題滿分15分)已知非空集合A={x|x2-4mx+2m+6=0,x∈R},若A∩R-≠?,求實(shí)數(shù)m的取值范圍(R-表示負(fù)實(shí)數(shù)集,R+表示正實(shí)數(shù)集). 11.(本小題滿分15分)已知奇函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閷?shí)數(shù)集R,且f(x)在[0,+∞)上是增函數(shù),當(dāng)0≤θ≤時(shí),是否存在這樣的實(shí)數(shù)m,使f(cos 2θ-3)+f(4m-2mcos θ)>f(0)對(duì)所有的θ∈均成立?若存在,求出所有適合條件的實(shí)數(shù)m;若不存在,則說明理由. 12.(本小題滿分16分)已知函數(shù)f(x)=-x3+3x2+9x

5、+m在區(qū)間[-2,2]上的最大值是20,函數(shù)g(x)=x3-3a2x-2a. (1)求實(shí)數(shù)m的值;[來源:] (2)是否存在實(shí)數(shù)a≥1,使得對(duì)任意的x1∈[-2,2],總存在x0∈[0,1],都有g(shù)(x0)=f(x1)成立?若存在,求出a的取值范圍;若不存在,說明理由. ## 一、選擇題(本大題共6小題,每小題6分,共36分) 1.B　解析:由題意知,f(x)的周期T=3,[來源:] 所以f(10)=f(3×3+1)=f(1)=-f(-1)=-f(2)=-1.故選B. 2.D　解析:求k=-sin2x-cos x的值域, k=cos2x-cos x-1=. 當(dāng)cos x=時(shí),

6、kmin=-;[來源:] 當(dāng)cos x=-1時(shí),kmax=1. ∴-≤k≤1,故選D. 3.C　解析:由ap+q=ap+aq,a2=-6, 得a4=a2+a2=-12, 同理,a8=a4+a4=-24, 所以a10=a8+a2=-24-6=-30. 4.B　解析:∵logax+logay=3, ∴xy=a3.∴y=. 由于當(dāng)x在[a,2a]內(nèi)變化時(shí),都有y∈[a,a2]滿足方程,因此[a,a2]應(yīng)包含函數(shù)y=在[a,2a]上的值域,也就是函數(shù)y=在[a,2a]的值域是[a,a2]的子集. ∵,∴≤a2. ∴≥a. ∴a≥2. 5.D　解析:顯然當(dāng)三角形內(nèi)有一點(diǎn)時(shí),可構(gòu)

7、造3個(gè)小三角形,即f(1)=3; 再增加一個(gè)點(diǎn),可增加2個(gè)小三角形, 即f(2)=f(1)+2. 如此類推,得到首項(xiàng)為3、公差為2的等差數(shù)列, 所以a2 014=3+2 013×2=4 029. 6.C　解析:注意到不等式(1+sin2θ)sin θ>(1+cos2θ)cos θ, 等價(jià)于sin3θ+sin θ>cos3θ+cos θ. 而f(x)=x3+x在R上是增函數(shù), 于是f(sin θ)>f(cos θ)?sin θ>cos θ, 再結(jié)合θ∈(0,2π),得到θ∈. 二、填空題(本大題共3小題,每小題6分,共18分) 7.[1,]　解析:∵f(x)的定義域?yàn)閤∈[

8、0,1],∴設(shè)x=sin2α. 則y=sin α+cos α=sin∈[1,]. 8.f(2)

9、a≥-1.故填[-1,+∞). 三、解答題(本大題共3小題,共46分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 10.解:設(shè)全集U={m|Δ=16m2-8m-24≥0}=. 方程x2-4mx+2m+6=0的兩根均非負(fù)的充要條件是可得m≥.∴A∩R-=?時(shí),實(shí)數(shù)m的取值范圍為. ∴A∩R-≠?時(shí), 實(shí)數(shù)m的取值范圍為{m|m≤-1}. 11.解:因?yàn)閒(x)在R上為奇函數(shù),又在[0,+∞)上是增函數(shù), 故f(x)在R上為增函數(shù),且f(0)=0. 由題設(shè)條件,可得f(cos 2θ-3)+f(4m-2mcos θ)>0. 又由f(x)為奇函數(shù),可得f(cos 2θ-3)>f(

10、2mcos θ-4m). ∵f(x)在R上為增函數(shù),∴cos 2θ-3>2mcos θ-4m, 即cos2θ-mcos θ+2m-2>0. 令cos θ=t,∵0≤θ≤,∴0≤t≤1. 于是問題轉(zhuǎn)化為對(duì)一切0≤t≤1,不等式t2-mt+2m-2>0恒成立. ∴t2-2>m(t-2),即m>恒成立. 又∵=(t-2)++4≤4-2, ∴m>4-2.∴存在實(shí)數(shù)m滿足題設(shè)的條件為m>4-2. 12.解:(1)因?yàn)閒'(x)=-3x2+6x+9, 令f'(x)<0,解得x<-1或x>3. 所以,函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,-1),(3,+∞),遞增區(qū)間為(-1,3). 又f(-2

11、)=2+m,f(2)=22+m, 所以f(2)>f(-2). 因?yàn)樵?-1,3)上f'(x)>0, 所以f(x)在[-1,2]上單調(diào)遞增. 又f(x)在[-2,-1]上單調(diào)遞減, 所以f(2)和f(-1)分別是f(x)在區(qū)間[-2,2]上的最大值和最小值. 于是有22+m=20,解得m=-2. (2)由(1)可解得函數(shù)f(x)在[-2,2]上的值域是[-7,20]. g'(x)=3x2-3a2. 由于a≥1,所以當(dāng)x∈[0,1]時(shí),g'(x)≤0. 因此當(dāng)x∈[0,1]時(shí),函數(shù)g(x)為減函數(shù). 故當(dāng)x∈[0,1]時(shí),g(x)∈[g(1),g(0)]. 又g(1)=1-2a-3a2,g(0)=-2a, 即當(dāng)x∈[0,1]時(shí)有g(shù)(x)∈[1-2a-3a2,-2a]. 若對(duì)任意x1∈[-2,2],總存在x0∈[0,1],都有g(shù)(x0)=f(x1)成立, 則應(yīng)有解得a≤-10. 但由題目已知a≥1,所以不存在這樣的實(shí)數(shù)a.