数学必修一、四期末模拟试卷中高档题

高一（上）期末备考拔高卷1.定义在R上的单调函数fx满足：fxyfxfy，若2()(sin)(sincos3)Fxfaxfxx在（(0,)上有零点，则a的取值范围是．2.已知不等式2ln0axxa对,xa恒成立，则a的值为．3.已知函数4log1,11cos,163xxfxxx，若存在实数1234,,,xxxx满足1234xxxx，且1234fxfxfxfx则34121111xxxx的取值范围是（）.0,4A7.0,4B19.,24C17.,48D4.函数2sin23fxx，cos22306gxmxmm，若对任意10,4x，存在20,4x，使得12gxfx成立，则实数m的取值范围是（）4.1,3A2.,13B2.,13C4.1,3D5.函数sin0,0,2fxAxA的部分图象如图所示．（Ⅰ）求函数fx的解析式；（Ⅱ）若函数2321212Fxfxmfx在区间0,2上有四个不同零点，求实数m的取值范围．6.已知二次函数2fxaxbxc．（1）若0ac，11f，对任意2,2x，fx的最大值与最小值之和为ga，求ga的表达式；（2）若,,abc为正整数，函数fx在11,44上有两个不同零点，求abc的最小值．7.已知函数224fxxxaaaaR．（Ⅰ）当1a时，求fx在3,0上的最大值和最小值；（Ⅱ）若方程0fx有3个不相等的实根123,,xxx，求123111xxx的取值范围．参考答案1.定义在R上的单调函数fx满足：fxyfxfy，若2()(sin)(sincos3)Fxfaxfxx在（(0,)上有零点，则a的取值范围是．【解析】①令0xy，则020ff，则00f；再令yx，则0fxxfxfx，且fx定义域为R，关于原点对称．∴fx是奇函数．②2sinsincos3Fxfaxfxx在0,上有零点．∴f（asinx）+f（sinx+cos2x﹣3）=0在（0，π）上有解；∴22sinsincos3sincos3faxfxxfxx在0,上有解；又∵函数fx是R上的单调函数，∴2sinsincos3axxx在0,上有解．∵0,x，∴sin0x；∴2sincos32sin1sinsinxxaxxx；令sin,tx0,1t；则21att；∵2,ytt在0,1上单调递减，∴2a．故答案为：2,．2.已知不等式2ln0axxa对,xa恒成立，则a的值为．【解析】∵,xa，∴当1axa时，ln0yxa，当1xa时，ln0yxa，又2ln0axxa对,xa恒成立，①若0a，2yax与lnyxa均为定义域上的增函数，在,xa上，可均大于0，不满足题意；②若0a，则2ln0x对0,x不恒成立，不满足题意；∴0a．作图如下：由图可知，当且仅当方程为lnyxa的曲线与方程为2yax的直线相交于点A，即满足20ln0axxa时，2ln0axxa对,xa恒成立，解方程20ln0axxa得21xaxa，解得1a．故答案为：﹣1．3.已知函数4log1,11cos,163xxfxxx，若存在实数1234,,,xxxx满足1234xxxx，且1234fxfxfxfx则34121111xxxx的取值范围是（）.0,4A7.0,4B19.,24C17.,48D【解析】题意，可得12331012xxx，4962x，则4142log1log1xx，即为4142log1=log1xx，可得12111xx，由cos3yx的图象关于直线3x对称，可得346xx，则2343433312115653411xxxxxxxxx在31,2递增，即有34121111xxxx的取值范围是（0，74）．故选B．4.函数2sin23fxx，cos22306gxmxmm，若对任意10,4x，存在20,4x，使得12gxfx成立，则实数m的取值范围是（）4.1,3A2.,13B2.,13C4.1,3D【解析】解：当x∈[0，𝜋4]时，2x+𝜋3∈[𝜋3，5𝜋6]，sin（2x+𝜋3）∈[12，1]，f（x）=2sin（2x+𝜋3）∈[1，2]，同理可得2x﹣𝜋6∈[﹣𝜋6，𝜋3]，cos（2x﹣𝜋6）∈[12，1]，g（x）=mcos（2x﹣𝜋6）﹣2m+3∈[﹣3𝑚2+3，﹣m+3]，对任意x1∈[0，𝜋4]，存在x2∈[0，𝜋4]，使得g（x1）=f（x2）成立，∴{−3𝑚2+3≥1−𝑚+3≤2，求得1≤m≤43，故选：D．5.函数sin0,0,2fxAxA的部分图象如图所示．（Ⅰ）求函数fx的解析式；（Ⅱ）若函数2321212Fxfxmfx在区间0,2上有四个不同零点，求实数m的取值范围．【解析】（Ⅰ）根据f（x）=Asin（ωx+φ）的部分图象知，A=1，𝑇2=2𝜋3﹣𝜋6=𝜋2，∴T=π，∴ω=2𝜋𝑇=2；由“五点法画图”知，2×𝜋6+φ=𝜋2，解得φ=𝜋6；∴函数f（x）=sin（2x+𝜋6）；（Ⅱ）∵f（x﹣𝜋12）=sin（2x﹣𝜋6+𝜋6）=sin2x，∴函数F（x）=3[f（x﹣𝜋12）]2+mf（x﹣𝜋12）+2=3sin2（2x）+msin2x+2；在区间[0，𝜋2]上有四个不同零点，设t=sin2x，由x∈[0，𝜋2]，得2x∈[0，π]，即sin2x∈[0，1]，∴t∈[0，1]，令F（x）=0，则3t2+mt+2=0在[0，1]上有两个不等的实数根，令g（t）=3t2+mt+2则由{△＞0𝑔(0)≥0𝑔(1)＞00＜−𝑚6＜1，解得﹣5＜m＜﹣2√6；∴实数m的取值范围是﹣5＜m＜﹣2√6．6.已知二次函数2fxaxbxc．（1）若0ac，11f，对任意2,2x，fx的最大值与最小值之和为ga，求ga的表达式；（2）若,,abc为正整数，函数fx在11,44上有两个不同零点，求abc的最小值．【解析】（1）a=c＞0，f（1）=1，则a+b+a=1，b=1﹣2a，∴f（x））=ax2+（1﹣2a）x+a=a(𝑥+1−2𝑎2𝑎)2+4𝑎−14𝑎，当1﹣12𝑎≤﹣2，即0＜a≤16时，g（a）=f（﹣2）+f（2）=10a；当﹣2＜1﹣12𝑎≤0，即16＜a≤12时，g（a）=f（1﹣12𝑎）+f（2）=a﹣14𝑎+3，当a＞12时，g（a）=f（1﹣12𝑎）+f（﹣2）=9a﹣14𝑎﹣1，综上所述，g（a）={10𝑎，0＜𝑎≤16𝑎−14𝑎+3，16＜𝑎≤129𝑎−14𝑎−1，𝑎＞12；（2）函数f（x）在（﹣14，14）上有两个不同零点x1，x2，则x1+x2=﹣𝑏𝑎＜0，116＞x1x2=𝑐𝑎＞0∴a＞16c，由根的分布可知f（﹣14）=116a﹣14b+c＞0，即a+16c＞4b，∵a，b，c为正整数，∴a+16c≥4b+1f（0）=c＞0，△＞0，b＞2√𝑎𝑐，∴a+16c＞8√𝑎𝑐+1，可得（√𝑎−4√𝑐）2＞1，∵a＞16c，∴√𝑎−4√𝑐＞1，∴√𝑎＞4√𝑐+1≥4+1，∴a＞25，∴a≥26，∴b＞2√𝑎𝑐≥√26，∴b≥11，c≥1．f（x）=26x2+11x+1，经检验符合题意，故a+b+c的最小值为38．7.已知函数224fxxxaaaaR．（Ⅰ）当1a时，求fx在3,0上的最大值和最小值；（Ⅱ）若方程0fx有3个不相等的实根123,,xxx，求123111xxx的取值范围．【解答】（Ⅰ）∵𝑎=﹣1，∴𝑓（𝑥）=𝑥|𝑥+2|+5={−𝑥2−2𝑥+5，(−3≤𝑥＜−2)𝑥2+2𝑥+5，(−2≤𝑥≤0)，x∈[﹣2，0]时，4≤f（x）≤5，x∈[﹣3，﹣2]时，2≤f（x）≤5，∴f（x）min=f（﹣3）=2，f（x）max=f（0）=5；（Ⅱ）∵f（x）={𝑥2−2𝑎𝑥+𝑎2−4𝑎，(𝑥≥2𝑎)−𝑥2+2𝑎𝑥+𝑎2−4𝑎(𝑥＜2𝑎)，①若a＞0，∵方程f（x）=0有3个不相等的实根，故x＜2a时，方程f（x）=﹣x2+2ax+a2﹣4a=0有2个不相等的实根，x≥2a时，方程f（x）=x2﹣2ax+a2﹣4a=0有1个不相等的实根，∴{4𝑎2+4(𝑎2−4𝑎)＞0𝑎2−4𝑎＜0，解得：2＜a＜4，不妨设x1＜x2＜x3，则x1+x2=2a，x1x2=﹣a2+4a，x3=a+2√𝑎，∴1𝑥1+1𝑥2+1𝑥3=2𝑎𝑎(4−𝑎)+𝑎−2√𝑎𝑎2−4𝑎=﹣1𝑎−2√𝑎＞1+√22，∴1𝑥1+1𝑥2+1𝑥3的范围是（1+√22，+∞），②若a＜0，当x＞2a时，方程f（x）=x2﹣2ax+a2﹣4a=0的判别式小于0，不符合题意；③a=0时，显然不和题意，故1𝑥1+1𝑥2+1𝑥3的范围是（1+√22，+∞）．