天津市滨海新区2020-2021学年高一上学期期末考试数学试卷 Word版含解析

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天津市滨海新区2020-2021学年高一上学期期末考试数学试卷 Word版含解析

- 1 - 滨海新区 2020-2021 学年度第一学期期末质量检测 高一数学试题 满分 150 分,考试时间 100 分钟. 一、选择题:本卷共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的,请将所选答案填入答题纸中的答题栏内. 1. 已知集合 A={1,3,5},B={2,3,5,6},则 A∩B=( ) A.  B. {3,5} C. {1,2,6} D. {1,2,3, 5,6} 【答案】B 【解析】 【分析】 根据交集的定义直接出结果即可. 【详解】因为 A={1,3,5},B={2,3,5,6}, 所以  3,5A B  , 故选:B. 【点睛】关键点点睛:该题考查的是有关集合的问题,解题的关键是熟练掌握交集的定义. 2. 命题“ [0, )x   , e 1x  ”的否定是( ) A. [0, )x   , e 1x  B. [0, )x   , e 1x  C. [0, )x   , e 1x  D. [0, )x   , e 1x  【答案】D 【解析】 【分析】 根据全称量词的否定是存在量词可得答案. 【详解】因为全称量词的否定是存在量词, 所以命题“ [0, )x   , e 1x  ”的否定是“ [0, )x   , e 1x  ”. 故选:D 3. 设函数 ( ) 2 + 5xf x x  ,则函数 ( )f x 的零点所在区间是( ) - 2 - A. (-1,0) B. (0,1) C. (1,2) D. (2,3) 【答案】C 【解析】 【分析】 根据零点存在性定理分析可得结果. 【详解】因为函数 ( ) 2 + 5xf x x  的图象连续不断, 且 1 11( 1) 2 1 5 02f        , (0) 1 0 5 4 0f       , (1) 2 1 5 2 0f       , 2(2) 2 2 5 1 0f      , 3(3) 2 3 5 6 0f      , 所以函数 ( )f x 的零点所在区间是 (1,2) . 故选:C 4. 在平面直角坐标系 xOy 中,角 的顶点与原点 O 重合,始边与 x 轴的非负半轴重合,终边 经过点 (4,3)P ,那么 cos 的值是( ) A. 4 5 B. 3 4 C. 4 3 D. 3 5 【答案】A 【解析】 【分析】 根据三角函数的定义计算可得结果. 【详解】因为 4x  , 3y  ,所以 2 23 4 5r    , 所以 4cos 5 x r    . 故选:A 5. 把函数 ( ) sin4f x x 的图象向右平移 π 12 个单位长度,得到的图象所对应的函数 ( )g x 的解 析式是( ) A. π( ) sin(4 )12f x x  B. π( ) sin(4 )3f x x  C. π( ) sin(4 )12f x x  D. π( ) sin(4 )3f x x  【答案】B - 3 - 【解析】 【分析】 由题意利用三角函数的图象变换原则,即可得出结论. 【详解】由题意,将函数 ( ) sin4f x x 的图象向右平移 π 12 个单位长度, 可得   sin4( ) sin(4 )12 3g x x x     . 故选 B . 6. 设 R  ,则“ 6   ”是“ 1sin 2   ”的( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 利用正弦函数的图象性质分析. 【详解】当 6   ,可以得到 1sin 2   , 反过来若 1sin 2   ,有 26 k   或 5 26 k  , k Z . 所以 6   为充分不必要条件, 故选:A. 【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判断问题,属于简单题. 7. 下列计算正确的是( ) A. 33 ( 8) 8  B. 5 3 62 2 2 =2    C. 2log 32 =8 D. 3 3log 18 log 2=2 【答案】D 【解析】 【分析】 根据根式的性质可知 A 不正确;根据指数幂的运算性质计算可知 B 不正确;根据对数的性质 可知 C 不正确;根据对数的运算法则计算可知 D 正确. - 4 - 【详解】因为 3 为奇数,所以 33 ( 8) 8   ,故 A 不正确; 5 1 1 5 03 6 2 3 62 2 2 2 2 1         ,故 B 不正确; 2log 32 =3,故 C 不正确; 2 3 3 3 3 3 18log 18 log 2 log log 9 log 3 22      ,故 D 正确. 故选:D 8. 下列命题为真命题的是( ) A. 若 a b ,则 2 2a b B. 若 2 2ac bc ,则 a b C. 若 a b ,则 1 1 a b  D. 若 a b , c d ,则 a c b d   【答案】B 【解析】 【分析】 利用反例或不等式的性质逐项检验后可得正确的选项. 【详解】对于 AC,取 1, 2a b   ,则 a b ,但 2 2a b , 1 1 a b  ,故 AC 错. 对于 D,取 1, 2a b   , 2, 5c d    ,则 a b , c d , 但 3a c b d    ,故 D 错误. 对于 B,因为 2 2ac bc ,故 2 0c  ,故 a b . 故选:B. 9. 函数   sinf x x x  的图象大致是( ) A. B. - 5 - C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据解析式的特征,利用函数的性质和特殊值排除选项可求. 【详解】因为 ( )f x 为奇函数,所以排除 A,C 选项,取 12x  可知 ( ) 012f   ,所以排除 B 选 项,故选 D. 【点睛】本题主要考查函数图象的识别,主要求解策略是利用函数的性质和特殊值来进行排 除,侧重考查直观想象的核心素养. 10. 已知函数 ( )f x 是定义在区间[ 1,2 ]a a  上的偶函数,且在区间[0,2 ]a 上单调递增,则不 等式 ( 1) ( )f x f a  的解集为( ) A. [ 1,3] B. (0,2) C. (0,1) (2,3] D. [ 1,0) (1,2)  【答案】B 【解析】 【分析】 根据偶函数的定义域关于原点对称可得 1a  ,根据 ( 1) (| 1|)f x f x   以及函数 ( )f x 的单调 性可解得结果. 【详解】因为函数 ( )f x 是定义在区间[ 1,2 ]a a  上的偶函数, 所以 1 2 0a a    ,解得 1a  , ( 1) ( )f x f a  可化为 ( 1) (1)f x f  , 因为 ( )f x 在区间[0,2 ]a 上单调递增,所以 1 1x   ,解得 0 2x  . 故选:B - 6 - 【点睛】关键点点睛:根据 ( 1) (| 1|)f x f x   以及函数 ( )f x 的单调性解不等式是解题关键. 11. 某种食品的保鲜时间 y(单位:小时)与储存温度 x(单位:C )近似满足函数关系 3kx by  (k, b 为常数),若该食品在 0 C 的保鲜时间是 288 小时,在 5 C 的保鲜时间是 144 小时,则该食 品在15 C 的保鲜时间近似是( ) A. 32 小时 B. 36 小时 C. 48 小时 D. 60 小时 【答案】B 【解析】 【分析】 由条件可得到 5 3 288 13 2 b k    ,然后算出  315 53 3 3k b k by    即可. 【 详 解 】 由 条 件 可 得 5 3 288 3 144 b k b     , 所 以 5 3 288 13 2 b k    , 所 以 当 15x  时  315 5 13 3 3 288 368 k b k by       故选:B 12. 已知 2 π( ) 2sin ( ) 1( 0)3f x x     ,给出下列判断: ①若函数 ( )f x 的图象的两相邻对称轴间的距离为 π 2 ,则 =2 ; ②若函数 ( )f x 的图象关于点 π( ,0)12 对称,则 的最小值为 5; ③若函数 ( )f x 在 π π[ , ]6 3  上单调递增,则 的取值范围为 1(0, ]2 ; ④若函数 ( )f x 在[0,2π]上恰有 7 个零点,则 的取值范围为 41 47[ , )24 24 . 其中判断正确的个数为( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】 先将 ( )f x 化简,对于①,由条件知,周期为  ,然后求出  ;对于②,由条件可得 - 7 - 2 ( )612 k k Z     ,然后求出 1 6 ( )k k Z     ,即可求解;对于③,由条件,得 23 6 2 ( )2 23 6 2 k k Z k                 … „ , 然 后 求 出  的 范 围 ; 对 于 ④ , 由 条 件 , 得 7 422 12 12         „ ,然后求出 的范围;,再判断命题是否成立即可. 【详解】解: 2 π 2π π( ) 2sin ( ) 1=-cos(2 )=sin(2 )3 3 6f x x x x       , 周期 2 2T      . ①.由条件知,周期为 , 1w  , 故①错误; ②.函数 ( )f x 的图象关于点 π( ,0)12 对称,则 2 ( )612 k k Z     , 1 6 ( )k k Z     , ( 0) ∴ 的最小值为 5, 故②正确; ③.由条件, π π[ , ]6 3x  , π π 2 π23 6 6 3 6x       由函数 ( )f x 在 π π[ , ]6 3  上单调递增得 23 6 2 ( )2 23 6 2 k k Z k                 … „ , 1 2   , 又 0 , 10 2   „ , 故③正确. ④.由 ( ) sin(2 ) 06f x x    得 2 ( )6x k k Z    , 解得 ( )2 12 kx k Z      - 8 - ( ) sin(2 )6f x x   且 ( )f x 在[0 ,2 ] 上恰有 7 个零点,可得 7 422 12 12         „ ,  41 47 24 24  „ , 故④正确; 故选:C 【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质,考查了转化思想和推理能力,属中档题. 关键点点睛:利用整体思想,结合正弦函数的图像和性质是根据周期,对称,单调性,零点 个数求求解参数的关键. 二、填空题:本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分. 13. πsin( )3  的值等于___________. 【答案】 3 2  【解析】 【分析】 根据诱导公式和特殊角的函数值可解得结果. 【详解】 πsin( )3  3sin 3 2     . 故答案为: 3 2  14. 幂函数 y x 的图象过点 (2, 2) ,则  ___________. 【答案】 1 2 【解析】 【分析】 将点的坐标代入解析式可解得结果. 【详解】因为幂函数 y x 的图象过点 (2, 2) , 所以 2 2 ,解得 1 2   . 故答案为: 1 2 15. 已知 tan 24      ,则 tan  ________. - 9 - 【答案】-3. 【解析】 【分析】 由两角差的正切公式展开,解关于 tan 的方程. 【详解】因为 tan 24      ,所以 tan 1 2 tan 31 tan        . 【点睛】本题考查两角差正切公式的简单应用,注意公式的特点:分子是减号,分母是加号. 16. 设 0.4 3 30.2 log, 0. ,4 log 4a b c   ,则 , ,a b c 的大小关系为___________.(用“<”连接) 【答案】 b a c  【解析】 【分析】 根据指数函数和对数函数的知识判断出 , ,a b c 的范围即可. 【详解】因为 0.4 00 .2 .2 10 0a   , 3 3log 4<0<1< o0 g. l 4b c  所以b a c  故答案为:b a c  17. 若 0x  ,则 14 +x x 的最小值为___________,此时 =x ___________. 【答案】 (1). 4 (2). 1 2 【解析】 【分析】 根据基本不等式可求得结果. 【详解】因为 0x  ,所以 1 14 2 4 4x xx x     ,当且仅当 14x x  ,即 1 2x  时,等号成 立. 故答案为:4; 1 2 【点睛】易错点睛:利用基本不等式求最值时,要注意其必须满足的三个条件: (1)“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数; (2)“二定”就是要求和的最小值,必须把构成和的二项之积转化成定值;要求积的最大值, 则必须把构成积的因式的和转化成定值; - 10 - (3)“三相等”是利用基本不等式求最值时,必须验证等号成立的条件,若不能取等号则这个 定值就不是所求的最值,这也是最容易发生错误的地方. 18. 已知集合 2{ | + 6}, { | }A x y x x B x x m     ,其中 Rm ,则集合 R Að =___________;若 Rx  ,都有 x∈A 或 x∈B,则 m 的取值范围是___________. 【答案】 (1). { | 3 2}x x   (2). 2m  【解析】 【分析】 化简集合 A ,根据补集的概念可求出 R Að ,将题意转化为 A B  R 可求得结果. 【详解】由 2 6 0x x   得 3x   或 2x  , 所以 2{ | + 6}A x y x x    ( , 3] [2, )    , 所以 R Að { | 3 2}x x    , 因为”若 Rx  ,都有 x∈A 或 x∈B”,所以 A B  R ,即 ( , 3] [2, ) ( , ) Rm      , 所以 2m  . 故答案为:{ | 3 2}x x   ; 2m  【点睛】关键点点睛:将“若 Rx  ,都有 x∈A 或 x∈B”转化为 A B  R 是解题关键. 19. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具,因其经济又环保,至今还在农业生产中得到使 用.如图,一个半径为 4 m 的筒车按逆时针方向匀速旋转,且旋转一周大约用时 15s ,其轴心 O(即圆心)距水面 2 m .设筒车上的某个盛水筒 P 到水面的距离为 d(单位:m )(在水面下 d 为负 数),若以盛水筒 P 刚浮出水面时开始计算时间,则 d 与时间 t(单位:s )之间的关系为 sin( )d A t K    π( 0, 0,| | )2A     . (1)当盛水筒 P 第一次到达筒车的最高点时,t= ___________; (2)盛水筒 P 到水面的距离 d 关于旋转时间 t 的函数解析式为___________. - 11 - 【答案】 (1). 5 (2). 2π π4sin( ) 2( 0)15 6d t t    【解析】 【分析】 (1)求出盛水筒 P 第一次到达筒车的最高点时的旋转角度,根据题意求出点 P 绕点O 逆时针 旋转的角速度,用旋转角度除以角速度即可得时间t ; (2)根据图形可得 d 的最大、最小值,由此可得 A 和 K ,根据周期可得 ,根据当 0t  时, 0d  可求得 ,从而可得函数解析式; 【详解】(1)因为轴心 O(即圆心)距水面 2 m ,圆的半径为 4m ,所以当盛水筒 P 第一次到达 筒车的最高点时,点 P 绕点O 逆时针旋转了 2 3 3     ,因为点 P 绕点 O 逆时针旋转一周 大约用时 15s ,所以点 P 绕点 O 逆时针旋转速度为每秒 2 15  ,所以当盛水筒 P 第一次到达筒 车的最高点时,t= 2 3 52 15    秒. (2)由图可知 d 的最大值为 2 4 6  ,最小值为 2 , 所以 6, 2A K A K      ,所以 4, 2A K  , 因为筒车旋转一周大约用时 15s ,所以函数的周期 15T  ,所以 2 2 15T     , 当 0t  时, 0d  ,即 24sin( 0 ) 2 015      ,即 1sin 2    , 因为 2   ,所以 6    , 所以 2π π4sin( ) 2( 0)15 6d t t    . 故答案为:5; 2π π4sin( ) 2( 0)15 6d t t    【点睛】关键点点睛:根据题意求出 , ,A K  是解题关键. 20. 已知函数 2 1 2 2 2, 0, ( ) |log |, 0. x x x f x x x       若方程 ( )f x a 有四个不同的解 1 2 3 4, ,x x x x, ,且 1 2 3 4x x x x< < < ,则实数 a 的最小值是___________;  4 1 22 3 4 4 x x xx x    的最小值是 ___________. - 12 - 【答案】 (1). 2 (2). 9 【解析】 【分析】 画出 2 1 2 2 2, 0, ( ) |log |, 0. x x x f x x x       的图像,数形结合分析参数的 a 的最小值,再根据对称性与函 数的解析式判断 1 2 3 4, , ,x x x x 中的定量关系化简  4 1 22 3 4 4 x x xx x    再求最值即可. 【详解】画出 2 1 2 2 2, 0, ( ) |log |, 0. x x x f x x x       的图像有: 因为方程  f x a 有四个不同的解 1 2 3 4, , ,x x x x ,故  f x 的图像与 y a 有四个不同的交点, 又由图,  0 2f  ,  1 3f   故 a 的取值范围是 2,3 ,故 a 的最小值是 2. 又由图可知, 1 2 1 21 22 x x x x      , 0.5 3 0.5 4log logx x ,故 0.5 3 0.5 4 0.5 3 4log log log 0x x x x    ,故 3 4 1x x  . 故  4 1 2 4 4 2 3 4 4 4= 2x x x xx x x     . 又当 2a  时, 0.5 4 4log 2 4x x    .当 3a  时, 0.5 4 4log 3 8x x    ,故  4 4,8x  . 又 4 4 42y x x   在  4 4,8x  时为增函数,故当 4 4x  时 4 4 42y x x   取最小值 42 4 94y    . - 13 - 故答案为:(1). 2 (2)9. 【点睛】本题主要考查了数形结合求解函数零点个数以及范围的问题,解题的关键是需要根据 题意分析交点间的关系,并结合函数的性质求解.属于难题. 三、解答题:本大题共 4 小题,共 50 分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步 骤. 21. 已知 1sin 3x  , ,2x      . (1)求 cos x ,sin 2x 的值; (2)求 πcos( )4x  的值. 【答案】(1) 2 2cos 3x   , 4 2sin 2 9x   ;(2) 2 4 6  . 【解析】 【分析】 (1)由 1sin 3x  及 x 的范围求得 cos x ,再利用二倍角的正弦公式即可求得sin 2x ; (2)利用两角差的余弦公式直接代值求解即可. 【详解】解:(1) 1sin 3x  , π π2x( , ),  2 2 2cos 1 sin 3x x      1 2 2 4 2sin 2 =2sin cos 2 ( )3 3 9x x x       (2) cos( ) cos cos sin sin4 4 4x x x     2 2 2 1 2 2 4 3 2 3 2 6       22. 已知函数 2( ) + +1f x x mx ,且 (1) 0f  . (1)求实数 m 的值; (2)求不等式 ( ) 1f x  的解集; (3)根据定义证明函数 ( )f x 在 (1, ) 上单调递增. - 14 - 【答案】(1) 2m   ;(2){ | 0 2}x x  ;(3)证明见解析. 【解析】 【分析】 (1)由 (1) 0f  可算出答案; (2)解出即可; (3)利用定义证明即可. 【详解】(1) 2(1) 1 + +1 2f m m   ,  (1) 0f  , 2 0m   ,即 2m   ; (2)由(1)知, 2( ) 2 +1f x x x  , 2( ) 1 2 0f x x x    , 解得 0 2x  ,不等式 ( ) 1f x  的解集为{ | 0 2}x x  ; (3)设 1 2 1x x  , 则 2 2 1 2 1 1 2 2( ) ( ) 2 1 ( 2 1)f x f x x x x x       2 2 1 2 1 2 1 2 1 2( ) 2 )= ) + 2)x x x x x x x x     ( ( (  1 2 1x x  , 1 2 1 2 1 20 + 2, + 2 0,x x x x x x    , 即  1 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) + 2) 0f x f x x x x x    (  1 2( ) ( )f x f x . 函数 ( )f x 在 (1 + ), 上单调递增. 23. 已知函数 ( ) sin 2 sin 2 3 cos23 3f x x x x               , (1)求函数 ( )f x 的最小正周期; (2)当 π[0, ]2x 时, (i)求函数 ( )f x 的单调递减区间; (ii)求函数 ( )f x 的最大值、最小值,并分别求出使该函数取得最大值、最小值时的自变量 x 的值. - 15 - 【答案】(1)最小正周期为 π ;(2)(i) π π[ , ]12 2 ;(ii)当 π=12x 时, ( )f x 取最大值为 2 ;当 π= 2x 时, ( )f x 取最小值为 3 . 【解析】 【分析】 (1)利用和差公式展开合并,再利用辅助角公式计算可得   2sin (2 + )3f x x  ,可得最小 正周期为 π ;(2)(i)通过换元法令 π2 3t x  ,求出 siny t 的范围,然后再根据 siny t 的单调递减区间求解即可;(ii)根据函数单调性求得最大值,然后计算端点值,比较大小之 后可得函数的最小值. 【 详 解 】 解 : ( 1 ) π π π( ) = sin(2 + ) sin(2 ) 3 cos2 =sin 2 + 3 cos2 =2sin(2 + )3 3 3f x x x x x x x   .  2π= =π2T , ( )f x 的最小正周期为 π . (2)(i) π[0, ]2x , π π 4π2 [ , ]3 3 3t x   ,  siny t , π 4π[ , ]3 3t  的单调递减区间是 π 4π[ , ]2 3t  , 且由 π π 4π22 3 3x   ,得 π π 12 2x  , 所以函数 ( )f x 的单调递减区间为 π π[ , ]12 2 . (ii)由(i)知, ( )f x 在 π π[ , ]12 2 上单调递减,在 π[0, ]12 上单调递增. 且 π(0)=2sin 33f  , π π( )=2sin 212 2f  , π 4π( )=2sin 32 3f   , 所以,当 π=12x 时, ( )f x 取最大值为 2 ;当 π= 2x 时, ( )f x 取最小值为 3 . 【点睛】思路点睛:(1)关于三角函数解析式化简问题,首先利用和差公式或者诱导公式展 开合并化为同角,然后再利用降幂公式进行降次,最后需要运用辅助角公式进行合一化简运 算;(2)三角函数的单调区间以及最值求解,需要利用整体法计算,可通过换元利用 siny t 的单调区间以及最值求解. 24. 已知函数 ( ) = xf x a , ( ) = log ( 3 )ag x x a ,其中 0a  且 1a  . (1)若 3a  , - 16 - (i)求函数 ( ) = log ( 3 )ag x x a 的定义域; (ii) [ 1,0]x  时,求函数 (2 ) ( 1) 1y f x mf x    的最小值 ( )h m ; (2)若当 [ 2, 3]x a a   时,恒有| ( ) ( 2 ) | 1g x g x a   ,试确定 a 的取值范围. 【答案】(1)(i){ | 9}x x  ;(ii)   2 10 2,9 9 9 2 2= 1 ,4 9 3 22 3 , 3 m m h m m m m m            ;(2) 9 570 12a   . 【解析】 【分析】 (1)(i)把 3a  代入 ( )g x ,可得答案{ | 9}x x  ; (ii) 3a  时, ( ) = 3xf x ,求得 2(2 ) ( 1) 1= 3 3 3 1x xy f x mf x m      ( ) ,利用动轴定区 间讨论求得函数最小值; (2)由| ( ) ( 2 ) | 1g x g x a   得 2 21 log ( 4 +3 ) 1a x ax a    , 令 2 2( ) 4 +3r x x ax a  ,其对称轴为 0 4 22 ax a   ,讨论 ( )r x 在 [ 2, 3]x a a   上单调 性,可得 2 2( ) = log ( 4 +3 )au x x ax a 在 [ 2, 3]x a a   上单调递减,得答案. 【详解】(1)(i) 3a  时, 3( ) = log ( 9)g x x  ,  9 0x   ,解得 9x  , 当 3a  时,函数 ( )g x 的定义域是{ | 9}x x  ; (ii) 3a  时, ( ) = 3xf x , 2 1 2(2 ) ( 1) 1=3 3 1= 3 3 3 1x x x xy f x mf x m m         ( ) , 令3 =x t , [ 1,0]x  , 1 ,13t      , 即求函数 2( ) 3 1F t t mt   在 1 ,13t      的最小值. - 17 - 对称轴 0 3 3 2 2 m mt    , ①当 0 3 1 2 3 mt   ,即 2 9m  时,函数 ( )F t 在 1 ,13t      上单调递增, 当 1= 3t 时函数取最小值,最小值为 1 1 1 10= 3 1=3 3 3 9F m m              2 ; ②当 0 3 12 mt   ,即 2 3m  时,函数 ( )F t 在 1 ,13t      上单调递减, 当 =1t 时函数取最小值,最小值为 (1)=1 3 1 1= 2 3F m m   2 ; ③当 0 1 ,13t     ,即 2 2,9 3m     时,当 3= 2 mt 时函数 ( )F t 取最小值, 最小值为 23 3 3 9= 3 1=12 2 2 4 m m m mF m              2 ; 综上, [ 1,0]x  时,函数 (2 ) ( 1) 1y f x mf x    的最小值为 2 10 2,9 9 9 2 2( )= 1 ,4 9 3 22 3 , 3 m m h m m m m m            . (2)由 ( ) = log ( 3 )ag x x a 得 3 0x a  ,即 3x a ,  [ 2, 3]x a a    2 3a a  ,即 0 1a  , 由| ( ) ( 2 ) | 1g x g x a   可得:|log ( 3 )+log ( )| 1a ax a x a   , 即|log ( 3 )( )| 1a x a x a   ,也即 2 21 log ( 4 +3 ) 1a x ax a    , 令 2 2( ) 4 +3r x x ax a  ,其对称轴为 0 4 22 ax a   ,  0 1a  , 2 2a a  , ( )r x 在 [ 2, 3]x a a   上单调递增,  2 2( ) = log ( 4 +3 )au x x ax a 在 [ 2, 3]x a a   上单调递减,  max( ) = ( 2) = log (4 4 )au x u a a  , min( ) = ( 3) = log (9 6 )au x u a a  , - 18 - 又 0 1a  ,则 log (9 6 ) 1 log (4 4 ) 1 a a a a       ,解得 9 570 12a   , 所以 a 的取值范围为 9 570 12a   . 【点睛】本题考查了函数解析式的求法,函数的最值,函数恒成立的问题,综合性较强,所 谓“动轴定区间法”,轴动区间定:比较对称轴与区间端点的位置关系,根据函数的单调性 数形结合判断 y 的范围,需要分类讨论.
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