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衡阳八Φ2016年下期高三实验班第一次月考文数/理数参考答案
(Ⅰ)当m=3时A={x2﹣3x﹣10≤0}=[﹣2,5]B=(2,7);
则A∩B=(25].
(Ⅱ)∵B?A,
当B≠?时;
解得,﹣1≤m≤2;
当B=?时由m﹣1≥2m+1得,m≤﹣2;
故实数m的取值范围为{m|m≤﹣2或﹣1≤m≤2}.
(1)命题:“?x∈{x|﹣1≤x≤1}都有不等式x2﹣x﹣m<0成立”是真命题,
得x2﹣x﹣m<0在﹣1≤x≤1恒成立
若x∈A是x∈B的充分不必要条件,则A?B
若x∈A是x∈B的充分不必要条件,则A?B成立.
x∈A是x∈B的充分不必要条件则A?B成竝,
设得g(t)=t2﹣2λt+3().
当时,().
所以.
所以,
故函数f(x)的值域为[,].
(2)由(1)g(t)=t2﹣2λt+3=(t﹣λ)2+3﹣λ2()
①当时,
令得,不符合舍去;
②当时,
令﹣λ2+3=1得,或不符合舍去;
③当λ>2时,g(t)min=g(2)=﹣4λ+7
令﹣4λ+7=1,得不符合舍去.
綜上所述,实数λ的值为.
①当a>1时由1+x>1﹣x>0,得0<x<1故此时x的范围是(0,1).
②当0<a<1时由0<1+x<1﹣x,得﹣1<x<0故此时x的范围是(﹣1,0).
所以函数g(x)是不等函数.
所以0≤﹣1≤10≤﹣1≤1,x1与x2不同时等于1
综合上述,a∈{1}.
(1)∵为增函数
由于x≥2a时,f(x)的对称轴为x=a﹣1;
x<2a时f(x)的对称轴为x=a+1,
∴解得﹣1≤a≤1;
(2)方程f(x)﹣tf(2a)=0的解即为方程f(x)=tf(2a)的解.
①当﹣1≤a≤1时f(x)在R上是增函数,
关于x的方程f(x)=tf(2a)不可能有3个不相等的实数根.
②当a>1时2a>a+1>a﹣1,
∴f(x)在(﹣∞a+1)上单调递增,在(a+12a)上单調递减,
在(2a+∞)上单调递增,所以当f(2a)<tf(2a)<f(a+1)时
关于x的方程f(x)=tf(2a)有3个不相等的实数根,即4a<t4a<(a+1)2.
∵a>1∴.
设,因为存在a∈[﹣22],
使得关于x的方程f(x)=tf(2a)有3个不相等的实数根
∴1<t<h(a)max.又h(a)在(1,2]递增所以,∴.
③当a<﹣1时2a<a﹣1<a+1,所以f(x)在(﹣∞2a)上单调递增,
在(2aa﹣1)上单调递减,在(a﹣1+∞)上单调递增,
所以当f(a﹣1)<tf(2a)<f(2a)时
关于x嘚方程f(x)=tf(2a)有3个不相等的实数根,
即﹣(a﹣1)2<t4a<4a.∵a<﹣1∴.
设,因为存在a∈[﹣22],
使得关于x的方程f(x)=tf(2a)有3个不相等的实数根所以1<t<g(a)max.
又可证在[﹣2,﹣1)上单调递减
所以,所以.
综上.
(Ⅰ)由题设,当x∈(12]时,
∵函数f(x)为二阶伸缩函数,
∵x∈(13]时,.
∴函数在(1+∞)上无零点.
且当x∈(1,k]时f(x)的取值范围是[0,1).
当x∈(01]时,即0<x≤1
当x>1时,f′(x)>0当0<x<时,f′(x)>0;
当<x<1时f′(x)<0;
故f(x)的单调减区间是(,1)单调增区间是(1,+∞)和(0);
当0<a<1时,f(x)在(1)上单调递减,
所以当x∈(1,)时f(x)≤f(1)=﹣1,不合题意
当a≤0时,f′(x)<0即f(x)在[1,+∞)上单调递减
综上所述,实数a的取值范围是[1+∞).
当﹣1<x<0时,h′(x)>0;当x>0时h′(x)<0.
因此,h(x)在(﹣10)上单调递增,在(0+∞)上单调递减.
(2)证明:当0<b<a时,﹣1<<0
所以k<+2对任意x>1恒成立.
所以函数h(x)在(1,+∞)上单调递增.
所以方程h(x)=0在(1+∞)上存在唯一实根x0,且满足x0∈(34).
所以函数g(x)=+2在(1,x0)上单调递减,在(x0+∞)上单调递增.
故整数k的最大值是5.
所以a>0,且c<0
因此f(x)的图象与x軸有2个交点.
(2)由(1)可知方程f(x)=0有两个不等的实数根,不妨设为x1和x2
因为a>b>c,a>0且c<0,
因此m∈(﹣21),
因为函数y=f(x)在[1+∞)上单调递增;
由于x=1时①式显然恒成立(不等式左右都为0),与m取值无关
我们猜想g(x)在x>1時,单调递减从而m的取值范围是[1/2,+∞)
a属于其他情况时,(*)有两不同实根极值点分别为 X=(2a±√(4a?-8))/4
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