发布时间 : 星期六 文章浙江专用2020高考数学二轮复习专题一集合常用逻辑用语函数与导数不等式第2讲函数图象与性质教案更新完毕开始阅读e4fbbac8f505cc1755270722192e453610665b30
综上，所求实数t的取值范围为(－2，0)∪(0，2)． 答案：(－2，0)∪(0，2)
16．若对任意的x≥2，都有(x＋a)|x＋a|＋(ax)|x|≤0，则a的最大值为________． 解析：对任意的x≥2，都有(x＋a)|x＋a|＋(ax)|x|≤0，即x≥2时，(x＋a)|x＋a|＋(ax)x≤0恒成立.
①若x＋a≥0，即a≥－2时，则有(x＋a)＋ax≤0, 所以(a＋1)x＋2ax＋a≤0.
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a＋1＜0??2a＜2令f(x)＝(a＋1)x＋2ax＋a，则有a＋1＝0或?－，
2（a＋1）??f（2）＝4（a＋1）＋4a＋a≤0
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求得a＝－1或－4－23≤a＜－1， 综合可得－2≤a≤－1；
②若x＋a＜0，即a＜－2时，则有－(x＋a)＋ax≤0, 该不等式恒成立，
即此时a的范围为a＜－2；
③若x＋a＝0，即a＝－x≤－2时，则由题意可得ax≤0，满足条件. 综合①②③可得，a≤－2或－2≤a≤－1，故a的最大值为－1. 答案：－1
??x（x 17．(2019·台州模拟)定义min{x，y}＝?，则不等式min{x＋，4}≥8min{x， x?y（x≥y）? 2 2 2 1 x}的解集是________． 4 解析：①当x>0时，由基本不等式可知x＋≥2xx＋＝4， x4 4 min{x＋，4}＝4，则不等式转化成： x11x≤?x≥??2?211 min{x，}≤，即：?或?， x21111 ??x≥2??x≤21 解得：x≤或x≥2. 2②当x<0时， 148 (ⅰ)当－1 xxx 4 即x－≥0，解得－2≤x<0，所以－1 x14 (ⅱ)当x≤－1时，≥x，原不等式化为x＋≥8x， xx4 即7x－≤0，解得：x≤－x4 ，即x≤－1， 7 所以x<0对于原不等式全成立． 1 综上不等式的解集为(－∞，0)∪(0，]∪[2，＋∞)． 21 答案：(－∞，0)∪(0，]∪[2，＋∞) 2 18．(2019·台州市教学质量调研)已知函数f(x)＝x＋bx＋c的图象过点(－1，3)，且关于直线x＝1对称． (1)求f(x)的解析式； (2)若m＜3，求函数f(x)在区间[m，3]上的值域． 解：(1)因为函数f(x)＝x＋bx＋c的图象过点(－1，3)，且关于直线x＝1对称， 2 2 f（－1）＝1－b＋c＝3??所以?b， －＝1??2 解得b＝－2，c＝0， 所以f(x)＝x－2x. (2)当1≤m＜3时，f(x)min＝f(m)＝m－2m， 2 2 f(x)max＝f(3)＝9－6＝3， 所以f(x)的值域为[m－2m，3]； 当－1≤m＜1时，f(x)min＝f(1)＝1－2＝－1， 2 f(x)max＝f(－1)＝1＋2＝3， 所以f(x)的值域为[－1，3]． 当m＜－1时，f(x)min＝f(1)＝1－2＝－1， f(x)max＝f(m)＝m2－2m， 所以f(x)的值域为[－1，m－2m]． 2 x－2ax＋a＋1，x≤0，??19．(2019·浙江新高考联盟第三次联考)已知函数f(x)＝?22 x＋－a，x＞0.?x? (1)若对于任意的x∈R，都有f(x)≥f(0)成立，求实数a的取值范围； (2)记函数f(x)的最小值为M(a)，解关于实数a的不等式M(a－2)＜M(a)． 解：(1)当x≤0时，f(x)＝(x－a)＋1， 2 22 因为f(x)≥f(0)，所以f(x)在(－∞，0]上单调递减， 所以a≥0， 2 当x＞0时，f′(x)＝2x－2， x2 令2x－2＝0得x＝1， x所以当0＜x＜1时，f′(x)＜0， 当x＞1时，f′(x)＞0， 所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以fmin(x)＝f(1)＝3－a， 因为f(x)≥f(0)＝a＋1， 所以3－a≥a＋1，解得－2≤a≤1. 又a≥0， 所以a的取值范围是[0，1]． (2)由(1)可知当a≥0时，f(x)在(－∞，0]上的最小值为f(0)＝a＋1， 当a＜0时，f(x)在(－∞，0]上的最小值为f(a)＝1， 2 2 2 f(x)在(0，＋∞)上的最小值为f(1)＝3－a， ??a＋1≤3－a解不等式组?得0≤a≤1， ?a≥0???1≤3－a解不等式组?得a＜0， ?a＜0? 2 a＋1，0≤a≤1?? 所以M(a)＝?1，a＜0. ??3－a，a≥1 所以M(a)在(－∞，0)上为常数函数，在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数， 作出M(a)的函数图象如图所示： 令3－a＝1得a＝2， 因为M(a－2)＜M(a)， 所以0＜a＜2. 2