《高三數學理高考二輪復習專題學案系列課件：專題一數學思想方法新人教版專題過關檢測(一)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高三數學理高考二輪復習專題學案系列課件：專題一數學思想方法新人教版專題過關檢測(一)（33頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、一、選擇題一、選擇題( (每小題每小題5 5分分, ,共共6060分分) )1.1.方程方程 在在x x-1,1-1,1上有實根上有實根, ,則則m m的取的取 值范圍是值范圍是 ( )( ) A. B. A. B. C. D. C. D. 解析解析 專題過關檢測專題過關檢測( (一一) ) 0232mxx25169m25169)43(2322xxxm.25169169,43mmx最小為時又當D D169m25169m25m2.2.若全集若全集U U=(0,+=(0,+),),集合集合 則則 U UA A 等于等于 ( )( ) A. B. A. B. C. D. C. D. 解析解析 當當0

2、 0 x x1 1時時, , 當當x x1 1時時, , 所以所以x x1,1, 所以所以A A=(0, )(1,+)=(0, )(1,+) 所以所以 ,132log|xxA,132320132logxx得由,32, 132logxx得由32. 1 ,32AUD D32, 0() 1 ,32()(1,32, 0(或3.3.已知函數已知函數f f( (x x)=3-2|)=3-2|x x|,|,g g( (x x)=)=x x2 2-2-2x x, ,構造函數構造函數F F( (x x),), 定義如下定義如下: :當當f f( (x x)g g( (x x) )時時, ,F F( (x x)=

3、)=g g( (x x););當當f f( (x x) )g g( (x x) ) 時時, ,F F( (x x)=)=f f( (x x).).那么那么F F( (x x) ( ) ( ) A. A.有最大值有最大值3,3,最小值最小值-1-1 B. B.有最大值有最大值 無最小值無最小值 C.C.有最大值有最大值3,3,無最小值無最小值 D.D.無最大值無最大值, ,也無最小值也無最小值,727解析解析 畫圖得到畫圖得到F F( (x x) )的圖象的圖象: :為射為射線線ACAC、拋物線弧、拋物線弧ABAB及射線及射線BDBD三三段段, ,聯(lián)立方程組聯(lián)立方程組 代入得代入得F F( (x

4、 x) )最大值為最大值為 , ,由圖可得由圖可得F F( (x x) )無最小無最小值值, ,從而選從而選B. B. 答案答案 B B得xxyxy2322727 ,72Ax4.4.若關于若關于x x的不等式的不等式(1+(1+k k2 2) )x xk k4 4+4+4的解集是的解集是MM, ,則對任則對任 意實常數意實常數k k，總有，總有 ( )( ) A. 2 A. 2MM,0,0M M B. 2 B. 2MM,0,0MM C. 2C. 2MM,0,0MM D. 2D. 2MM,0,0MM 解析解析 22MM,0,0MM. . ,14|24kkxxM225221511511511422

5、222424kkkkkkkkA A5.5.已知函數已知函數f f( (x x)=)=axax2 2+2+2axax+4 (0+4 (0a a3),3),若若x x1 1x x2 2, ,x x1 1+ +x x2 2 =1- =1-a a, ,則則 ( )( ) A. A.f f( (x x1 1) )f f( (x x2 2) B.) B.f f( (x x1 1) )f f( (x x2 2) ) C. C.f f( (x x1 1)=)=f f( (x x2 2) D.) D.f f( (x x1 1) )與與f f( (x x2 2) )的大小不能確定的大小不能確定 解析解析 f f(

6、 (x x) )的對稱軸為的對稱軸為x x=-1,=-1,因為因為0 0a a3,3, 則則-2-21-1-a a1,1,若若x x1 1x x2 2-1,-1,則則x x1 1+ +x x2 2-2,-2, 不滿足不滿足x x1 1+ +x x2 2=1-=1-a a且且-2-21-1-a a1;1; 當當x x1 1-1,-1,x x2 2-1-1時時, ,顯然也不滿足顯然也不滿足; ;所以所以-1-1x x1 1x x2 2, , 則此時則此時x x1 1+ +x x2 2-2.-2.又因為又因為f f( (x x) )在在 -1,+)-1,+)上為增函數上為增函數, , 所以所以f f

7、( (x x1 1) )f f( (x x2 2). ). B B6.6.已知函數已知函數f f( (x x)=)=mxmx2 2+(+(m m-3)-3)x x+1+1的圖象與的圖象與x x軸的交點至軸的交點至少有一個在原點右側，則實數少有一個在原點右側，則實數m m的取值范圍是的取值范圍是 ( )( ) A.(0,1) B.(0,1 A.(0,1) B.(0,1 C.(-,1) D.(-,1 C.(-,1) D.(-,17.7.過拋物線過拋物線y y2 2=4=4axax ( (a a0)0)的焦點的焦點F F作相互垂直的兩條作相互垂直的兩條弦弦ABAB和和CDCD, ,則則| |ABAB

8、|+|+|CDCD| |的最小值為的最小值為 ( )( ) A.16 A.16a a B. C.8 B. C.8a a D.7 D.7a a 解析解析 F F( (a a，0),0),設設ABAB的斜率為的斜率為k k. . k k2 2x x2 2-(2-(2akak2 2+4+4a a) )x x+ +a a2 2k k2 2=0.=0.a58).(,42axkyaxyD D x x1 1+ +x x2 2= = | |ABAB|=|=x x1 1+ +x x2 2+ +p p= = 同理同理| |CDCD|=4|=4akak2 2+2+2a a+2+2a a. . | |ABAB|+|+

9、|CDCD|= +4|= +4akak2 2+8+8a a1616a a. . 答案答案 A A 8.8.實系數方程實系數方程x x2 2+ +axax+2+2b b=0=0的一個根大于的一個根大于0 0且小于且小于1 1, ,另一另一 個根大于個根大于1 1且小于且小于2,2,則則| |a a-2-2b b-3|-3|的取值范圍是的取值范圍是 ( )( ) A.(4,6) B.(4,7) C.(4,8) D.(4,9) A.(4,6) B.(4,7) C.(4,8) D.(4,9)解析解析 根據函數零點的存在定理根據函數零點的存在定理,設設f f( (x x)=)=x x2+ +axax+2

10、+2b b, ,則則 此時此時, ,問題轉化為線性規(guī)劃問題轉化為線性規(guī)劃2242kaak .24222akaak24ka,0202100)2(0) 1 (0)0(bababfff問題問題. .如圖如圖, ,易得滿足此不等式組的點易得滿足此不等式組的點( (a a, ,b b) )在在ABC ABC 的內部的內部, ,其中其中A A(-3,1),(-3,1),C C(-1,0),(-1,0),B B(-2,0),(-2,0),而而| |a a-2-2b b-3|=-3|= 表示點表示點( (a a, ,b b) )到直線到直線l l: :a a-2-2b b-3=0-3=0的距離的距離, ,由圖

11、象可知由圖象可知A A點、點、C C點到點到l l的距離分別為最遠和的距離分別為最遠和最近最近, ,即即得得4 4| |a a-2-2b b-3|-3|8,8,故故| |a a-2-2b b-3|-3|的取值范圍為的取值范圍為(4,8).(4,8).答案答案 C C5|32|,5|32|5baba由于5| 3123|5| 32|5| 3021|ba9.9.在各項都是正數的等比數列在各項都是正數的等比數列 a an n 中中, ,首項首項a a1 1=2,=2,前三前三項和為項和為14,14,則則a a4 4+ +a a5 5+ +a a6 6的值為的值為 ( )( ) A.52 B.56 A.

12、52 B.56 C.112 D.378 C.112 D.378解析解析 設公比為設公比為q q( (q q0),0),由由a a1 1=2,=2,a a1 1+ +a a2 2+ +a a3 3=14,=14,得得 2(1+2(1+q q+ +q q2 2)=14,)=14,解得解得q q=2,=2,所以所以a a4 4+ +a a5 5+ +a a6 6=112. =112. C C10.10.命題甲：命題甲： 成等比數列成等比數列, ,命題乙命題乙:lg:lgx x, , lg( lg(x x+1),lg(+1),lg(x x+3)+3)成等差數列成等差數列, ,則甲是乙的則甲是乙的 (

13、)( ) A. A.充分不必要條件充分不必要條件 B.B.必要不充分條件必要不充分條件 C.C.充要條件充要條件 D.D.既不充分又不必要條件既不充分又不必要條件解析解析 本題考查數列的性質以及充分必要條件的概本題考查數列的性質以及充分必要條件的概 念念. .若甲成等比數列若甲成等比數列, ,有有(2(21-1-x x) )2 2= = 2-22-2x x= = x x2 2- -x x, ,解之得解之得x x=1=1或或x x=-2,=-2,滿足條件的滿足條件的x x的集合為的集合為-2,-2, 1, 1,若乙成等差數列有若乙成等差數列有2lg(2lg(x x+1)=lg+1)=lgx x+

14、lg(+lg(x x+3),+3),且且x x 0 (0 (x x+1)+1)2 2= =x x( (x x+3),+3),得得x x=1,=1,則滿足乙的則滿足乙的x x的集合為的集合為 1,1,因因1,-2 1,1,-2 1,所以甲是乙的必要不充分條件所以甲是乙的必要不充分條件. .)2()21(2xx22,2,)21(1xxxB B11.11.設函數設函數f f( (x x)=)=x x3 3+sin +sin x x, ,若若0 0 時時, ,f f( (m mcoscos ) ) + +f f(1-(1-m m) )0 0恒成立恒成立, ,則實數則實數m m的取值范圍是的取值范圍是

15、( )( ) A.(0,1) B.(-,0) A.(0,1) B.(-,0) C.(-,1) D.(-, ) C.(-,1) D.(-, ) 解析解析 易知易知f f( (x x) )為奇函數、增函數為奇函數、增函數, , f f( (m mcoscos )+)+f f(1-(1-m m) )0,0,即即f f( (m mcoscos ) )f f( (m m-1),-1), m mcoscos m m-1,-1,而而00 時時，coscos 0,1,0,1, .1,101mmmm得2122C C12.12.定義定義: :若存在常數若存在常數k k, ,使得對定義域使得對定義域D D內的任意兩

16、個內的任意兩個 x x1 1、x x2 2( (x x1 1x x2 2) )均有均有| |f f( (x x1 1)-)-f f( (x x2 2)|)|k k| |x x1 1- -x x2 2| |成立成立, ,則則 稱函數稱函數f f( (x x) )在定義域上滿足利普希茨條件在定義域上滿足利普希茨條件. .若函數若函數 f f( (x x)=)= ( (x x1)1)滿足利普希茨條件滿足利普希茨條件, ,則常數則常數k k的最小值的最小值 為為 ( )( ) A. B. C.1 D.2 A. B. C.1 D.2解析解析,| )()(|,21) 1 ( ,21)( 2121xxxfx

17、fkfxxf.21,21) 1 ( |)()(|),1 ( |)()(|max21212121kfxxxfxffxxxfxf所以因2141B Bx二、填空題（每小題二、填空題（每小題4 4分分, ,共共1616分）分）13.13.對任意實數對任意實數x x、y y，規(guī)定運算，規(guī)定運算x xy y= =axax+ +byby+ +cxycxy, ,其中其中 a a、b b、c c是常數是常數, ,等式右邊的運算是通常的加法和乘等式右邊的運算是通常的加法和乘 法運算法運算, ,已知已知12=3,23=4,12=3,23=4,并且有一個非零常數并且有一個非零常數m m, , 使得對任意實數使得對任意

18、實數x x, ,都有都有x xm m= =x x, ,則則m m=_.=_. 解析解析 依題意依題意, ,x xm m= =axax+ +bmbm+ +cxmcxm= =x x對任意實數對任意實數x x恒成恒成 立立, ,令令x x=0=0，則，則mbmb=0,=0,由由m m是非零常數得是非零常數得b b=0.=0. 故故x xy y= =axax+ +cxycxy. . 由已知得由已知得 故故5 5x x- -mxmx= =x x對任意實數對任意實數x x恒成立，則恒成立，則m m=4.=4.1, 5,43223211cacaca解之得4 414.14.不等式不等式x x2 2-2-2ax

19、ax+ +a a0 0對對x xRR恒成立恒成立, ,則關于則關于t t的不等的不等 式式a a2 2t t+1+1 的解為的解為_._. 解析解析由由x x2 2-2-2axax+ +a a0 0對對x xRR恒成立得恒成立得 =4=4a a2 2-4-4a a0,0,即即0 0a a1,1, 函數函數y y= =a ax x是是R R上的減函數上的減函數, , 2 2t t+1+1t t2 2+2+2t t-3.-3. 解得解得-2-2t t2.2.(-2,2)(-2,2)322 tta15.15.定義運算符號定義運算符號“”,”,這個符號表示若干個數相這個符號表示若干個數相 乘乘, ,例

20、如例如: :可將可將1 12 23 3n n記作記作 （n nN N* *）. . 記記 , ,其中其中a ai i為數列為數列 a an n(n nN N* *）中的第）中的第i i項項. . (1) (1)若若a an n=2=2n n-1-1，則，則T T4 4=_.=_. (2) (2)若若T Tn n= =n n2 2（n nN N* *），則），則a an n=_.=_.) 1()1() 1(12nnnn,1niiniinaT110510516.16.若方程若方程lg(lg(x x-1)+lg(3-1)+lg(3-x x)=lg()=lg(a a- -x x) )只有一個根只有一個

21、根, , 則則a a的取值范圍是的取值范圍是_. _. 解析解析 原方程等價于原方程等價于 構造函數構造函數y y=-=-x x2 2+5+5x x-3(1-3(1x x3)3)和和y y= =a a, ,作出它們的圖作出它們的圖 象象, ,易知平行于易知平行于x x軸的直線與拋物線的交點情況為：軸的直線與拋物線的交點情況為：xaxxxaxx)3)(1(00301,31352xxxa即當當1 1a a33或或a a= = 時時, ,原方程有一解；原方程有一解；當當3 3a a 時時, ,原方程有兩解；原方程有兩解；當當a a11或或a a 時時, ,原方程無解原方程無解. .因此因此,a a的

22、取值范圍是的取值范圍是1 1a a33或或a a= = .答案答案 41341341341341331aa或三、解答題三、解答題 ( (共共7474分分) )17.(1217.(12分分) )求函數求函數f f( (x x)=2-4)=2-4a asin sin x x-cos 2-cos 2x x的最大值和的最大值和 最小值最小值. . 解解 y y= =f f( (x x)=2-4)=2-4a asin sin x x-(1-2sin2-(1-2sin2x x) ) =2sin =2sin2 2x x-4-4a asin sin x x+1+1 =2(sin =2(sin x x- -a

23、a) )2 2+1-2+1-2a a2 2. . 設設sin sin x x= =t t, ,則則-1-1t t1,1, 并且并且y y= =g g( (t t)=2()=2(t t- -a a) )2 2+1-2+1-2a a2 2. . 當當a a-1-1時時, ,如圖如圖. . 有有y y最大最大= =g g(1)=3-4(1)=3-4a a, , y y最小最小= =g g(-1)=3+4(-1)=3+4a a; ; 當當-1-1a a11時，時，有有y y最小最小= =g g( (a a)=1-2)=1-2a a2 2, ,y y最大最大為為g g(-1)(-1)和和g g(1)(1

24、)中的較大者，中的較大者，即即y y最大最大=3-4=3-4a a(-1(-1a a0),0),或或y y最大最大=3+4=3+4a a(0(0a a1).1).當當a a1 1時，時，有有y y最大最大= =g g(-1)=3+4(-1)=3+4a a, , y y最小最小= =g g(1)=3-4(1)=3-4a a. . 18.(1218.(12分分) )已知向量已知向量a a= = b b= = 且且x x(1)(1)求求a ab b及及| |a a+ +b b|;|;(2)(2)若若f f( (x x)=)=a ab b-2|-2|a a+ +b b| |的最小值是的最小值是 , ,

25、求求 的值的值. .解解 (1)(1)a ab b= = | |a a+ +b b|=|= x x cos cos x x0,0, | |a a+ +b b|=2cos |=2cos x x. . ,2, 0,2, 0),23sin,23(cosxx),2sin,2(cosxx23,2cos2sin23sin2cos23cosxxxxx,cos22cos22)2sin23(sin)2cos23(cos222xxxxxx(2)(2)f f( (x x)=cos2)=cos2x x-4 cos-4 cosx x, ,即即 x x ,0cos ,0cosx x1.1.當當 時時, ,當且僅當當且僅當

26、coscosx x=0=0時時, ,f f( (x x) )取得最小值取得最小值-1,-1, 這與已知矛盾；這與已知矛盾；當當0 10 1時時, ,當且僅當當且僅當coscosx x= = 時時, ,f f( (x x) )取得最小值取得最小值 由已知得由已知得 解得解得 當當 時時, ,當且僅當當且僅當coscosx x=1=1時時, ,f f( (x x) )取得最小值取得最小值 由已知得由已知得 解得解得 這與這與 相矛盾相矛盾. . 綜上所述綜上所述, , 為所求為所求. .2, 0,23212.21,2341,85.21)(cos2)(22xxf0,2121,4112119.(121

27、9.(12分分) )已知二次函數已知二次函數f f( (x x)=)=axax2 2+ +bxbx+ +c c滿足條件：滿足條件： 0,10,1是函數是函數f f( (x x) )的兩個零點的兩個零點; ;f f( (x x) )的最小值為的最小值為 (1)(1)求函數求函數f f( (x x) )的解析式；的解析式； (2)(2)設數列設數列 a an n 的前的前n n項積為項積為T Tn n, ,且且T Tn n= ( 0,= ( 0, n nN N* *),),求數列求數列 a an n 的前的前n n項和項和S Sn n. . 解解 (1)(1)由題意知由題意知,08144002aa

28、baccbac.2121)(.21,212xxxfba故解得.81)(nf(2)(2)T Tn n= =a a1 1a a2 2a an n= = 當當n n22時，時，T Tn n-1=-1=a a1 1a a2 2a an n-1-1= =又又a a1 1= =T T1 1=1=1滿足上式，滿足上式，a an n= (= (n nNN* *).).當當 =1=1時，時，S Sn n= =n n，當當 11且且 00時時, ,數列數列 a an n 是等比數列，是等比數列，故數列故數列 a an n 的前的前n n項和項和,22nn ,2) 1() 1(2nn. )2(11nTTannnn.

29、11nnS. 01,11, 1,且nnnS1n20.(1220.(12分分) )已知函數已知函數f f( (x x) )在在(-1,1)(-1,1)上有意義上有意義, , 且任意的且任意的x x、y y(-1,1)(-1,1)都有都有f f( (x x)+)+f f( (y) y)= = (1) (1)若數列若數列 x xn n 滿足滿足 ( (n nNN* *),),求求f f( (x xn n);); (2) (2) 解解 21112,21nnnxxxx.)21()131()111()51(12的值求nfnnfff, )(2)()()1()12()(.1)21()(.1|12|,21.1|

30、12|,|21) 1 (2112122nnnnnnnnnnnnnnnnxfxfxfxxxxfxxfxffxfxxxxxxx而又).1(xyyxf, 1)21(f f f( (x xn n)是以是以-1-1為首項為首項, ,以以2 2為公比的為公比的等比數列，等比數列，故故f f( (x xn n)=-2)=-2n n-1-1. .(2)(2)由題設由題設, ,有有f f(0)+(0)+f f(0)= =(0)= =f f(0),(0),故故f f(0)=0.(0)=0.又又x x(-1,1)(-1,1)有有f f( (x x)+)+f f(-(-x x)= =)= =f f(0)=0,(0)=

31、0,得得f f(-(-x x)=-)=-f f( (x x),),故知故知f f( (x x) )在在(-1,1)(-1,1)上為奇函數上為奇函數. . ,2)()(1nnxfxf)0100(f)1(2xxxf)2)(1(112111)2)(1(11)2)(1(11)2)(1(11312kkkkkkkkkkkk由.0)21()131()111()51(1. )21(1)21()21()131(. )21()11()21()11()131(2122nfnnfffnfnffkkfkfkfkfkfkkfnk故于是得21. (1221. (12分分)(2008)(2008陜西文陜西文,22),22)設

32、函數設函數 f f( (x x)=)=x x3 3+ +axax2 2- -a a2 2x x+1,+1,g g( (x x)=)=axax2 2-2-2x x+1,+1,其中實數其中實數a a0.0. (1) (1)若若a a0,0,求函數求函數f f( (x x) )的單調區(qū)間的單調區(qū)間; ; (2) (2)當函數當函數y y= =f f( (x x) )與與y y= =g g( (x x) )的圖象只有一個公共點且的圖象只有一個公共點且 g g( (x x) )存在最小值時存在最小值時, ,記記g g( (x x) )的最小值為的最小值為h h( (a a),),求求h h( (a a)

33、 ) 的值域的值域; ; (3) (3)若若f f( (x x) )與與g g( (x x) )在區(qū)間在區(qū)間( (a a, ,a a+2)+2)內均為增函數內均為增函數, ,求求a a的的 取值范圍取值范圍. . 解解 (1)(1)f f(x x)=3)=3x x2 2+2+2axax- -a a2 2=3(=3(x x- )(- )(x x+ +a a),), 又又a a0,0,當當x x- -a a或或x x 時時, ,f f(x x) )0;0; 當當- -a ax x 時，時，f f(x x) )0,0,3a3a3a f f( (x x) )在在(-,-(-,-a a) )和和( ,+

34、)( ,+)內是增函數，內是增函數， 在在(-(-a a, ), )內是減函數內是減函數. .(2)(2)由題意知由題意知x x3 3+ +axax2 2- -a a2 2x x+1=+1=axax2 2-2-2x x+1.+1. 即即x x x x2 2-(-(a a2 2-2)=0-2)=0恰有一根（含重根）恰有一根（含重根）. . a a2 2-20-20，3a3a. 221,()(,2,0(,11)(,11)1()(. 2,0()0 ,2,0.222的值域為又即ahaaahaaxaxgaaa(3)(3)當當a a00時時, ,f f( (x x) )在在(-,-(-,-a a) )和和

35、( ,+)( ,+)內是增函數內是增函數, , g g( (x x) )在在( ,+)( ,+)內是增函數內是增函數. . 由題意得由題意得 當當a a00時時, ,f f( (x x) )在在(-, )(-, )和和(-(-a a,+),+)內是增函數內是增函數, , g g( (x x) )在在(-, )(-, )內是增函數內是增函數. . 由題意得由題意得 綜上可知綜上可知, ,實數實數a a的取值范圍為的取值范圍為(-,-31,+). (-,-31,+). 3aa13aa1.1,1,3,0aaaaaa解得.3,12,32,0aaaaaa解得22.(1422.(14分分) )已知已知a

36、a是實數是實數, ,函數函數f f( (x x)=)= ( (x x- -a a).).(1)(1)求函數求函數f f( (x x) )的單調區(qū)間；的單調區(qū)間；(2)(2)設設g g( (a a) )為為f f( (x x) )在區(qū)間在區(qū)間0,20,2上的最小值上的最小值. .寫出寫出g g( (a a) )的表達式；的表達式；求求a a的取值范圍的取值范圍, ,使得使得-6-6g g( (a a)-2.)-2.解解 (1)(1)函數的定義域為函數的定義域為0,+),0,+), 若若a a00，則，則f f(x x) )0,0, f f( (x x) )有單調遞增區(qū)間有單調遞增區(qū)間0,+).0

37、,+). 若若a a0 0，令，令f f(x x)=0,)=0,得得x x= = 當當0 0 x x 時，時，f f(x x) )0,0,. )0(232)( xxaxxaxxxf3a3ax 當當x x 時，時，f f(x x) )0.0. 故故f f( (x x) )有單調遞減區(qū)間有單調遞減區(qū)間0, ,0, , 單調遞增區(qū)間單調遞增區(qū)間( ,+).( ,+). 綜上所述，當綜上所述，當a a00時時, ,f f( (x x) )的單調增區(qū)間為的單調增區(qū)間為0,+).0,+). 當當a a0 0時時, ,f f( (x x) )的單調增區(qū)間為的單調增區(qū)間為( ,+),( ,+),單調減區(qū)單調減

38、區(qū) 間為間為00， . . (2)(2)若若a a0,0,f f( (x x) )在在0,20,2上單調遞增，上單調遞增， 所以所以g g( (a a)=)=f f(0)=0.(0)=0. 若若0 0a a6,6,f f( (x x) )在在0, 0, 上單調遞減上單調遞減, ,在在( ,2( ,2上單上單 調遞增，調遞增， 所以所以3a3a3a3a3a3a3a.332)3()(aaafag若若a a6,6,f f( (x x) )在在0,20,2上單調遞減，上單調遞減，所以所以g g( (a a)=)=f f(2)=(2)=綜上所述，綜上所述，令令-6-6g g( (a a)-2.)-2.若若a a0,0,無解；無解；若若0 0a a6,6,解得解得33a a6 6；若若a a6,6,解得解得66a a 故故a a的取值范圍為的取值范圍為33a a . )2(2a. 6),2(2, 60,332, 0, 0)(aaaaaaag.232.232返回