（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 高考熱點(diǎn)追蹤（一）學(xué)案 文 蘇教版

《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 高考熱點(diǎn)追蹤（一）學(xué)案 文 蘇教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 高考熱點(diǎn)追蹤（一）學(xué)案 文 蘇教版（12頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考熱點(diǎn)追蹤(一) 函數(shù)中的新定義問題用數(shù)學(xué)符號或文字?jǐn)⑹鼋o出一個(gè)新定義，利用這個(gè)新定義和已學(xué)過的知識解決題目給出的問題，叫新定義題．求解此類問題，首先應(yīng)明確新定義的實(shí)質(zhì)，利用新定義中包含的內(nèi)容，結(jié)合所學(xué)知識，將問題向熟悉的、已掌握的知識進(jìn)行轉(zhuǎn)化． (2019·無錫市高三上學(xué)期期末考試)若函數(shù)f(x)在[m，n](m＜n)上的值域恰好是[m，n]，則稱[m，n]為函數(shù)f(x)的一個(gè)“等值映射區(qū)間”．下列函數(shù)：①y＝x2－1；②y＝2＋log2x；③y＝2x－1；④y＝，其中，存在唯一一個(gè)“等值映射區(qū)間”的函數(shù)有________個(gè)． 【解析】　根據(jù)新定義可知，存在唯一一個(gè)“等值映射區(qū)

2、間”的函數(shù)與另一函數(shù)y＝x的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，且在[m，n](m＜n)上的值域恰好為[m，n]，可見兩函數(shù)在[m，n]上均單調(diào)遞增． 對于①y＝x2－1，根據(jù)新定義可得，x2－1＝x，方程有兩個(gè)解，即函數(shù)y＝x2－1與函數(shù)y＝x的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，但在同一增區(qū)間上只有一個(gè)交點(diǎn)，故①不滿足題意； 對于②y＝2＋log2x，根據(jù)新定義可得，2＋log2 x＝x，方程有兩個(gè)解，即函數(shù)y＝2＋log2x與函數(shù)y＝x的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，且在定義域內(nèi)兩函數(shù)都單調(diào)遞增，故②滿足題意； 對于③y＝2x－1，根據(jù)新定義可得，2x－1＝x，方程有兩個(gè)解，即函數(shù)y＝2x－1與函數(shù)y＝x的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，且在定義域內(nèi)

3、兩函數(shù)都單調(diào)遞增，故③滿足題意； 對于④y＝，根據(jù)新定義可得，x2－x＝1(x≠1)，方程有兩個(gè)解，即函數(shù)y＝與函數(shù)y＝x的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，但y＝不單調(diào)遞增，故④不滿足題意．所以存在唯一一個(gè)“等值映射區(qū)間”的函數(shù)有2個(gè)． 【答案】　2 [名師點(diǎn)評]　創(chuàng)新題型在高考中常出現(xiàn)，考查學(xué)生對新定義的理解能力，只有明確新定義的實(shí)質(zhì)，才能使問題得以解決． 不等式恒成立問題的解題策略 恒成立問題在高考中經(jīng)常出現(xiàn)，由于涉及的知識面廣，制約條件復(fù)雜，參變量的潛在約束比較隱晦，考生在解題時(shí)，不易理清思路，抓不住關(guān)鍵，往往半途而廢．下面談?wù)劷鉀Q此類問題的常用方法． 一、反客為主——更換主元 有些數(shù)學(xué)問

4、題構(gòu)思新穎，同時(shí)有其實(shí)際背景，按固有的習(xí)慣思維，把注意力集中在某些醒目的“主元”上，往往陷入困境．如果打破思維定式，反“客”為“主”，把原來處于相對次要地位的“客元”突顯出來，常常能收到出人意料的效果． 對任意的|m|≤2，函數(shù)f(x)＝mx2－2x＋1－m恒負(fù)，則x的取值范圍為________． 【解析】　 設(shè)g(m)＝(x2－1)m－2x＋1，則有 即 解得

5、等式的一側(cè)，將另一側(cè)視作為新函數(shù)，則可以將問題轉(zhuǎn)化為新函數(shù)的最值問題． (2019·江蘇省高考命題研究專家原創(chuàng)卷(十))已知實(shí)數(shù)x，y滿足x＋2y＋3＝xy，且對任意的實(shí)數(shù)x∈(2，＋∞)，y∈(1，＋∞)，不等式(x＋y－3)2－a(x＋y－3)＋1≥0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 【解析】　因?yàn)閤∈(2，＋∞)，y∈(1，＋∞)，所以x＋y－3>0，所以不等式(x＋y－3)2－a(x＋y－3)＋1≥0可轉(zhuǎn)化為(x＋y－3)＋≥a．令t＝x＋y－3，t>0，則f(t)＝t＋≥a，且函數(shù)f(t)在區(qū)間[1，＋∞)上單調(diào)遞增． 等式x＋2y＋3＝xy可化為(x－2)(y

6、－1)＝5，令m＝x－2，n＝y(tǒng)－1，則m>0，n>0，且mn＝5，則t＝m＋n≥2＝2，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n，即x＝y(tǒng)＋1，即x＝2＋，y＝1＋時(shí)等號成立，故f(t)≥f(2)＝2＋＝，所以a≤． 【答案】　(－∞，] [名師點(diǎn)評]　若對于x取值范圍內(nèi)的任何一個(gè)數(shù)都需要f(x)≥g(a)恒成立，則g(a)≤f(x)的最小值；若對于x取值范圍內(nèi)的任何一個(gè)數(shù)，都有f(x)≤g(a)恒成立，則g(a)≥f(x)的最大值．　 三、變量替換——避繁就簡 根據(jù)所要求解的式子的結(jié)構(gòu)特征，巧妙地設(shè)置新的變量來替代原來表達(dá)式中的某些式子或變量，對新的變量求出結(jié)果后，返回去再求出原變量的結(jié)果．此法應(yīng)用往往簡便

7、快捷，可以避開煩瑣的運(yùn)算． (2019·寧波質(zhì)檢)當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，不等式≥m－恒成立，則m的最大值為________． 【解析】　由已知不等式可得m≤＋． 設(shè)f(x)＝＋ ＝＝， 令t＝3x＋1， 則x＝，t∈(1，4)， f(x)可化為 g(t)＝ ＝＝， 因?yàn)閠∈(1，4)， 所以5>t＋≥4，0<－＋5≤1，≥9， 即f(x)∈[9，＋∞)， 故m的最大值為9． 【答案】　9 [名師點(diǎn)評]　本題使用換元法起到了溝通問題的條件和結(jié)論的中介作用，并使運(yùn)算得以簡化，令人耳目一新． 四、數(shù)形結(jié)合——以“形”代算 數(shù)形結(jié)合的思想，其實(shí)質(zhì)是將抽象的數(shù)學(xué)語言與直

8、觀的圖形結(jié)合起來，使抽象思維和形象思維結(jié)合，通過對圖形的認(rèn)識，數(shù)形結(jié)合的轉(zhuǎn)化，可以培養(yǎng)思維的靈活性、形象性，使問題化難為易，化抽象為具體．通過“形”往往可以解決用“數(shù)”很難解決的問題． 當(dāng)x∈時(shí)，x2

9、_______． [解析] y′＝1＋sin x，故曲線y＝x－cos x在點(diǎn)處的切線的斜率為2．由點(diǎn)斜式方程可得切線方程為2x－y－＝0． [答案] 2x－y－＝0 2．函數(shù)y＝的定義域?yàn)榧螦，函數(shù)y＝ln(2x＋1)的定義域?yàn)榧螧，則A∩B＝________． [解析] 由1－2x≥0得x≤，故A＝，由2x＋1>0得x>－，故B＝，故A∩B＝． [答案] 3．函數(shù)f(x)＝(0≤x≤2)的值域?yàn)開_______． [解析] 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝(0≤x≤2)是減函數(shù)，又知＝1，＝，從而值域?yàn)椋? [答案] 4．不等式－1＜x2＋2x－1≤2的解集是________．

10、 [解析] 原不等式等價(jià)于： 即 所以不等式的解集是{x|－3≤x＜－2或0＜x≤1}． [答案] {x|－3≤x＜－2或0

11、 [答案] －1 7．(2019·深圳質(zhì)檢)在△ABC中，a，b，c分別為∠A，∠B，∠C所對的邊，若函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋(a2＋c2－ac)x＋1有極值點(diǎn)，則∠B的范圍是________． [解析] 由題意得f′(x)＝x2＋2bx＋a2＋c2－ac，Δ＝4b2－4a2－4c2＋4ac＞0， cos B＝<，則∠B的范圍是． [答案] 8．若a>0，b>0，且＋＝1，則a＋2b的最小值為________． [解析] 由已知等式得2a＋2b＋1＝2ab＋2a＋b2＋b，從而，a＝， a＋2b＝＋2b＝＋b＋≥＋2＝，當(dāng)且僅當(dāng)b＝時(shí)等號成立，故有最小值． [答案]

12、9．(2019·淮安調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若對任意x1∈[0，1]，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________． [解析] 由于f′(x)＝1＋>0， 因此函數(shù)f(x)在[0，1]上單調(diào)遞增，所以x∈[0，1]時(shí)，f(x)min＝f(0)＝－1． 根據(jù)題意可知存在x∈[1，2]， 使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1， 即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立， 令h(x)＝＋， 則要使a≥h(x)在x∈[1，2]能成立，只需使a≥h(x)min， 又函數(shù)h(x)＝＋在x∈[1，2]上單調(diào)遞減，

13、所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥． [答案] 10．(2019·南京、鹽城高三模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋(e－a)x－b，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．若不等式f(x)≤0恒成立，則的最小值為________． [解析] 由不等式f(x)≤0恒成立可得f(x)max≤0．f′(x)＝＋e－a，x＞0，當(dāng)e－a≥0，即a≤e時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且x趨近于＋∞，f(x)趨近于＋∞，此時(shí)f(x)≤0不可能恒成立；當(dāng)e－a＜0，即a＞e時(shí)，由f′(x)＝0得x＝，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減

14、，此時(shí)f(x)max＝f＝－ln(a－e)－1－b≤0，則b≥－ln(a－e)－1，又a＞e，所以≥，a＞e，令a－e＝t＞0，則≥，t＞0．令g(t)＝，t＞0，則g′(t)＝，由g′(t)＝0得t＝e，且當(dāng)t∈(0，e)時(shí)，g′(t)＜0，g(t)單調(diào)遞減，當(dāng)t∈(e，＋∞)時(shí)，g′(t)＞0，g(t)單調(diào)遞增，所以g(t)min＝g(e)＝－，即≥≥－，故的最小值為－． [答案] － 11．(2019·江蘇省高考命題研究專家原創(chuàng)卷(九))2018年6月，國家發(fā)改委發(fā)布了《關(guān)于完善國有景區(qū)門票價(jià)格形成機(jī)制降低重點(diǎn)國有景區(qū)門票價(jià)格的指導(dǎo)意見》，推動了旅游業(yè)的轉(zhuǎn)型升級和健康發(fā)展．某景區(qū)積極

15、響應(yīng)指導(dǎo)意見，擬實(shí)行門票新政，將每張50元的景區(qū)門票價(jià)格降低來吸引更多的游客，以增加門票的收入，同時(shí)投入資金對景區(qū)進(jìn)行升級改造，實(shí)現(xiàn)由門票經(jīng)濟(jì)向產(chǎn)業(yè)經(jīng)濟(jì)的轉(zhuǎn)型升級，提高門票收入之外的旅游收入的增加值．據(jù)市場調(diào)研，若每張門票的價(jià)格降低x元，則每年的門票收入增加值為p(x)萬元，且滿足p(x)＝－x2＋ax－5(5≤x≤50)；若景區(qū)的升級改造投入10x萬元，則每年旅游收入的增加值為q(x)萬元，且滿足q(x)＝bx－20ln．已知2017年該景區(qū)的游客量為1 000人，且q(25)＝270． (1)求a，b的值并將該景區(qū)實(shí)行門票新政后景區(qū)年收入的凈增加值表示為x的函數(shù)； (2)求該景區(qū)實(shí)行門

16、票新政后景區(qū)年收入的凈增加值的最大值． (注：年收入的凈增加值＝門票年收入增加值＋門票年收入之外的旅游收入的增加值－升級改造投入費(fèi)用) [解] (1)設(shè)景區(qū)實(shí)行門票新政后景區(qū)年收入的凈增加值為f(x)萬元．由題意知2017年的門票收入為50×1 000＝50 000(元)，則p(50)＝－5，所以p(50)＝－×502＋50a－5＝－5，可得a＝20． 由q(x)＝bx－20ln及q(25)＝270得25b－20ln 1＝270， 所以b＝， 所以f(x)＝p(x)＋q(x)－10x＝x－x2－20ln－5(5≤x≤50)． (2)f′(x)＝－x－＝＝(5≤x≤50)，顯然f(x

17、)在[5，25)上單調(diào)遞增，在(25，50]上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(25)＝265． 答：該景區(qū)實(shí)行門票新政后景區(qū)年收入的凈增加值的最大值為265萬元． 12．(2019·江蘇名校高三入學(xué)摸底)已知函數(shù)f(x)＝xln x－x． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間； (2)令g(x)＝f(x)－(x2－2)(m∈R)，若函數(shù)g(x)在(0，＋∞)內(nèi)有兩個(gè)不相等的極值點(diǎn)x1和x2，且x10，若不等式e1＋λ

18、x)＝ln x<0，得0

19、λ． 由ln x1＝mx1，ln x2＝mx2作差得，ln ＝m(x1－x2)，即m＝，所以原不等式等價(jià)于>，因?yàn)?

20、t)>0， 所以h(t)在t∈(0，1)上單調(diào)遞增，又h(1)＝0，所以h(t)<0在t∈(0，1)上恒成立，符合題意． 當(dāng)λ2<1時(shí)，可見當(dāng)t∈(0，λ2)時(shí)，h′(t)>0，當(dāng)t∈(λ2，1)時(shí)，h′(t)<0，所以h(t)在t∈(0，λ2)上單調(diào)遞增，在t∈(λ2，1)上單調(diào)遞減，又h(1)＝0，所以h(t)在t∈(0，1)上不能恒小于0，不符合題意，舍去． 綜上所述，若不等式e1＋λ0，所以λ≥1． 13．(2019·南京模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx(x＞0)的圖象與直線y＝4相切于點(diǎn)M(1，4)． (1)求y＝f(x)在區(qū)間

21、(0，4]上的最大值與最小值； (2)是否存在兩個(gè)不等正數(shù)s，t(s

22、  4 故函數(shù)f(x)＝x3－6x2＋9x在區(qū)間(0，4]上的最大值是4，最小值是0． (2)由s，t為正數(shù)，知s>0，故極值點(diǎn)x＝3不在區(qū)間[s，t]上． (ⅰ)若極值點(diǎn)x＝1在區(qū)間[s，t]上，此時(shí)0

23、0，① 兩式相除，可得[s(s－3)]2＝[t(t－3)]2， 即s(3－s)＝t(3－t)，整理并除以s－t，得s＋t＝3，② 由①、②可得即s，t是方程x2－3x＋1＝0的兩根，即s＝，t＝，不合要求． 綜上所述，不存在滿足條件的s，t． 14．(2019·江蘇省高考名校聯(lián)考)已知直線y＝是曲線f(x)＝的切線． (1)求函數(shù)f(x)的解析式． (2)記F(x)＝f(x)－x＋，試問函數(shù)F(x)在(0，＋∞)上是否存在零點(diǎn)x0∈(k，k＋1)，k∈N？若存在，求k的值；若不存在，請說明理由． (3)用min{m，n}表示m，n中的較小者，設(shè)函數(shù)g(x)＝min(x＞0)，若

24、函數(shù)h(x)＝g(x)－tx2在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，試求實(shí)數(shù)t的最大值． [解] (1)由題意得f′(x)＝＝， 設(shè)切點(diǎn)為(x1，y1)， 則，解得， 故函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝． (2)由(1)得F(x)＝－x＋，則F′(x)＝－1－， 顯然，當(dāng)x≥2時(shí)，F(xiàn)′(x)＜0， 當(dāng)0＜x＜2時(shí)，F(xiàn)′(x)＝－1－＜－＜0， 故F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． 又F(1)＝＞0，F(xiàn)(2)＝－＜0， 所以F(1)·F(2)＜0，由零點(diǎn)存在性定理可知，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上存在零點(diǎn)x0，且x0∈(1，2)，故k＝1． (3)由(2)可知，當(dāng)0＜x≤x0時(shí)，F(xiàn)(x)≥0，即f(x)≥x－， 當(dāng)x＞x0時(shí)，F(xiàn)(x)＜0，即f(x)＜x－． 故g(x)＝， 從而h(x)＝， 則h′(x)＝． 又在(0，＋∞)上， h′(x)≥0恒成立， 當(dāng)x∈(0，x0]時(shí)，由h′(x)＝1＋－2tx≥0得t≤， 所以t≤． 當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，由h′(x)＝－2tx≥0得t≤， 記u(x)＝，則由u′(x)＝可知當(dāng)x＝3時(shí)，u(x)min＝－， 從而t≤－． 綜上所述，實(shí)數(shù)t的最大值為－． - 12 -