《（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(yǔ)、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(huì)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(yǔ)、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(yè)珍藏版）》請(qǐng)?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(wèn)題用數(shù)學(xué)符號(hào)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(guò)的知識(shí)解決題目給出的問(wèn)題，叫新定義題求解此類問(wèn)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(shí)，將問(wèn)題向熟悉的、已掌握的知識(shí)進(jìn)行轉(zhuǎn)化 (2019無(wú)錫市高三上學(xué)期期末考試)若函數(shù)f(x)在m，n(mn)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)：yx21；y2log2x；y2x1；y，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)間”的函數(shù)與另一函數(shù)yx的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，且在m，n(mn)上的值域恰好為m，

2、n，可見兩函數(shù)在m，n上均單調(diào)遞增對(duì)于yx21，根據(jù)新定義可得，x21x，方程有兩個(gè)解，即函數(shù)yx21與函數(shù)yx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)，故不滿足題意；對(duì)于y2log2x，根據(jù)新定義可得，2log2 xx，方程有兩個(gè)解，即函數(shù)y2log2x與函數(shù)yx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，故滿足題意；對(duì)于y2x1，根據(jù)新定義可得，2x1x，方程有兩個(gè)解，即函數(shù)y2x1與函數(shù)yx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，故滿足題意；對(duì)于y，根據(jù)新定義可得，x2x1(x1)，方程有兩個(gè)解，即函數(shù)y與函數(shù)yx的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，但y不單調(diào)遞增，故不滿足題意所以存在唯

3、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(píng)創(chuàng)新題型在高考中常出現(xiàn)，考查學(xué)生對(duì)新定義的理解能力，只有明確新定義的實(shí)質(zhì)，才能使問(wèn)題得以解決不等式恒成立問(wèn)題的解題策略恒成立問(wèn)題在高考中經(jīng)常出現(xiàn)，由于涉及的知識(shí)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(wèn)題的常用方法一、反客為主更換主元有些數(shù)學(xué)問(wèn)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(lái)處于相對(duì)次要地位的“客元”突顯出來(lái)，常常能收到出人意料的效果 對(duì)任意的|m|2，函數(shù)f(x)

4、mx22x1m恒負(fù)，則x的取值范圍為_【解析】 設(shè)g(m)(x21)m2x1，則有即解得x0，所以不等式(xy3)2a(xy3)10可轉(zhuǎn)化為(xy3)a令txy3，t0，則f(t)ta，且函數(shù)f(t)在區(qū)間1，)上單調(diào)遞增等式x2y3xy可化為(x2)(y1)5，令mx2，ny1，則m0，n0，且mn5，則tmn22，當(dāng)且僅當(dāng)mn，即xy1，即x2，y1時(shí)等號(hào)成立，故f(t)f(2)2，所以a【答案】(，名師點(diǎn)評(píng)若對(duì)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(duì)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

5、換避繁就簡(jiǎn)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(lái)替代原來(lái)表達(dá)式中的某些式子或變量，對(duì)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(jiǎn)便快捷，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t3x1，則x，t(1，4)，f(x)可化為g(t)，因?yàn)閠(1，4)，所以5t4，051，9，即f(x)9，)，故m的最大值為9【答案】9名師點(diǎn)評(píng)本題使用換元法起到了溝通問(wèn)題的條件和結(jié)論的中介作用，并使運(yùn)算得以簡(jiǎn)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(yǔ)言與直觀的圖形結(jié)

6、合起來(lái)，使抽象思維和形象思維結(jié)合，通過(guò)對(duì)圖形的認(rèn)識(shí)，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(wèn)題化難為易，化抽象為具體通過(guò)“形”往往可以解決用“數(shù)”很難解決的問(wèn)題 當(dāng)x時(shí)，x2logax恒成立，則a的取值范圍是_【解析】 由圖形可知，0a1，因?yàn)楫?dāng)x時(shí)，x2logax恒成立，所以loga，所以a，又因?yàn)?a1，所以a0得x，故B，故AB答案 3函數(shù)f(x)(0x2)的值域?yàn)開解析 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)(0x2)是減函數(shù)，又知1，從而值域?yàn)榇鸢?4不等式1x22x12的解集是_解析 原不等式等價(jià)于：即所以不等式的解集是x|3x2或0x1答案 x|3x2或0x15(2019南京模擬)設(shè)函數(shù)f(

7、x)則f()f()_解析 f()f()(2log3)(3log2)235答案 56已知函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，函數(shù)f(x1)為偶函數(shù)，f(1)1，則f(3)_解析 因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)且f(x1)為偶函數(shù)，故f(x1)f(x1)，令x2，得f(3)f(1)f(1)1，即f(3)1答案 17(2019深圳質(zhì)檢)在ABC中，a，b，c分別為A，B，C所對(duì)的邊，若函數(shù)f(x)x3bx2(a2c2ac)x1有極值點(diǎn)，則B的范圍是_解析 由題意得f(x)x22bxa2c2ac，4b24a24c24ac0，cos B0，b0，且1，則a2b的最小值為_解析 由已知等式得2a2b12ab2ab2b，從而，a，

8、a2b2bb2，當(dāng)且僅當(dāng)b時(shí)等號(hào)成立，故有最小值答案 9(2019淮安調(diào)研)已知函數(shù)f(x)x，g(x)x22ax4，若對(duì)任意x10，1，存在x21，2，使f(x1)g(x2)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_解析 由于f(x)10，因此函數(shù)f(x)在0，1上單調(diào)遞增，所以x0，1時(shí)，f(x)minf(0)1根據(jù)題意可知存在x1，2，使得g(x)x22ax41，即x22ax50，即a能成立，令h(x)，則要使ah(x)在x1，2能成立，只需使ah(x)min，又函數(shù)h(x)在x1，2上單調(diào)遞減，所以h(x)minh(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(ea)x

9、b，其中e為自然對(duì)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)max0f(x)ea，x0，當(dāng)ea0，即ae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)ea0，即ae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，此時(shí)f(x)maxfln(ae)1b0，則bln(ae)1，又ae，所以，ae，令aet0，則，t0令g(t)，t0，則g(t)，由g(t)0得te，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(

10、t)單調(diào)遞增，所以g(t)ming(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(guó)家發(fā)改委發(fā)布了關(guān)于完善國(guó)有景區(qū)門票價(jià)格形成機(jī)制降低重點(diǎn)國(guó)有景區(qū)門票價(jià)格的指導(dǎo)意見，推動(dòng)了旅游業(yè)的轉(zhuǎn)型升級(jí)和健康發(fā)展某景區(qū)積極響應(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(lái)吸引更多的游客，以增加門票的收入，同時(shí)投入資金對(duì)景區(qū)進(jìn)行升級(jí)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(jí)，提高門票收入之外的旅游收入的增加值據(jù)市場(chǎng)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(wàn)元，且滿足p(x)x2ax5(5x50)；若景區(qū)的升級(jí)改造投入10x萬(wàn)元，則

11、每年旅游收入的增加值為q(x)萬(wàn)元，且滿足q(x)bx20ln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(jí)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(wàn)元由題意知2017年的門票收入為501 00050 000(元)，則p(50)5，所以p(50)50250a55，可得a20由q(x)bx20ln及q(25)270得25b20ln 1270，

12、所以b，所以f(x)p(x)q(x)10xxx220ln5(5x50)(2)f(x)x(5x50)，顯然f(x)在5，25)上單調(diào)遞增，在(25，50上單調(diào)遞減，所以f(x)maxf(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(wàn)元12(2019江蘇名校高三入學(xué)摸底)已知函數(shù)f(x)xln xx(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)令g(x)f(x)(x22)(mR)，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e1x1x恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍解 (1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)，且f(x)ln x，令f(x)ln x0，得

13、0x1，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)(2)依題意，函數(shù)g(x)xln xx2xm的定義域?yàn)?0，)，所以方程g(x)0在(0，)內(nèi)有兩個(gè)不相等的實(shí)根，即方程ln xmx0在(0，)內(nèi)有兩個(gè)不相等的實(shí)根，所以函數(shù)yln x與函數(shù)ymx的圖象在(0，)內(nèi)有兩個(gè)不同的交點(diǎn)在同一平面直角坐標(biāo)系內(nèi)作出兩個(gè)函數(shù)的圖象如圖所示，若令過(guò)原點(diǎn)且切于函數(shù)yln x圖象的直線斜率為k，只需0mk設(shè)切點(diǎn)為A(x0，ln x0)，所以ky|xx0，又k，所以，解得x0e，于是k，所以0me1x1x等價(jià)于1ln x1ln x2由可知x1，x2分別是方程ln xmx0的兩個(gè)根，即ln x1mx1，ln x2mx

14、2，所以原不等式等價(jià)于10，0x1由ln x1mx1，ln x2mx2作差得，ln m(x1x2)，即m，所以原不等式等價(jià)于，因?yàn)?x1x2，原不等式恒成立，所以ln恒成立令t，t(0，1)，則不等式ln t0，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)20，當(dāng)t(2，1)時(shí)，h(t)0，所以h(t)在t(0，2)上單調(diào)遞增，在t(2，1)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e10，所以113(2019南京模擬)設(shè)函數(shù)f(x)x3ax2bx(x0)的圖象與直線y4相切于點(diǎn)

15、M(1，4)(1)求yf(x)在區(qū)間(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(s0，故極值點(diǎn)x3不在區(qū)間s，t上()若極值點(diǎn)x1在區(qū)間s，t上，此時(shí)0s1t3(st)，在此區(qū)間上f(x)的最大值是4，不可能等于t，故在區(qū)間s，t上沒(méi)有極值點(diǎn)；()若f(x)x36x29x在s，t上單調(diào)遞增，即0st1或3st，則即解得不符合要求；()若f(x)x36x29x在s，t上單調(diào)遞減，即1st3，則兩式相減并除st，得(st)26(st)st100，兩式相除，可得s(s3)2t(t3)2，即s(3s)t(3t)，整理并除以st，得st3，由、可得即s，t是方程x23x10的兩根，即s

16、，t，不合要求綜上所述，不存在滿足條件的s，t14(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(wèn)函數(shù)F(x)在(0，)上是否存在零點(diǎn)x0(k，k1)，kN？若存在，求k的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由(3)用minm，n表示m，n中的較小者，設(shè)函數(shù)g(x)min(x0)，若函數(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)x2時(shí)，F(xiàn)(x)0，當(dāng)0x2時(shí)，F(xiàn)(x)10，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k1(3)由(2)可知，當(dāng)0xx0時(shí)，F(xiàn)(x)0，即f(x)x，當(dāng)xx0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)12tx0得t，所以t當(dāng)x(x0，)時(shí)，由h(x)2tx0得t，記u(x)，則由u(x)可知當(dāng)x3時(shí)，u(x)min，從而t綜上所述，實(shí)數(shù)t的最大值為- 12 -