2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練,2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí),高考大題專項(xiàng)練,2022,年高,數(shù)學(xué),一輪,復(fù)習(xí),高考,專項(xiàng)
高考大題專項(xiàng)練一 高考中的函數(shù)與導(dǎo)數(shù)
一、非選擇題
1.設(shè)函數(shù)f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex.
(1)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(2,f(2))處的切線斜率為0,求a;
(2)若f(x)在x=1處取得極小值,求a的取值范圍.
解:(1)因?yàn)閒(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex,
所以f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex,f'(2)=(2a-1)e2.
由題設(shè)知f'(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=12.
(2)由(1)得f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex=(ax-1)(x-1)ex.
若a>1,則當(dāng)x∈1a,1時(shí),f'(x)<0;
當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f'(x)>0.
所以f(x)在x=1處取得極小值.
若a≤1,則當(dāng)x∈(0,1)時(shí),ax-1≤x-1<0,
所以f'(x)>0.
所以1不是f(x)的極小值點(diǎn).
綜上可知,a的取值范圍是1,+∞.
2.已知函數(shù)f(x)=ax2+x-1ex.
(1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,-1)處的切線方程;
(2)證明:當(dāng)a≥1時(shí),f(x)+e≥0.
答案:(1)解f'(x)=-ax2+(2a-1)x+2ex,f'(0)=2.
因此曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,-1)處的切線方程是2x-y-1=0.
(2)證明當(dāng)a≥1時(shí),f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x.
令g(x)=x2+x-1+ex+1,則g'(x)=2x+1+ex+1.
當(dāng)x<-1時(shí),g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)x>-1時(shí),g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;
所以g(x)≥g(-1)=0.
因此f(x)+e≥0.
3.已知函數(shù)f(x)=ln x+12ax2-x-m(m∈Z).
(1)若f(x)是增函數(shù),求a的取值范圍;
(2)若a<0,且f(x)<0恒成立,求m的最小值.
解:(1)f'(x)=1x+ax-1,依題設(shè)可得a≥1x-1x2max,
而1x-1x2=-1x-122+14≤14,當(dāng)x=2時(shí),等號成立.
所以a的取值范圍是14,+∞.
(2)由(1)可知f'(x)=1x+ax-1=ax2-x+1x,
設(shè)g(x)=ax2-x+1,則g(0)=1>0,g(1)=a<0,
g(x)=ax-12a2+1-14a在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.
因此g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有唯一的解x0,使得ax02=x0-1,
而且當(dāng)0
0,當(dāng)x>x0時(shí),f'(x)<0,
所以f(x)≤f(x0)=lnx0+12ax02-x0-m
=lnx0+12(x0-1)-x0-m=lnx0-12x0-12-m.
設(shè)r(x)=lnx-12x-12-m,
則r'(x)=1x-12=2-x2x>0.
所以r(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增.
所以r(x)0,
由f'(x)>0,得02;
由f'(x)<0,得10;
當(dāng)x∈π2,π時(shí),g'(x)<0,
所以g(x)在0,π2單調(diào)遞增,在π2,π單調(diào)遞減.
又g(0)=0,gπ2>0,g(π)=-2,
故g(x)在(0,π)存在唯一零點(diǎn).
所以f'(x)在(0,π)存在唯一零點(diǎn).
(2)解由題設(shè)知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0.
由(1)知,f'(x)在(0,π)只有一個(gè)零點(diǎn),設(shè)為x0,且當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),f'(x)>0;當(dāng)x∈(x0,π)時(shí),f'(x)<0,所以f(x)在(0,x0)單調(diào)遞增,在(x0,π)單調(diào)遞減.
又f(0)=0,f(π)=0,所以,當(dāng)x∈[0,π]時(shí),f(x)≥0.
又當(dāng)a≤0,x∈[0,π]時(shí),ax≤0,故f(x)≥ax.
因此,a的取值范圍是(-∞,0].
6.定義在實(shí)數(shù)集上的函數(shù)f(x)=x2+x,g(x)=13x3-2x+m.
(1)求函數(shù)f(x)的圖象在x=1處的切線方程;
(2)若f(x)≥g(x)對任意的x∈[-4,4]恒成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.
解:(1)∵f(x)=x2+x,∴當(dāng)x=1時(shí),f(1)=2,
∵f'(x)=2x+1,∴f'(1)=3,
∴所求切線方程為y-2=3(x-1),即3x-y-1=0.
(2)令h(x)=g(x)-f(x)=13x3-x2-3x+m,
則h'(x)=(x-3)(x+1).
∴當(dāng)-40;
當(dāng)-10.
要使f(x)≥g(x)恒成立,即h(x)max≤0,
由上知h(x)的最大值在x=-1或x=4處取得,而h(-1)=m+53,h(4)=m-203,故m+53≤0,即m≤-53,
故實(shí)數(shù)m的取值范圍為-∞,-53.
7.已知函數(shù)f(x)=12ax2-(2a+1)x+2ln x(a∈R).
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)設(shè)g(x)=x2-2x,若對任意x1∈(0,2],均存在x2∈(0,2],使得f(x1)0).
(1)f'(x)=(ax-1)(x-2)x(x>0).
①當(dāng)a≤0時(shí),x>0,ax-1<0,在區(qū)間(0,2)內(nèi),f'(x)>0,在區(qū)間(2,+∞)內(nèi),f'(x)<0,故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,2),單調(diào)遞減區(qū)間是(2,+∞).
②當(dāng)02,在區(qū)間(0,2)和1a,+∞內(nèi),f'(x)>0,在區(qū)間2,1a內(nèi),f'(x)<0,故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,2)和1a,+∞,單調(diào)遞減區(qū)間是2,1a.
③當(dāng)a=12時(shí),f'(x)=(x-2)22x,故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,+∞).
④當(dāng)a>12時(shí),0<1a<2,在區(qū)間0,1a和(2,+∞)內(nèi),f'(x)>0,在區(qū)間1a,2內(nèi),f'(x)<0,故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是0,1a和(2,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間是1a,2.
(2)對任意x1∈(0,2],均存在x2∈(0,2],使得f(x1)ln2-1.
故ln2-112時(shí),f(x)在區(qū)間0,1a上單調(diào)遞增,在區(qū)間1a,2上單調(diào)遞減,
故f(x)max=f1a=12a-(2a+1)1a+2ln1a=-12a-2-2lna<0因?yàn)楫?dāng)a>12時(shí),12a+2lna>12a+2lne-1=12a-2>-2.
故a>12時(shí)滿足題意.
綜上,a的取值范圍為(ln2-1,+∞).
8.已知函數(shù)f(x)=x3+kln x(k∈R),f'(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).
(1)當(dāng)k=6時(shí),
①求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程;
②求函數(shù)g(x)=f(x)-f'(x)+9x的單調(diào)區(qū)間和極值;
(2)當(dāng)k≥-3時(shí),求證:對任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x1)+f'(x2)2>f(x1)-f(x2)x1-x2.
答案:(1)解①當(dāng)k=6時(shí),f(x)=x3+6lnx,故f'(x)=3x2+6x.
可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y-1=9(x-1),即y=9x-8.
②依題意,g(x)=x3-3x2+6lnx+3x,x∈(0,+∞).從而可得g'(x)=3x2-6x+6x-3x2,
整理可得g'(x)=3(x-1)3(x+1)x2.
令g'(x)=0,解得x=1.
當(dāng)x變化時(shí),g'(x),g(x)的變化情況如下表:
x
(0,1)
1
(1,+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
↘
極小值
↗
所以,函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+∞);g(x)的極小值為g(1)=1,無極大值.
(2)證明由f(x)=x3+klnx,得f'(x)=3x2+kx.
對任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,令x1x2=t(t>1),
則(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]
=(x1-x2)3x12+kx1+3x22+kx2-2x13-x23+klnx1x2
=x13-x23-3x12x2+3x1x22+kx1x2-x2x1-2klnx1x2
=x23(t3-3t2+3t-1)+kt-1t-2lnt.①
令h(x)=x-1x-2lnx,x∈[1,+∞).
當(dāng)x>1時(shí),h'(x)=1+1x2-2x=1-1x2>0,
由此可得h(x)在[1,+∞)單調(diào)遞增,
所以當(dāng)t>1時(shí),h(t)>h(1),即t-1t-2lnt>0.
因?yàn)閤2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3,
所以,x23(t3-3t2+3t-1)+kkt-1t-2lnt≥(t3-3t2+3t-1)-3kt-1t-2lnt=t3-3t2+6lnt+3t-1.②
由(1)②可知,當(dāng)t>1時(shí),g(t)>g(1),即t3-3t2+6lnt+3t>1,故t3-3t2+6lnt+3t-1>0.③
由①②③可得(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]>0.
所以,當(dāng)k≥-3時(shí),對任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x1)+f'(x2)2>f(x1)-f(x2)x1-x2.
7
高考大題專項(xiàng)練二 高考中的三角函數(shù)與解三角形
一、非選擇題
1.在平面四邊形ABCD中,∠ADC=90°,∠A=45°,AB=2,BD=5.
(1)求cos∠ADB;
(2)若DC=22,求BC.
解:(1)在△ABD中,由正弦定理得BDsinA=ABsin∠ADB.
由題設(shè)知,5sin45°=2sin∠ADB,
所以sin∠ADB=25.
由題設(shè)知,∠ADB<90°,
所以cos∠ADB=1-225=235.
(2)由題設(shè)及(1)知,cos∠BDC=sin∠ADB=25.
在△BCD中,由余弦定理得BC2=BD2+DC2-2·BD·DC·cos∠BDC=25+8-2×5×22×25=25.
所以BC=5.
2.在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知b+c=2acos B.
(1)證明:A=2B;
(2)若cos B=23,求cos C的值.
答案:(1)證明由正弦定理,得sinB+sinC=2sinAcosB,
故2sinAcosB=sinB+sin(A+B)=sinB+sinAcosB+cosAsinB,
于是sinB=sin(A-B).
又A,B∈(0,π),故01(舍);
當(dāng)c=23a時(shí),cos∠ABC=712.
綜上所述,cos∠ABC=712.
6.已知函數(shù)f(x)=cos2x-π3+2sinx-π4sinx+π4.
(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期和圖象的對稱軸方程;
(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間-π12,π2上的值域.
解:(1)∵f(x)=cos2x-π3+2sinx-π4sinx+π4
=12cos2x+32sin2x+(sinx-cosx)·(sinx+cosx)
=12cos2x+32sin2x+sin2x-cos2x
=12cos2x+32sin2x-cos2x
=sin2x-π6,
∴周期T=2π2=π.
由2x-π6=kπ+π2(k∈Z),得x=kπ2+π3(k∈Z).
故函數(shù)f(x)的圖象的對稱軸方程為x=kπ2+π3(k∈Z).
(2)∵x∈-π12,π2,∴2x-π6∈-π3,5π6.
∴當(dāng)2x-π6=π2,即x=π3時(shí),f(x)取最大值1;
當(dāng)2x-π6=-π3,即x=-π12時(shí),f(x)取最小值-32.
∴函數(shù)f(x)在區(qū)間-π12,π2上的值域?yàn)?32,1.
7.在銳角三角形ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知2bsin A-3a=0.
(1)求角B的大小;
(2)求cos A+cos B+cos C的取值范圍.
解:(1)由正弦定理,得2sinBsinA=3sinA,
故sinB=32,由題意,得B=π3.
(2)由A+B+C=π,得C=2π3-A,
由△ABC是銳角三角形,得A∈π6,π2.
由cosC=cos2π3-A=-12cosA+32sinA,得
cosA+cosB+cosC=32sinA+12cosA+12=sinA+π6+12∈3+12,32.
故cosA+cosB+cosC的取值范圍是3+12,32.
8.如圖,在△ABC中,∠BAC=90°,點(diǎn)D為斜邊BC上一點(diǎn),且AC=CD=2.
(1)若CD=2BD,求AD的長;
(2)若AD=2BD,求角B的正弦值.
解:(1)∵CD=2,CD=2BD,
∴BD=1,∴BC=3BD=3.
則在Rt△ABC中,cosC=ACBC=23.
在△ACD中,由余弦定理,得AD2=AC2+CD2-2AC·CD·cosC=4+4-8×23=83.
∴AD=263.
(2)在△ACD中,由余弦定理可得,
AD2=AC2+CD2-2·AC·CD·cosC=8-8cosC.
在Rt△ABC中,BC=ACcosC=2cosC.
故BD=BC-CD=2cosC-2=2-2cosCcosC.
∵AD=2BD,∴AD2=2BD2.
∴8-8cosC=2·(2-2cosC)2cos2C.
∵1-cosC≠0,∴1=1-cosCcos2C,
即cos2C+cosC-1=0.
又cosC>0,∴cosC=5-12.
又B+C=π2,∴sinB=5-12.
6
高考大題專項(xiàng)練三 高考中的數(shù)列
一、非選擇題
1.在等比數(shù)列{an}中,a1=1,a5=4a3.
(1)求{an}的通項(xiàng)公式;
(2)記Sn為{an}的前n項(xiàng)和,若Sm=63,求m.
解:(1)設(shè){an}的公比為q,由題設(shè)得an=qn-1.
由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2.
故an=(-2)n-1或an=2n-1.
(2)若an=(-2)n-1,則Sn=1-(-2)n3.
由Sm=63得(-2)m=-188,此方程沒有正整數(shù)解.
若an=2n-1,則Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6.
綜上,m=6..
2.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,已知a1=3,Sn+1=3Sn+3.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)若bn=nan+1-an,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.
解:(1)(方法一)∵Sn+1=3Sn+3,
∴Sn+1+32=3Sn+32.
∴Sn+32=S1+323n-1=92×3n-1=3n+12.
∴當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=3n+12-3n2=3n,a1也適合.
∴an=3n.
(方法二)由Sn+1=3Sn+3(n∈N*),
可知當(dāng)n≥2時(shí),Sn=3Sn-1+3,
兩式相減,得an+1=3an(n≥2).
又a1=3,代入Sn+1=3Sn+3,得a2=9,故an=3n.
(2)∵bn=nan+1-an=n3n+1-3n=12·n3n,
∴Tn=1213+232+333+…+n3n,①
∴13Tn=12132+233+334+…+n-13n+n3n+1,②
由①-②,得23Tn=1213+132+133+134+…+13n-n3n+1,
解得Tn=38-2n+38·3n.
3.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且Sn=2an-1;數(shù)列{bn}滿足bn-1-bn=bnbn-1(n≥2,n∈N*),b1=1.
(1)求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式;
(2)求數(shù)列anbn的前n項(xiàng)和Tn.
解:(1)由Sn=2an-1,得S1=a1=2a1-1,故a1=1.
又Sn=2an-1,Sn-1=2an-1-1(n≥2),
兩式相減,得Sn-Sn-1=2an-2an-1,
即an=2an-2an-1.
故an=2an-1,n≥2.
所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)列.
故an=1·2n-1=2n-1.
由bn-1-bn=bnbn-1(n≥2,n∈N*),
得1bn-1bn-1=1.
又b1=1,∴數(shù)列1bn是首項(xiàng)為1,公差為1的等差數(shù)列.
∴1bn=1+(n-1)·1=n.∴bn=1n.
(2)由(1)得anbn=n·2n-1.
∴Tn=1·20+2·21+…+n·2n-1,
∴2Tn=1·21+2·22+…+n·2n.
兩式相減,得-Tn=1+21+…+2n-1-n·2n=1-2n1-2-n·2n=-1+2n-n·2n.
∴Tn=(n-1)·2n+1.
4.設(shè){an}是等差數(shù)列,其前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*);{bn}是等比數(shù)列,公比大于0,其前n項(xiàng)和為Tn(n∈N*).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6.
(1)求Sn和Tn;
(2)若Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn,求正整數(shù)n的值.
解:(1)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q.由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0.因?yàn)閝>0,可得q=2,故bn=2n-1.
所以,Tn=1-2n1-2=2n-1.
設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.由b4=a3+a5,可得a1+3d=4.
由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16,
從而a1=1,d=1,故an=n.
所以,Sn=n(n+1)2.
(2)由(1),有T1+T2+…+Tn=(21+22+…+2n)-n=2×(1-2n)1-2-n=2n+1-n-2.
由Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn可得,n(n+1)2+2n+1-n-2=n+2n+1,
整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍),或n=4.
所以,n的值為4.
5.(2021浙江,20)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1=-94,且4Sn+1=3Sn-9(n∈N*).
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足3bn+(n-4)an=0(n∈N*),記{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,若Tn≤λbn對任意n∈N*恒成立,求實(shí)數(shù)λ的取值范圍.
解:(1)由4Sn+1=3Sn-9,得4Sn=3Sn-1-9(n≥2),
則4an+1=3an(n≥2),又4(a1+a2)=3a1-9,
因?yàn)閍1=-94,所以4a2=3a1.
所以{an}是以-94為首項(xiàng),以34為公比的等比數(shù)列.
因此an=-3×34n.
(2)由題意得bn=(n-4)×34n.
則Tn=(-3)×34+(-2)×342+…+(n-4)×34n,
34Tn=(-3)×342+(-2)×343+…+(n-4)×34n+1.
兩式相減,得14Tn=(-3)×34+342+343+…+34n-(n-4)×34n+1,所以Tn=-4n×34n+1.
由題意得-4n×34n+1≤λ(n-4)×34n恒成立,所以(λ+3)n-4λ≥0,記f(n)=(λ+3)n-4λ(n∈N*),
所以λ+3≥0,f(1)≥0,解得-3≤λ≤1.
6.已知等比數(shù)列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中項(xiàng).數(shù)列{bn}滿足b1=1,數(shù)列{(bn+1-bn)an}的前n項(xiàng)和為2n2+n.
(1)求q的值;
(2)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式.
解:(1)由a4+2是a3,a5的等差中項(xiàng),得a3+a5=2a4+4,
所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.
由a3+a5=20,得8q+1q=20,
解得q=2或q=12,
因?yàn)閝>1,所以q=2.
(2)設(shè)cn=(bn+1-bn)an,數(shù)列{cn}前n項(xiàng)和為Sn,
由cn=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2,解得cn=4n-1.
由(1)可知an=2n-1,
所以bn+1-bn=(4n-1)·12n-1.
故bn-bn-1=(4n-5)·12n-2,n≥2,bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)·12n-2+(4n-9)·12n-3+…+7·12+3.
設(shè)Tn=3+7·12+11·122+…+(4n-5)·12n-2,n≥2,
12Tn=3·12+7·122+…+(4n-9)·12n-2+(4n-5)·12n-1,
所以12Tn=3+4·12+4·122+…+4·12n-2-(4n-5)·12n-1,
因此Tn=14-(4n+3)·12n-2,n≥2,
又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·12n-2.
7.已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=1,前n項(xiàng)和Sn滿足an=Sn+Sn-1(n≥2).
(1)求證:{Sn}為等差數(shù)列,并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)記數(shù)列1anan+1的前n項(xiàng)和為Tn,若對任意的n∈N*,不等式4Tn
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