（江蘇專用）2023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）練習(xí)文蘇教版

〔江蘇專用〕2022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〕練習(xí)文蘇教版PAGE22-高考熱點(diǎn)追蹤(一)1．(2022·常州期末)曲線y＝x－cosx在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(π,2)))處的切線方程為_(kāi)_______．[解析]y′＝1＋sinx，故曲線y＝x－cosx在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(π,2)))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－eq\f(π,2)＝0．[答案]2x－y－eq\f(π,2)＝02．函數(shù)y＝eq\r(1－2x)的定義域?yàn)榧螦，函數(shù)y＝ln(2x＋1)的定義域?yàn)榧螧，那么A∩B＝________．[解析]由1－2x≥0得x≤eq\f(1,2)，故A＝eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))，由2x＋1>0得x>－eq\f(1,2)，故B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，故A∩B＝eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))．[答案]eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))3．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)(0≤x≤2)的值域?yàn)開(kāi)_______．[解析]因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)(0≤x≤2)是減函數(shù)，又知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(0)＝1，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,9)，從而值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,9)，1))．[答案]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,9)，1))4．不等式－1＜x2＋2x－1≤2的解集是________．[解析]原不等式等價(jià)于：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x＞0，,x2＋2x－3≤0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＜－2或x＞0，,－3≤x≤1，))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<x≤1}5．(2022·南京模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＋log3x，x>0，,3－log2〔－x〕，x<0，))那么f(eq\r(3))＋f(－eq\r(2))＝________．[解析]f(eq\r(3))＋f(－eq\r(2))＝(2＋log3eq\r(3))＋(3－log2eq\r(2))＝2＋eq\f(1,2)＋3－eq\f(1,2)＝5．[答案]56．函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，函數(shù)f(x＋1)為偶函數(shù)，f(1)＝1，那么f(3)＝________．[解析]因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)且f(x＋1)為偶函數(shù)，故f(x＋1)＝f(－x＋1)，令x＝2，得f(3)＝f(－1)＝－f(1)＝－1，即f(3)＝－1．[答案]－17．(2022·深圳質(zhì)檢)在△ABC中，a，b，c分別為∠A，∠B，∠C所對(duì)的邊，假設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋bx2＋(a2＋c2－ac)x＋1有極值點(diǎn)，那么∠B的范圍是________．[解析]由題意得f′(x)＝x2＋2bx＋a2＋c2－ac，Δ＝4b2－4a2－4c2＋4ac＞0，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)<eq\f(1,2)，那么∠B的范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))．[答案]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))8．假設(shè)a>0，b>0，且eq\f(1,2a＋b)＋eq\f(1,b＋1)＝1，那么a＋2b的最小值為_(kāi)_______．[解析]由等式得2a＋2b＋1＝2ab＋2a＋b2＋b，從而，a＝eq\f(b－b2＋1,2b)，a＋2b＝eq\f(b－b2＋1,2b)＋2b＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)b＋eq\f(1,2b)≥eq\f(1,2)＋2eq\r(\f(3,4))＝eq\f(2\r(3)＋1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3,2)b＝eq\f(1,2b)時(shí)等號(hào)成立，故有最小值eq\f(2\r(3)＋1,2)．[答案]eq\f(2\r(3)＋1,2)9．(2022·淮安調(diào)研)函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,x＋1)，g(x)＝x2－2ax＋4，假設(shè)對(duì)任意x1∈[0，1]，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________．[解析]由于f′(x)＝1＋eq\f(1,〔x＋1〕2)>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≥eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)能成立，令h(x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)，那么要使a≥h(x)在x∈[1，2]能成立，只需使a≥h(x)min，又函數(shù)h(x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)在x∈[1，2]上單調(diào)遞減，所以h(x)min＝h(2)＝eq\f(9,4)，故只需a≥eq\f(9,4)．[答案]eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，＋∞))10．(2022·南京、鹽城高三模擬)函數(shù)f(x)＝lnx＋(e－a)x－b，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．假設(shè)不等式f(x)≤0恒成立，那么eq\f(b,a)的最小值為_(kāi)_______．[解析]由不等式f(x)≤0恒成立可得f(x)max≤0．f′(x)＝eq\f(1,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＝eq\f(1,a－e)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a－e)))時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－e)，＋∞))時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，此時(shí)f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－e)))＝－ln(a－e)－1－b≤0，那么b≥－ln(a－e)－1，又a＞e，所以eq\f(b,a)≥eq\f(－ln〔a－e〕－1,a)，a＞e，令a－e＝t＞0，那么eq\f(b,a)≥eq\f(－lnt－1,t＋e)，t＞0．令g(t)＝eq\f(－lnt－1,t＋e)，t＞0，那么g′(t)＝eq\f(lnt－\f(e,t),〔t＋e〕2)，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)＝－eq\f(1,e)，即eq\f(b,a)≥eq\f(－lnt－1,t＋e)≥－eq\f(1,e)，故eq\f(b,a)的最小值為－eq\f(1,e)．[答案]－eq\f(1,e)11．(2022·江蘇省高考命題研究專家原創(chuàng)卷(九))2022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(mén)票價(jià)格形成機(jī)制降低重點(diǎn)國(guó)有景區(qū)門(mén)票價(jià)格的指導(dǎo)意見(jiàn)?，推動(dòng)了旅游業(yè)的轉(zhuǎn)型升級(jí)和健康開(kāi)展．某景區(qū)積極響應(yīng)指導(dǎo)意見(jiàn)，擬實(shí)行門(mén)票新政，將每張50元的景區(qū)門(mén)票價(jià)格降低來(lái)吸引更多的游客，以增加門(mén)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(mén)票經(jīng)濟(jì)向產(chǎn)業(yè)經(jīng)濟(jì)的轉(zhuǎn)型升級(jí)，提高門(mén)票收入之外的旅游收入的增加值．據(jù)市場(chǎng)調(diào)研，假設(shè)每張門(mén)票的價(jià)格降低x元，那么每年的門(mén)票收入增加值為p(x)萬(wàn)元，且滿足p(x)＝－eq\f(2,5)x2＋ax－5(5≤x≤50)；假設(shè)景區(qū)的升級(jí)改造投入10x萬(wàn)元，那么每年旅游收入的增加值為q(x)萬(wàn)元，且滿足q(x)＝bx－20lneq\f(x,25)．2022年該景區(qū)的游客量為1000人，且q(25)＝270．(1)求a，b的值并將該景區(qū)實(shí)行門(mén)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(mén)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(mén)票年收入增加值＋門(mén)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(mén)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2022年的門(mén)票收入為50×1000＝50000(元)，那么p(50)＝－5，所以p(50)＝－eq\f(2,5)×502＋50a－5＝－5，可得a＝20．由q(x)＝bx－20lneq\f(x,25)及q(25)＝270得25b－20ln1＝270，所以b＝eq\f(54,5)，所以f(x)＝p(x)＋q(x)－10x＝eq\f(104,5)x－eq\f(2,5)x2－20lneq\f(x,25)－5(5≤x≤50)．(2)f′(x)＝eq\f(104,5)－eq\f(4,5)x－eq\f(20,x)＝eq\f(－4x2＋104x－100,5x)＝eq\f(－4〔x－1〕〔x－25〕,5x)(5≤x≤50)，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)max＝f(25)＝265．答：該景區(qū)實(shí)行門(mén)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．(2022·江蘇名校高三入學(xué)摸底)函數(shù)f(x)＝xlnx－x．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)令g(x)＝f(x)－eq\f(m,2)(x2－2)(m∈R)，假設(shè)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x1<x2．①求實(shí)數(shù)m的取值范圍；②λ>0，假設(shè)不等式e1＋λ<x1·xeq\o\al(λ,2)恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．[解](1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且f′(x)＝lnx，令f′(x)＝lnx<0，得0<x<1，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)．(2)①依題意，函數(shù)g(x)＝xlnx－eq\f(m,2)x2－x＋m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lnx－mx＝0在(0，＋∞)內(nèi)有兩個(gè)不相等的實(shí)根，所以函數(shù)y＝lnx與函數(shù)y＝mx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)的圖象如下圖，假設(shè)令過(guò)原點(diǎn)且切于函數(shù)y＝lnx圖象的直線斜率為k，只需0<m<k．設(shè)切點(diǎn)為A(x0，lnx0)，所以k＝y(tǒng)′|x＝x0＝eq\f(1,x0)，又k＝eq\f(lnx0,x0)，所以eq\f(1,x0)＝eq\f(lnx0,x0)，解得x0＝e，于是k＝eq\f(1,e)，所以0<m<eq\f(1,e)．②e1＋λ<x1·xeq\o\al(λ,2)等價(jià)于1＋λ<lnx1＋λlnx2．由①可知x1，x2分別是方程lnx－mx＝0的兩個(gè)根，即lnx1＝mx1，lnx2＝mx2，所以原不等式等價(jià)于1＋λ<mx1＋λmx2＝m(x1＋λx2)，因?yàn)棣?gt;0，0<x1<x2，所以原不等式等價(jià)于m>eq\f(1＋λ,x1＋λx2)．由lnx1＝mx1，lnx2＝mx2作差得，lneq\f(x1,x2)＝m(x1－x2)，即m＝eq\f(ln\f(x1,x2),x1－x2)，所以原不等式等價(jià)于eq\f(ln\f(x1,x2),x1－x2)>eq\f(1＋λ,x1＋λx2)，因?yàn)?<x1<x2，原不等式恒成立，所以lneq\f(x1,x2)<eq\f(〔1＋λ〕〔x1－x2〕,x1＋λx2)恒成立．令t＝eq\f(x1,x2)，t∈(0，1)，那么不等式lnt<eq\f(〔1＋λ〕〔t－1〕,t＋λ)在t∈(0，1)上恒成立．令h(t)＝lnt－eq\f(〔1＋λ〕〔t－1〕,t＋λ)，又h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(〔1＋λ〕2,〔t＋λ〕2)＝eq\f(〔t－1〕〔t－λ2〕,t〔t＋λ〕2)，當(dāng)λ2≥1時(shí)，可知當(dāng)t∈(0，1)時(shí)，h′(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(jiàn)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，假設(shè)不等式e1＋λ<x1·xeq\o\al(λ,2)恒成立，只需λ2≥1，又λ>0，所以λ≥1．13．(2022·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(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<t)，使得當(dāng)s≤x≤t時(shí)，函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx的值域是[s，t]？假設(shè)存在，求出所有這樣的正數(shù)s，t；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．[解](1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b，依題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′〔1〕＝0，,f〔1〕＝4，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝0，,1＋a＋b＝4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9．))所以f(x)＝x3－6x2＋9x．令f′(x)＝3x2－12x＋9＝0，解得x＝1或x＝3．當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)在區(qū)間(0，4]上的變化情況如下表：x(0，1)1(1，3)3(3，4)4f′(x)＋0－0＋f(x)404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)假設(shè)極值點(diǎn)x＝1在區(qū)間[s，t]上，此時(shí)0<s≤1≤t＜3(s<t)，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)；(ⅱ)假設(shè)f(x)＝x3－6x2＋9x在[s，t]上單調(diào)遞增，即0＜s＜t≤1或3＜s＜t，那么eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f〔s〕＝s，,f〔t〕＝t，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(s3－6s2＋9s＝s，,t3－6t2＋9t＝t．))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(s＝2或s＝4，,t＝2或t＝4，))不符合要求；(ⅲ)假設(shè)f(x)＝x3－6x2＋9x在[s，t]上單調(diào)遞減，即1<s<t<3，那么eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f〔s〕＝t，,f〔t〕＝s．))兩式相減并除s－t，得(s＋t)2－6(s＋t)－st＋10＝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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(s＋t＝3，,st＝1，))即s，t是方程x2－3x＋1＝0的兩根，即s＝eq\f(3－\r(5),2)，t＝eq\f(3＋\r(5),2)，不合要求．綜上所述，不存在滿足條件的s，t．14．(2022·江蘇省高考名校聯(lián)考)直線y＝eq\f(x,e)是曲線f(x)＝eq\f(ax2,ex)的切線．(1)求函數(shù)f(x)的解析式．(2)記F(x)＝f(x)－x＋eq\f(1,x)，試問(wèn)函數(shù)F(x)在(0，＋∞)上是否存在零點(diǎn)x0∈(k，k＋1)，k∈N？假設(shè)存在，求k的值；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．(3)用min{m，n}表示m，n中的較小者，設(shè)函數(shù)g(x)＝mineq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(f〔x〕，x－\f(1,x)))(x＞0)，假設(shè)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)＝eq\f(2ax·ex－ax2·ex,e2x)＝eq\f(ax〔2－x〕,ex)，設(shè)切點(diǎn)為(x1，y1)，那么eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＝\f(x1,e),y1＝\f(axeq\o\al(2,1),ex1),\f(ax1〔2－x1〕,ex1)＝\f(1,e)))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝1,y1＝\f(1,e),a＝1))，故函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝eq\f(x2,ex)．(2)由(1)得F(x)＝eq\f(x2,ex)－x＋eq\f(1,x)，那么F′(x)＝eq\f(x〔2－x〕,ex)－1－eq\f(1,x2)，顯然，當(dāng)x≥2時(shí)，F(xiàn)′(x)＜0，當(dāng)0＜x＜2時(shí)，F(xiàn)′(x)＝eq\f(－〔x－1〕2＋1,ex)－1－eq\f(1,x2