2021年江蘇高考數(shù)學(xué)二輪練習(xí)：高考熱點(diǎn)追蹤(一)集合、常用邏輯用語(yǔ)、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)

1、專題強(qiáng)化精練提能 n n 1. (2019 常州期末)曲線 y= x cos x在點(diǎn)-,2 處的切線方程為 _ n n 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 n 得切線方程為 2x y -= 0. n 八 答案2x y - = 0 2 .函數(shù) y= 1 2x的定義域?yàn)榧?A,函數(shù) y= In(2x+ 1)的定義域?yàn)榧?B，則 A n B = 1 1 g, 2，由 2x+ 10 得 x 2,故 B = 1 1 答案2， 2 1 x 1 0 1 2 1 解析因?yàn)楹瘮?shù) f(x)= 3 (0 w xw 2)是減函數(shù)，又知 3 =

2、 1, 3 = 9，從而值域?yàn)?1 答案9, 1 2 4 不等式一 1 v x2 + 2x 1w 2 的解集是 _ xv 2 或 x 0, 即 3 w xw 1, 所以不等式的解集是x| 3w xv 2 或 0vxw 1. 答案x| 3w xv 2 或 00 , 5. (2019 南京模擬)設(shè)函數(shù) f(x) = / 、 3 log2 ( x), x 0 得 xw -，故 A= 故 An B = 1 2, 1 3 .函數(shù) f(x) = 3 x (0 w x 0, 2 + 答案5 6 .已知函數(shù) f(x)為奇函數(shù)，函數(shù) f(x+ 1)為偶函數(shù)，f(1) = 1,貝 U f(3) = _ . 解析因

3、為 f(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1 7. (2019 深圳質(zhì)檢)在厶 ABC 中，a, b, c 分別為/ A,/ B,Z C 所對(duì)的邊，若函數(shù) f(x) 1 =3x3 + bx2 + (a2+ c2-ac)x+ 1 有極值點(diǎn)，則/ B 的范圍是 _ . 3 解析由題意得 fx) = x2+ 2bx+ a2+ c2- ac, A= 4b2- 4a2- 4c2 + 4ac0, n 答案3 n 8 .若 a0, b0,且盤(pán)+冷=X 則a+

4、2b的最小值為 解析由已知等式得 2a + 2b+ 1 = 2ab+ 2a+ b2+ b,從而，a= 不 b b2 +1 1 3 1 1 323+1 3 1 a + 2b = + 2b =3+ ；b + 盂尹 2 - = 2，當(dāng)且僅當(dāng) 為=云時(shí)等號(hào)成立，故 有最小值宇 1 9. (2019 淮安調(diào)研)已知函數(shù) f(x)= x-；, g(x)= x2- 2ax+ 4，若對(duì)任意 * 0 , 1,存 .X. I I 在 X2 1 , 2,使 f(x1)g(x2),則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是 1 解析由于 f* 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)

5、min = f(0) = - 1 . 根據(jù)題意可知存在 x 1 , 2, 使得 g(x)= x2 -2ax+ 4+乎能成立， 2 2x 人 x _5_ 3 答案 cos B= a2 + c2-b2 1 - V 2ac 2, 則/B 的范圍是 b - b2+ 1 令 h(x) = 2 + 2x5(5w xw 50);若景區(qū)的升級(jí)改造投入 10 x萬(wàn)元，則每年旅游收入的增加值為 q(x)萬(wàn)元，且滿足 則要使 a h(x)在 x 1 , 2能成立,只需使 a h(x)min, x 5 又函數(shù) h(x) = 2+ 2x 在 x 1 , 2上單調(diào)遞減， 9 9 所以 h(x) min = h(2) =

6、4，故只需 a4 . 9 答案4，+m 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(duì)數(shù)的底 數(shù).若不等式 f(x) 0,當(dāng) e a0，即 awe 入 時(shí)，f(x) 0, f(x)在(0, +8)上單調(diào)遞增，且 x趨近于+ a, f(x)趨近于+ 8,此時(shí) f(x) w 0 不 1 f(X)max= f a e = ln(a e) 1 bw 0,則 b-in (a e) 1,又 a e,所以 b!(亠二 J, a e,令 ae= t a a 且當(dāng) t (0, e)時(shí)，g(t)v0, g(t)單調(diào)遞減，當(dāng) t (e, +8)時(shí), b

7、 ln t 1 1 ( b 1 即 ae，故 b 的最小值為-e q(x) = bx 20ln 已知 2017 年該景區(qū)的游客量為 1 000 人，且 q(25) = 270. 25 (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 2 票收入為 50X 1 000= 50 000(元),貝 U p(50) =

8、 5,所以 p(50) = 5X 502+ 50a 5= 5,可得 a= 可能恒成立；當(dāng) 1 e av 0,即 ae 時(shí)，由 f x) = 0 得 x= ,當(dāng) x a e 0, ae 時(shí), f(x) 0, f(x)單調(diào)遞+ 8時(shí)，f(x)v 0, f(x)單調(diào)遞減，此時(shí) 0, 則b ln t 1 ,t 0 .令 g(t) = ln t 1 ln t t0,貝 V gt(= (t + e) 1 2 由 g (= 0 得 t = e, g(t) 0, g(t)單調(diào)遞增，所以 1 g(t)min = g(e) x 函數(shù) y= ln x 與函數(shù) y= mx的圖象在(0, )內(nèi)有兩個(gè)不同的交點(diǎn). 20.

9、 , x e ,口 由 q(x)= bx 20 吃及 q(25) = 270 得 25b 20ln 1 = 270, 54 所以 b=5， 5 104 2 x 所以 f(x)= p(x) + q(x) 10 x=gx 5x2 20ln 5(5 x 50). 104 4 20 4*+ 104x 100 4 (x 1)( x 25) (2)f x)= ；：x j= = 5x (5三 xw 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. (

10、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； 令 g(x) = f(x)羅(/ 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+ 冷 恒成立，求實(shí)數(shù) 入的取值范圍. 解(1)函數(shù) f(x)的定義域?yàn)?0, ),且 f x) = ln x,令 fx(= ln x0,得 0 x1 ,故函數(shù) f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0, 1). 依題意，函數(shù) g(x)= xln x 羅/ x+ m 的定義域?yàn)?0, + ),所以方程 g x) = 0 在(0, + s )內(nèi)有兩個(gè)

11、不相等的實(shí)根，即方程 ln x mx= 0 在(0, +s )內(nèi)有兩個(gè)不相等的實(shí)根，所以 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) y= In x 圖象的直線斜率為 k,只需 0m,又 k= 1星 xo xo 所以1 = ,解得 xo = e,于是 k=丄，所以 0m1. xo xo e e e1+ xi 等價(jià)于 1 + ? xi+ 入x ,xi In 由 In xi = mxi, In x2= mx2作差得，In xi= m(xi X2),即 m=,所以原不等式等價(jià)于 x2 Xi X2 Xi InX2 i+ 入 xi ( i+X)( Xi X2) ,因?yàn)?Ox

12、ix2,原不等式恒成立，所以 In- 恒成立. Xi X2 Xi+ 入 X X2 Xi + 入 X 令 t =丸，t (O, i)，則不等式 In t i - t (t+ R 2 時(shí)，可知當(dāng) t (O, i)時(shí)，h(t)O, 所以 h(t)在 t (O, i)上單調(diào)遞增，又 h(i)= O,所以 h(t)O 在 t (O, i)上恒成立，符合題 意. 當(dāng) R0,當(dāng) t (汽 i)時(shí)，h(t)o,所以 h(t)在 t (O, R) 上單調(diào)遞增，在 t (R, i)上單調(diào)遞減，又 h(i) = O,所以 h(t)在 t (O, i)上不能恒小于 O,不 符合題意，舍去. 綜上所述,若不等式 ei

13、+ R 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(st)，使得當(dāng) sw x0,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) 0sw K t v 3(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)； (ii )若 f(x) = x3 6/+ 9x 在s, t上單調(diào)遞增， 即 0 v sv t 1 或 3v sv t, f (s)= s, s3 6s2 + 9s= s, s= 2 或 s= 4

14、, 則 即 解得 f (t)= t, t3 6t2 + 9t = t. t= 2 或 t= 4, 不符合要求； (iii )若 f(x) = x3 6x2 + 9x 在s, t上單調(diào)遞減, f (s)= t, 即 1st 0)，若函數(shù) h(x) = g(x) tx2在(0, +m )上單調(diào)遞增，試求實(shí)數(shù) t 的最大值. 2ax ex ax2 ex 解由題意得 f x)= e 廠 ax (2 x) X1 y1= e X1= 1 則y1=彎 ， 解得 1y1=_ eax1 (2 X1) 1 a = 1 ex1 = e 故函數(shù) f(x)的解析式為 f(x) = x2 x. e 設(shè)切點(diǎn)為(X1, y1

15、), (2)由(1)得 F(x)=生一 x + 丄丄，則 Fx)= x(2 x x) 1 4, e x e x 顯然，當(dāng) x2 時(shí)，F(xiàn)(x)v 0, 當(dāng) 0 x 2 時(shí)，F(xiàn)(x)=( x1)2+ 1 1 !- J0, F(2)=言3 0, 所以 F(1) F(2) xo時(shí)，F(xiàn)(x) v 0,即 f(x)v x 一一. 1 x X x( 0, X0 故 g(x)= , f (x) , x ( X0, + 8) 1 X X tX? , x ( 0 , x0 從而 h(x)= x2 , e tx4 5, x( X0, +8) e 1 1 + p 2tx, x( 0, X0 x 則 h x)= x (2 x) 2tx, x( X0, +8) 又在(0, +8)上, h (x) 0 恒成立, 1 1 h x) = 1 + 2tx 0 得 tw 2 x 2 4 1 1 所以 tw 2x0+ x0. 5 1 X= 3 時(shí),u(x)min =一 3 , e 當(dāng) x (0, xo時(shí)，由 1 1 一+飛, x x 當(dāng) x (xo, + )時(shí), x (2 x) 由 h 刈= ex 2 x 2tx0 得 t w 2gX ， 從而tw-右. 1 綜上所述,實(shí)數(shù) t 的最大值為-23.11. (2019 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