（江苏专用）2023版高考数学二轮复习专题一集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数高考热点追踪（一）练习文苏教版

〔江苏专用〕2022版高考数学二轮复习专题一集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数高考热点追踪〔一〕练习文苏教版PAGE22-高考热点追踪(一)1．(2022·常州期末)曲线y＝x－cosx在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(π,2)))处的切线方程为________．[解析]y′＝1＋sinx，故曲线y＝x－cosx在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(π,2)))处的切线的斜率为2．由点斜式方程可得切线方程为2x－y－eq\f(π,2)＝0．[答案]2x－y－eq\f(π,2)＝02．函数y＝eq\r(1－2x)的定义域为集合A，函数y＝ln(2x＋1)的定义域为集合B，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．函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)(0≤x≤2)的值域为________．[解析]因为函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)(0≤x≤2)是减函数，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)，从而值域为eq\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]原不等式等价于：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·南京模拟)设函数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．函数f(x)为奇函数，函数f(x＋1)为偶函数，f(1)＝1，那么f(3)＝________．[解析]因为f(x)为奇函数且f(x＋1)为偶函数，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·深圳质检)在△ABC中，a，b，c分别为∠A，∠B，∠C所对的边，假设函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋bx2＋(a2＋c2－ac)x＋1有极值点，那么∠B的范围是________．[解析]由题意得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的范围是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．假设a>0，b>0，且eq\f(1,2a＋b)＋eq\f(1,b＋1)＝1，那么a＋2b的最小值为________．[解析]由等式得2a＋2b＋1＝2ab＋2a＋b2＋b，从而，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)，当且仅当eq\f(3,2)b＝eq\f(1,2b)时等号成立，故有最小值eq\f(2\r(3)＋1,2)．[答案]eq\f(2\r(3)＋1,2)9．(2022·淮安调研)函数f(x)＝x－eq\f(1,x＋1)，g(x)＝x2－2ax＋4，假设对任意x1∈[0，1]，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，那么实数a的取值范围是__________．[解析]由于f′(x)＝1＋eq\f(1,〔x＋1〕2)>0，因此函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以x∈[0，1]时，f(x)min＝f(0)＝－1．根据题意可知存在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，又函数h(x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)在x∈[1，2]上单调递减，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、盐城高三模拟)函数f(x)＝lnx＋(e－a)x－b，其中e为自然对数的底数．假设不等式f(x)≤0恒成立，那么eq\f(b,a)的最小值为________．[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，当e－a≥0，即a≤e时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且x趋近于＋∞，f(x)趋近于＋∞，此时f(x)≤0不可能恒成立；当e－a＜0，即a＞e时，由f′(x)＝0得x＝eq\f(1,a－e)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a－e)))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－e)，＋∞))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，此时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，且当t∈(0，e)时，g′(t)＜0，g(t)单调递减，当t∈(e，＋∞)时，g′(t)＞0，g(t)单调递增，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)的最小值为－eq\f(1,e)．[答案]－eq\f(1,e)11．(2022·江苏省高考命题研究专家原创卷(九))2022年6月，国家发改委发布了?关于完善国有景区门票价格形成机制降低重点国有景区门票价格的指导意见?，推动了旅游业的转型升级和健康开展．某景区积极响应指导意见，拟实行门票新政，将每张50元的景区门票价格降低来吸引更多的游客，以增加门票的收入，同时投入资金对景区进行升级改造，实现由门票经济向产业经济的转型升级，提高门票收入之外的旅游收入的增加值．据市场调研，假设每张门票的价格降低x元，那么每年的门票收入增加值为p(x)万元，且满足p(x)＝－eq\f(2,5)x2＋ax－5(5≤x≤50)；假设景区的升级改造投入10x万元，那么每年旅游收入的增加值为q(x)万元，且满足q(x)＝bx－20lneq\f(x,25)．2022年该景区的游客量为1000人，且q(25)＝270．(1)求a，b的值并将该景区实行门票新政后景区年收入的净增加值表示为x的函数；(2)求该景区实行门票新政后景区年收入的净增加值的最大值．(注：年收入的净增加值＝门票年收入增加值＋门票年收入之外的旅游收入的增加值－升级改造投入费用)[解](1)设景区实行门票新政后景区年收入的净增加值为f(x)万元．由题意知2022年的门票收入为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)，显然f(x)在[5，25)上单调递增，在(25，50]上单调递减，所以f(x)max＝f(25)＝265．答：该景区实行门票新政后景区年收入的净增加值的最大值为265万元．12．(2022·江苏名校高三入学摸底)函数f(x)＝xlnx－x．(1)求函数f(x)的单调递减区间；(2)令g(x)＝f(x)－eq\f(m,2)(x2－2)(m∈R)，假设函数g(x)在(0，＋∞)内有两个不相等的极值点x1和x2，且x1<x2．①求实数m的取值范围；②λ>0，假设不等式e1＋λ<x1·xeq\o\al(λ,2)恒成立，求实数λ的取值范围．[解](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝lnx，令f′(x)＝lnx<0，得0<x<1，故函数f(x)的单调递减区间为(0，1)．(2)①依题意，函数g(x)＝xlnx－eq\f(m,2)x2－x＋m的定义域为(0，＋∞)，所以方程g′(x)＝0在(0，＋∞)内有两个不相等的实根，即方程lnx－mx＝0在(0，＋∞)内有两个不相等的实根，所以函数y＝lnx与函数y＝mx的图象在(0，＋∞)内有两个不同的交点．在同一平面直角坐标系内作出两个函数的图象如下图，假设令过原点且切于函数y＝lnx图象的直线斜率为k，只需0<m<k．设切点为A(x0，lnx0)，所以k＝y′|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)等价于1＋λ<lnx1＋λlnx2．由①可知x1，x2分别是方程lnx－mx＝0的两个根，即lnx1＝mx1，lnx2＝mx2，所以原不等式等价于1＋λ<mx1＋λmx2＝m(x1＋λx2)，因为λ>0，0<x1<x2，所以原不等式等价于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)，所以原不等式等价于eq\f(ln\f(x1,x2),x1－x2)>eq\f(1＋λ,x1＋λx2)，因为0<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)，当λ2≥1时，可知当t∈(0，1)时，h′(t)>0，所以h(t)在t∈(0，1)上单调递增，又h(1)＝0，所以h(t)<0在t∈(0，1)上恒成立，符合题意．当λ2<1时，可见当t∈(0，λ2)时，h′(t)>0，当t∈(λ2，1)时，h′(t)<0，所以h(t)在t∈(0，λ2)上单调递增，在t∈(λ2，1)上单调递减，又h(1)＝0，所以h(t)在t∈(0，1)上不能恒小于0，不符合题意，舍去．综上所述，假设不等式e1＋λ<x1·xeq\o\al(λ,2)恒成立，只需λ2≥1，又λ>0，所以λ≥1．13．(2022·南京模拟)设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx(x＞0)的图象与直线y＝4相切于点M(1，4)．(1)求y＝f(x)在区间(0，4]上的最大值与最小值；(2)是否存在两个不等正数s，t(s<t)，使得当s≤x≤t时，函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的值域是[s，t]？假设存在，求出所有这样的正数s，t；假设不存在，请说明理由．[解](1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b，依题意，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．当x变化时，f′(x)，f(x)在区间(0，4]上的变化情况如下表：x(0，1)1(1，3)3(3，4)4f′(x)＋0－0＋f(x)404故函数f(x)＝x3－6x2＋9x在区间(0，4]上的最大值是4，最小值是0．(2)由s，t为正数，知s>0，故极值点x＝3不在区间[s，t]上．(ⅰ)假设极值点x＝1在区间[s，t]上，此时0<s≤1≤t＜3(s<t)，在此区间上f(x)的最大值是4，不可能等于t，故在区间[s，t]上没有极值点；(ⅱ)假设f(x)＝x3－6x2＋9x在[s，t]上单调递增，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)假设f(x)＝x3－6x2＋9x在[s，t]上单调递减，即1<s<t<3，那么eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f〔s〕＝t，,f〔t〕＝s．))两式相减并除s－t，得(s＋t)2－6(s＋t)－st＋10＝0，①两式相除，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的两根，即s＝eq\f(3－\r(5),2)，t＝eq\f(3＋\r(5),2)，不合要求．综上所述，不存在满足条件的s，t．14．(2022·江苏省高考名校联考)直线y＝eq\f(x,e)是曲线f(x)＝eq\f(ax2,ex)的切线．(1)求函数f(x)的解析式．(2)记F(x)＝f(x)－x＋eq\f(1,x)，试问函数F(x)在(0，＋∞)上是否存在零点x0∈(k，k＋1)，k∈N？假设存在，求k的值；假设不存在，请说明理由．(3)用min{m，n}表示m，n中的较小者，设函数g(x)＝mineq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(f〔x〕，x－\f(1,x)))(x＞0)，假设函数h(x)＝g(x)－tx2在(0，＋∞)上单调递增，试求实数t的最大值．[解](1)由题意得f′(x)＝eq\f(2ax·ex－ax2·ex,e2x)＝eq\f(ax〔2－x〕,ex)，设切点为(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))，故函数f(x)的解析式为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)，显然，当x≥2时，F′(x)＜0，当0＜x＜2时，F′(x)＝eq\f(－〔x－1〕2＋1,ex)－1－eq\f(1,x2