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1、2022年高考數學二輪復習 專題1 高考客觀題常考知識補償練習 理
一、函數的圖象與性質
本卷第6,12,15,16題考查了函數的圖象與性質,此類題目的考查角度有給出函數的解析式判斷函數的圖象、函數的性質與函數零點相結合求參數的范圍、比較函數值的大小、解與函數性質有關的不等式等.準確求解此類問題的關鍵是要熟練掌握基本初等函數、二次函數的圖象與性質,做到靈活運用.
【跟蹤訓練】
1.設f(x)是周期為2的奇函數,當0≤x≤1時,f(x)=2x(1-x),則f(-)等于( )
(A)- (B)- (C) (
2、D)
2.已知f(x)是R上最小正周期為2的周期函數,且當0≤x<2時,
f(x)=x3-x,則函數y=f(x)的圖象在區(qū)間[0,6]上與x軸的交點的個數為( )
(A)6 (B)7 (C)8 (D)9
3.(xx湖南八市3月聯(lián)考)設函數f(x)=2|x-1|+x-1,g(x)=16x2-
8x+1,若f(x)≤1的解集為M,g(x)≤4的解集為N,當x∈M∩N時,則函數F(x)=x2f(x)+x[f(x)]2的最大值是( )
(A)0 (B)- (C) (D)
二、函數與方程思想、數形結合思想解決函數零點問題
本卷第14題考查了函數的零點及個數問題、求解時要熟練掌握函數與
3、方程的相互轉化,熟練應用函數的基本性質以及數形結合的思想方法.解答此類問題出錯的原因:一是對函數圖象的特征、形狀把握不準確,造成畫圖不規(guī)范;二是對函數的基本性質掌握不牢固.
【跟蹤訓練】
1.(xx內蒙古呼倫貝爾市二模)已知函數f(x)若方程f(x)-kx+k=0有兩個實數根,則k的取值范圍是( )
(A)(-1,-] (B)[-,0)
(C)[-1,+∞) (D)[-,+∞)
2.(xx河南開封市5月模擬)設f(x)是定義在R上的偶函數,對任意x∈R,都有f(x-2)=f(x+2)且當x∈[-2,0]時,f(x)=()x-1,若在區(qū)間(-2,6]內關于x的方程f(x)-loga
4、(x+2)=0(a>1)恰有3個不同的實數根,則a的取值范圍是 .?
三、分類討論思想、等價轉化思想在導數綜合問題中的應用
本卷第17,18,19,20,21大題均考查了利用導數解決函數的單調性、極值與最值、函數零點個數問題、不等式恒成立問題與不等式的證明問題,考查了函數與方程思想、數形結合的思想、分類討論思想及等價轉化思想的應用.此類問題綜合性較強,難度較大,需要具備一定的邏輯思維能力和分析問題與解決問題的能力.復習備考時,對導數的綜合應用問題要強化訓練,認真總結,獲取求解問題的方法與技巧.
【跟蹤訓練】
(xx河南開封市5月模擬)已知函數f(x)=xln x,g(x)=-x2
5、+ax-3.
(1)求函數f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值;
(2)對一切x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,求實數a的取值范圍;
(3)求證:對一切x∈(0,+∞),都有xln x>-.
1.(xx山西四診)函數f(x)=的圖象大致是( )
2.(xx蚌埠市一質檢)函數y=f(x)是R上的奇函數,滿足f(3+x)=f(3-x),當x∈(0,3)時,f(x)=2x,則當x∈(-6,-3)時,f(x)等于( )
(A)2x+6 (B)-2x-6 (C)2x-6 (D)-2x+6
3.(xx湖南省十三校第二次聯(lián)考)已知函數f(x)=-x+
6、aln x(a∈R)(e=2.71828…是自然對數的底數).
(1)若函數f(x)在定義域上不單調,求a的取值范圍;
(2)設函數f(x)的兩個極值點為x1和x2,記過點A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直線的斜率為k,是否存在a,使得k≤a-2?若存在,求出a的取值集合;若不存在,請說明理由.
專題檢測(一)試卷評析及補償練習
試卷評析
一、
【跟蹤訓練】
1.A 因為f(-)
=f(-+2)
=f(-)
=-f()
=-2××(1-)
=-.故選A.
2.B 當x∈[0,2)時,令f(x)=x3-x=0,
即x(x2
7、-1)=0,
所以x1=0,x2=1.
因為T=2,
所以f(0)=f(0+2)=f(0+4)=f(0+6)=0.
f(1)=f(1+2)=f(1+4)=0,
即在區(qū)間[0,6]上函數圖象與x軸的交點共7個.故選B.
3.D 由2|x-1|+x-1≤1,
解得0≤x≤,
即M={x|0≤x≤};
由16x2-8x+1≤4,
解得-≤x≤,
即N={x|-≤x≤},
則M∩N={x|0≤x≤};
當x∈M∩N時,f(x)=-2(x-1)+x-1=-x+1,
又F(x)=x2(-x+1)+x(-x+1)2
=-x2+x
=-(x-)2+,
當x=時,函數F(x)有
8、最大值,最大值是,故選D.
二、
【跟蹤訓練】
1.B 當0≤x<1時,-1≤x-1<0,
所以f(x)=-1=-1,
由f(x)-kx+k=0得
f(x)=kx-k,分別作出y=f(x)和y=kx-k=k(x-1)的圖象,如圖:由圖象可知當直線y=kx-k經過點A(-1,1)時,兩曲線有兩個交點,又直線y=k(x-1)過定點B(1,0),所以過A,B兩點的直線斜率為-.
所以要使方程f(x)-kx+k=0有兩個實數根,
則-≤k<0.
故選B.
2.解析:因為對于任意的x∈R,都有f(x-2)=f(2+x),
所以函數f(x)是一個周期函數,且T=4.
又因為當
9、x∈[-2,0]時,f(x)=()x-1,且函數f(x)是定義在R上的偶函數,若在區(qū)間(-2,6]內關于x的方程f(x)-loga(x+2)=0恰有3個不同的實數解,則函數y=f(x)與y=loga(x+2)在區(qū)間(-2,6]上有三個不同的交點,如圖所示:
又f(-2)=f(2)=3,
則對于函數y=loga(x+2),由題意可得,當x=2時的函數值小于3,當x=6時的函數值大于3,
即loga4<3,且loga8>3,
由此解得
10、t,t+2]時,f′(x)>0,所以函數f(x)在[t,t+2]上
遞增,
所以f(x)min=f(t)=tln t;
若t<0,
所以f(x)在[t,]上遞減,
在[,t+2]上遞增,
所以此時f(x)min=f()=-;
所以f(x)min=
(2)由題意,不等式化為ax≤2xln x+x2+3,因為x>0,
所以a≤2ln x+x+,當x>0時恒成立.
令h(x)=2ln x+x+,
則h′(x)=-+1=
=.
當01時,
h
11、′(x)>0,
所以h(x)在(0,1)上遞減,在(1,+∞)上遞增.
故h(x)min=h(1)=2ln 1+1+3=4.
所以a≤4.
故所求a的范圍是(-∞,4].
(3)證明:令t(x)=xln x,易知t′(x)=1+ln x,
令t′(x)=0得t=.
由(1)知,此時t(x)min=t()=-.
再令m(x)=-,則m′(x)=,當x∈(0,1)時,
m′(x)>0,當x∈(1,+∞)時,m′(x)<0.
所以m(x)在(0,1)上遞增,在(1,+∞)上遞減,
所以m(x)max=m(1)=-.
所以t(x)≥-≥m(x),
又因為兩者取等號時的條件不一
12、致,
所以t(x)>m(x)恒成立.
即對一切x∈(0,+∞),都有xln x>-.
補償練習
1.A 由f(-x)===f(x),則f(x)是偶函數,可排除C,D;取x=,得f()>0,排除B,故選A.
2.D 由函數f(x)是奇函數,
得f(-x)=-f(x),
當x∈(-6,-3)時,x+6∈(0,3),
由f(3+x)=f(3-x),得
f(x)=-f(-x)=-f[3-(3+x)]
=-f[3+(3+x)]
=-f(6+x)=-,
故選D.
3.解:(1)f(x)的定義域為(0,+∞),
f′(x)=--1+=-,
令g(x)=x2-ax+1,其判別式Δ
13、=a2-4,
由已知必有Δ>0,即a<-2或a>2;
①當a<-2時,g(x)的對稱軸x=<1且g(0)=1>0,
則當x∈(0,+∞)時,g(x)>0,
即f′(x)<0,故f(x)在(0,+∞)上單調遞減,不合題意;
②當a>2時,g(x)的對稱軸x=>1且g(0)=1>0,
則方程g(x)=0有兩個不相等的根x1和x2,
且x1∈(0,1),x2∈(1,+∞),x1·x2=1,
當x∈(0,x1),x∈(x2,+∞)時,
f′(x)<0;
當x∈(x1,x2)時,f′(x)>0,
即f(x)在(0,x1),(x2,+∞)上單調遞減;
在(x1,x2)上單調遞增;
14、
綜上可知,a的取值范圍為(2,+∞).
(2)假設存在滿足條件的a,由(1)知a>2.
因為f(x1)-f(x2)=+(x2-x1)+a(ln x1-ln x2),
所以k==--1+a,
若k≤a-2,則≤,由(1)知,不妨設x1∈(0,1),x2∈(1,+∞)且有x1·x2=1,
則得x1-x2≤(ln x1-ln x2),
即-x2+ln x2≤0,x2∈(1,+∞);(*)
設F(x)=-x+ln x(x>1),
并記x′1=[-],
x′2=[+],
則由(1)②知,F(x)在(1,x′2)上單調遞增,在(x′2,+∞)上單調遞減,且00;
當x∈(e,+∞)時,F(x)<0,
由方程(*)知,F(x2)≤0,
故有x2≥e,
又由(1)知g(x2)=-ax2+1=0,知a=x2+≥e+(因為y=x+在[e,+∞)上單調遞增),又a>2,因此a的取值集合是{a|a≥e+}.