《2022年高三數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 專題一 函數(shù)、不等式及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用過關(guān)提升 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高三數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 專題一 函數(shù)、不等式及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用過關(guān)提升 文（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高三數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 專題一 函數(shù)、不等式及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用過關(guān)提升 文 一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，共70分) 1．(xx·陜西高考)設(shè)曲線y＝ex在點(0，1)處的切線與曲線y＝(x>0)上點P處的切線垂直，則P的坐標(biāo)為________． 2．(xx·蘇北四市模擬)設(shè)奇函數(shù)y＝f(x)(x∈R)，滿足對任意t∈R都有f(t)＝f(1－t)，且x∈時，f(x)＝－x2，則f(3)＋f的值等于________． 3．(xx·南師附中模擬)已知函數(shù)f(x)＝mx2＋ln x－2x在定義域內(nèi)是增函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是________． 4．若函數(shù)y＝f(x)(x∈A)滿

2、足：?x0∈A，使x0＝f[f(x0)]成立，則稱“x0是函數(shù)y＝f(x)的穩(wěn)定點”．若x0是函數(shù)f(x)＝的穩(wěn)定點，則x0的取值為________． 5．(xx·湖南高考改編)若變量x，y滿足約束條件則z＝3x－y的最小值為________． 6．對于定義在R上的函數(shù)f(x)，若實數(shù)x0滿足f(x0)＝x0，則稱x0是函數(shù)f(x)的一個不動點．若二次函數(shù)f(x)＝x2＋2ax＋a2沒有不動點，則實數(shù)a的取值范圍是________． 7.已知函數(shù)y＝loga(x＋b)(a，b為常數(shù)，其中a>1)的圖象如圖所示，則函數(shù)g(x)＝bx2－2x，x∈[0，3]的最大值為________． 8

3、．(xx·天津高考改編)已知定義在R上的函數(shù)f(x)＝2|x－m|－1(m為實數(shù))為偶函數(shù)，記a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，則a，b，c的大小關(guān)系為________． 9．設(shè)函數(shù)f(x)＝＋，若函數(shù)f(x)的極值點x0滿足x0f(x0)－x>m2，則實數(shù)m的取值范圍是________． 10．設(shè)函數(shù)g(x)＝|x＋2|＋1，φ(x)＝kx，若函數(shù)f(x)＝g(x)－φ(x)僅有兩個零點，則實數(shù)k的取值范圍是________． 11．已知關(guān)于x的不等式>0的解集為(－1，1)，且函數(shù)φ(x)＝a＋log(bx)，則不等式φ(x)>1的解集為________

4、． 12．(xx·濟南模擬)已知正實數(shù)m，n滿足m＋n＝1，且使＋取得最小值．若曲線y＝xα過點P，則α的值為________． 13．已知定義在R上的函數(shù)g(x)的導(dǎo)函數(shù)為g′(x)，滿足g′(x)－g(x)<0，若函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，且g(4)＝1，則不等式>1的解集為________． 14．(xx·江蘇高考)已知f(x)是定義在R上且周期為3的函數(shù)，當(dāng)x∈[0，3)時，f(x)＝.若函數(shù)y＝f(x)－a在區(qū)間[－3，4]上有10個零點(互不相同)，則實數(shù)a的取值范圍是________． 二、解答題(本大題共6小題，共90分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程

5、或演算步驟) 15．(本小題滿分14分)(xx·蘇北四市模擬)已知f(x)＝ln x＋a(1－x)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)f(x)有最大值，且最大值大于2a－2時，求a的取值范圍． 16．(本小題滿分14分)(xx·江蘇高考)如圖，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，x軸在地平面上，y軸垂直于地平面，單位長度為1千米．某炮位于坐標(biāo)原點．已知炮彈發(fā)射后的軌跡在方程y＝kx－(1＋k2)x2(k>0)表示的曲線上，其中k與發(fā)射方向有關(guān)．炮的射程是指炮彈落地點的橫坐標(biāo)． (1)求炮的最大射程； (2)設(shè)在第一象限有一飛行物(忽略其大小)，其飛行高度為3.2

6、千米，試問它的橫坐標(biāo)a不超過多少時，炮彈可以擊中它？請說明理由． 17．(本小題滿分14分)(xx·北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝－kln x，k>0. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值； (2)證明：若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點． 18.(本小題滿分16分)某世界園藝博覽會的主題是“讓生活走進自然”，為了宣傳“會議主題”和“城市時尚”，博覽會指揮中心擬在如圖所示的空地“扇形ABCD”上豎立一塊長方形液晶廣告屏幕MNEF.已知扇形ABCD所在圓的半徑R＝30米，圓心角θ＝，電源在點K處，點K到半徑AD，AB的

7、距離分別為9米、3米．若MN∶NE＝16∶9，線段MN必過點K，端點M，N分別在半徑AD，AB上．設(shè)AN＝x米，液晶廣告屏幕MNEF的面積為S平方米． (1)求S關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式及其定義域； (2)若液晶屏每平米造價為1 500元，當(dāng)x為何值時，液晶廣告屏幕MNEF的造價最低？ 19．(本小題滿分16分)(xx·廣東高考)設(shè)a>1，函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點； (3)若曲線y＝f(x)在點P處的切線與x軸平行，且在點M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是

8、坐標(biāo)原點)，證明：m≤－1. 20．(本小題滿分16分)已知函數(shù)f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x，常數(shù)a>0. (1)當(dāng)x＝1時，函數(shù)f(x)取得極小值－2，求函數(shù)f(x)的極大值； (2)設(shè)定義在D上的函數(shù)y＝h(x)在點P(x0，h(x0))處的切線方程為l：y＝g(x)，當(dāng)x≠x0時，若>0在D內(nèi)恒成立，則稱點P為h(x)的“類優(yōu)點”．若點(1，f(1))是函數(shù)f(x)的“類優(yōu)點”，求實數(shù)a的取值范圍． 專題過關(guān)·提升卷 1．(1，1)　[∵y′|x＝0＝ex|x＝0＝1. 設(shè)P(x0，y0)，則y′|x＝x0＝＝－. 依題意，得1·

9、＝－1，且x0>0，則x0＝1.因此切點P為(1，1)．] 2．－　[根據(jù)對任意t∈R都有f(t)＝f(1－t)可得f(－t)＝f(1＋t)，即 f(t＋1)＝－f(t)，進而得到f(t＋2)＝－f(t＋1)＝－[－f(t)]＝f(t)，得函 數(shù)y＝f(x)的一個周期為2，故f(3)＝f(1)＝f(0＋1)＝－f(0)＝0, f＝f＝－.所以f(3)＋f的值是0＋＝－.] 3．[1，＋∞)　[f′(x)＝mx＋－2≥0對一切x＞0恒成立， ∴m≥－＋. 令g(x)＝－＋，則當(dāng)＝1， 即x＝1時，函數(shù)g(x)取最大值1.故m≥1.] 4.或　[(1)當(dāng)x0∈(0，1)時，1<

10、2x0<2. ∴f[f(x0)]＝f(2x0)＝1－log22x0＝x0，則x0＝. (2)當(dāng)x0∈(1，2)時，0<1－log2x0<1， ∴f[f(x0)]＝f(1－log2x0)＝21－log2x0＝x0，則x0＝. 因此x0的取值為或.] 5．－7　[不等式組表示的平面區(qū)域如圖所示，平移直線y＝3x－z，過點M(－2，1)時，直線的截距最大，此時z有最小值、∴zmin＝3×(－2)－1＝－7.] 6.　[若使函數(shù)f(x)＝x2＋2ax＋a2無不動點，則方程x2＋2ax＋a2＝x無實數(shù)根，即方程x2＋(2a－1)x＋a2＝0無實數(shù)根，所以Δ＝(2a－1)2－4a2＜0，解

11、得a＞.] 7.　[∵將y＝logax的圖象向左平移b個單位，得到函數(shù) y＝loga(x＋b)的圖象， ∴00時，f(x)為增函數(shù)，log0.53＝－log23， ∴l(xiāng)og25>|－log0.53|>0，∴b＝f(log25)>a＝f(log0.53)>c＝f(2m)＝f(0)．] 9.　[由f(x)＝＋，得f′(x)＝x－， 又x

12、0是f(x)的極值點，∴f′(x0)＝0，解之得x0＝， 因此x0f(x0)－x＝＋m－x＝， 所以>m2，解之得00的解集為(－1，1)， ∴a<0，且＝－1，b＝1，則φ(x)＝－1＋logx， 由φ(x)>1，得logx>2，解之得00，n>0， ∴＋＝(m＋n)＝17＋＋≥17＋2＝25. 當(dāng)且僅

13、當(dāng)＝，即n＝4m時，等號成立． 故＋取得最小值時，應(yīng)有n＝4m，從而m＝，n＝， 又y＝xα過點P， ∴n＝mα，即m＝mα，則51－α＝，故α＝.] 13．(－∞，0)　[令F(x)＝－1，則F′(x)＝＝[g′(x)－g(x)]·. ∵g′(x)－g(x)<0， ∴F′(x)<0，則函數(shù)F(x)在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)． 又函數(shù)y＝g(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱， ∴g(0)＝g(4)＝1，從而F(0)＝－1＝0. 故F(x)>0的解集為(－∞，0)．] 14.　[作出函數(shù)y＝f(x)在[－3，4]上的圖象，f(－3)＝f(－2)＝f(－1)＝f(0)＝f(1)＝f

14、(2)＝f(3)＝f(4)＝，觀察圖象可得0＜a＜.] 15．解　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－a. 若a≤0，則f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 若a>0，則當(dāng)x∈時，f′(x)>0；當(dāng)x∈時， f′(x)<0. 所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 綜上，當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a>0時，f(x)在上單調(diào)遞增， 在上單調(diào)遞減． (2)由(1)知，當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上無最大值；當(dāng)a>0時，f(x)在x＝處取得最大值，最大值為f＝ln＋a＝－ln a＋a－1. 因此f>2a－2等價

15、于ln a＋a－1<0. 令g(a)＝ln a＋a－1， 則g(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(1)＝0. 于是，當(dāng)01時，g(a)>0. 因此，a的取值范圍是(0，1)． 16．解　(1)令y＝0，得kx－(1＋k2)x2＝0， 由實際意義和題設(shè)條件知x>0，k>0， 故x＝＝≤＝10， 當(dāng)且僅當(dāng)k＝1時取等號．所以炮的最大射程為10千米． (2)因為a>0，所以炮彈可擊中目標(biāo)?存在k>0， 使3.2＝ka－(1＋k2)a2成立?關(guān)于k的方程a2k2－20ak＋a2＋64＝0有正根?判別式Δ＝(－20a)2－4a2(a2＋64)≥0?a≤

16、6. 所以當(dāng)a不超過6千米時，可擊中目標(biāo)． 17．(1)解　∵f(x)＝－kln x，定義域為(0，＋∞)，且k>0. ∴f′(x)＝x－＝. 令f′(x)＝0，得x＝(負值舍去)． f(x)與f′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的變化情況如下表： 所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)， f(x)在x＝處取得極小值f()＝. (2)證明　由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值為f()＝. 因為f(x)存在零點，所以≤0，從而k≥e， 當(dāng)k＝e時，f(x)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞減，且f()＝0， 所以x＝是f(x)在區(qū)間(1，]上的唯一零

17、點． 當(dāng)k>e時，f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞減，且f(1)＝>0，f()＝<0， 所以f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點． 綜上可知，若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點． 18．解　(1)在Rt△AMN中，依題意，得＝，＝， 所以＋＝1，則AM＝. 所以MN＝＝. 當(dāng)點N與點B重合時，AM取最小值；當(dāng)點M與點D重合時，AN取最小值10. ∴≤AM≤30，且10≤AN≤30， 因此≤≤30且10≤x≤30，解之得10≤x≤30. 所以S＝，其定義域為[10，30]． (2)根據(jù)題設(shè)條件，要使液晶廣告屏的造價最低，只需廣告屏的面積S最?。? 設(shè)S

18、＝f(x)＝(10≤x≤30)，則 f′(x)＝ ＝. 令f′(x)＝0，得x＝9＋3， 當(dāng)10≤x<9＋3時，f′(x)<0； 當(dāng)9＋30， ∴當(dāng)x＝9＋3時，S取得最小值，即液晶廣告屏幕面積最?。? 故當(dāng)x＝9＋3時，液晶廣告屏幕的造價最低． 19．(1)解　f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex， ?x∈R，f′(x)≥0恒成立， ∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間． (2)證明　∵f(0)＝1－a，f(a)＝(1＋a2)ea－a， ∵a>1，∴f(0)<0，f(a)>2aea－

19、a>2a－a＝a>0， ∴f(0)·f(a)<0， ∴f(x)在(0，a)上有一零點， 又函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)． ∴f(x)在(0，a)上僅有一個零點， ∴f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點， (3)證明　f′(x)＝(x＋1)2ex，設(shè)P(x0，y0)，則f′(x0)＝ex0(x0＋1)2＝0， ∴x0＝－1， 把x0＝－1，代入y＝f(x)得y0＝－a， ∴kOP＝a－. f′(m)＝em(m＋1)2＝a－， 令g(m)＝em－(m＋1)，g′(m)＝em－1. 令g′(x)>0，則m>0，∴g(m)在(0，＋∞)上增． 令g′(x)<0，則

20、m<0，∴g(m)在(－∞，0)上減． ∴g(m)min＝g(0)＝0.∴em－(m＋1)≥0，即em≥m＋1. ∴em(m＋1)2≥(m＋1)3，即a－≥(m＋1)3. ∴m＋1≤，即m≤－1. 20．解　(1)依題意，f(1)＝1－(a＋2)＝－2，得a＝1， 此時f′(x)＝2x－3＋＝(x>0)． 令f′(x)＝0，得x＝1或x＝， 當(dāng)01時，f′(x)>0；當(dāng)0)，

21、 得f′(x)＝2x－(a＋2)＋＝， ∴f′(1)＝0，且f(1)＝－a－1. 所以f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為g(x)＝－a－1. ∵點(1，f(1))是函數(shù)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)的“類優(yōu)點”， 令F(x)＝f(x)－g(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x＋a＋1，常數(shù)a>0， 則當(dāng)x∈(0，1)∪(1，＋∞)時，恒有>0(*) 又F(1)＝0，且F′(x)＝2x－(a＋2)＋＝(x>0)．令F′(x)＝0，得x＝1或x＝(a>0)． ①當(dāng)a＝2時，F(xiàn)′(x)≥0，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)． ∴01時，F(xiàn)(x)>F(1)＝0. 從而當(dāng)x≠1時，恒有>0成立． ②當(dāng)a>2時，由F′(x)<0，得10不成立． ③當(dāng)0F(1)＝0，>0不成立． 綜上可知，若點(1，f(1))是函數(shù)f(x)的“類優(yōu)點”，則實數(shù)a＝2.