2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題1 高考客觀題常考知識補償練習(xí) 理

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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題1 高考客觀題?？贾R補償練習(xí) 理 　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　 　　 一、函數(shù)的圖象與性質(zhì) 本卷第6,12,15,16題考查了函數(shù)的圖象與性質(zhì),此類題目的考查角度有給出函數(shù)的解析式判斷函數(shù)的圖象、函數(shù)的性質(zhì)與函數(shù)零點相結(jié)合求參數(shù)的范圍、比較函數(shù)值的大小、解與函數(shù)性質(zhì)有關(guān)的不等式等.準(zhǔn)確求解此類問題的關(guān)鍵是要熟練掌握基本初等函數(shù)、二次函數(shù)的圖象與性質(zhì),做到靈活運用. 【跟蹤訓(xùn)練】 1.設(shè)f(x)是周期為2的奇函數(shù),當(dāng)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(shù),且當(dāng)0≤x<2時, f(x)=x3-x,則函數(shù)y=f(x)的圖象在區(qū)間[0,6]上與x軸的交點的個數(shù)為(　　) (A)6 (B)7 (C)8 (D)9 3.(xx湖南八市3月聯(lián)考)設(shè)函數(shù)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(dāng)x∈M∩N時,則函數(shù)F(x)=x2f(x)+x[f(x)]2的最大值是(　　) (A)0 (B)- (C) (D) 二、函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想解決函數(shù)零點問題 本卷第14題考查了函數(shù)的零點及個數(shù)問題、求解時要熟練掌握函數(shù)與

3、方程的相互轉(zhuǎn)化,熟練應(yīng)用函數(shù)的基本性質(zhì)以及數(shù)形結(jié)合的思想方法.解答此類問題出錯的原因:一是對函數(shù)圖象的特征、形狀把握不準(zhǔn)確,造成畫圖不規(guī)范;二是對函數(shù)的基本性質(zhì)掌握不牢固. 【跟蹤訓(xùn)練】 1.(xx內(nèi)蒙古呼倫貝爾市二模)已知函數(shù)f(x)若方程f(x)-kx+k=0有兩個實數(shù)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(shè)f(x)是定義在R上的偶函數(shù),對任意x∈R,都有f(x-2)=f(x+2)且當(dāng)x∈[-2,0]時,f(x)=()x-1,若在區(qū)間(-2,6]內(nèi)關(guān)于x的方程f(x)-loga

4、(x+2)=0(a>1)恰有3個不同的實數(shù)根,則a的取值范圍是　　　.? 三、分類討論思想、等價轉(zhuǎn)化思想在導(dǎo)數(shù)綜合問題中的應(yīng)用 本卷第17,18,19,20,21大題均考查了利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值、函數(shù)零點個數(shù)問題、不等式恒成立問題與不等式的證明問題,考查了函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合的思想、分類討論思想及等價轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)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(fù)習(xí)備考時,對導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用問題要強化訓(xùn)練,認(rèn)真總結(jié),獲取求解問題的方法與技巧. 【跟蹤訓(xùn)練】 (xx河南開封市5月模擬)已知函數(shù)f(x)=xln x,g(x)=-x2

5、+ax-3. (1)求函數(shù)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(shù)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(shù)f(x)=的圖象大致是(　　) 2.(xx蚌埠市一質(zhì)檢)函數(shù)y=f(x)是R上的奇函數(shù),滿足f(3+x)=f(3-x),當(dāng)x∈(0,3)時,f(x)=2x,則當(dāng)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(shù)f(x)=-x+

6、aln x(a∈R)(e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)). (1)若函數(shù)f(x)在定義域上不單調(diào),求a的取值范圍; (2)設(shè)函數(shù)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(xí) 試卷評析 一、 【跟蹤訓(xùn)練】 1.A　因為f(-) =f(-+2) =f(-) =-f() =-2××(1-) =-.故選A. 2.B　當(dāng)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(shù)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(dāng)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(dāng)x=時,函數(shù)F(x)有

8、最大值,最大值是,故選D. 二、 【跟蹤訓(xùn)練】 1.B　當(dāng)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(dāng)直線y=kx-k經(jīng)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(shù)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(shù)f(x)是一個周期函數(shù),且T=4. 又因為當(dāng)

9、x∈[-2,0]時,f(x)=()x-1,且函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù),若在區(qū)間(-2,6]內(nèi)關(guān)于x的方程f(x)-loga(x+2)=0恰有3個不同的實數(shù)解,則函數(shù)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(shù)y=loga(x+2),由題意可得,當(dāng)x=2時的函數(shù)值小于3,當(dāng)x=6時的函數(shù)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(shù)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(dāng)x>0時恒成立. 令h(x)=2ln x+x+, 則h′(x)=-+1= =. 當(dāng)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(dāng)x∈(0,1)時, m′(x)>0,當(dāng)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(xí) 1.A　由f(-x)===f(x),則f(x)是偶函數(shù),可排除C,D;取x=,得f()>0,排除B,故選A. 2.D　由函數(shù)f(x)是奇函數(shù), 得f(-x)=-f(x), 當(dāng)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(dāng)a<-2時,g(x)的對稱軸x=<1且g(0)=1>0, 則當(dāng)x∈(0,+∞)時,g(x)>0, 即f′(x)<0,故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,不合題意; ②當(dāng)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(dāng)x∈(0,x1),x∈(x2,+∞)時, f′(x)<0; 當(dāng)x∈(x1,x2)時,f′(x)>0, 即f(x)在(0,x1),(x2,+∞)上單調(diào)遞減; 在(x1,x2)上單調(diào)遞增;

14、 綜上可知,a的取值范圍為(2,+∞). (2)假設(shè)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(shè)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(shè)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(diào)遞增,在(x′2,+∞)上單調(diào)遞減,且00; 當(dāng)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(diào)遞增),又a>2,因此a的取值集合是{a|a≥e+}.