备战高考数学 必考题突破专项讲解6个专题合集Word文件下载.docx

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综上，f（x）min＝

（2）F（x）＝f（x）－g（x）＝xlnx＋x2－ax＋2，

由题意F（x）＝0，即a＝lnx＋x＋在（0，＋∞）上有且只有一个根，

令h（x）＝lnx＋x＋，

则h′（x）＝＋1－＝＝（x>

0），

∴h（x）在（0,1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，

∴h（x）min＝h

（1）＝3，

由题意可知，若使y＝f（x）与y＝g（x）的图象恰有一个公共点，则a＝h（x）min＝3.

综上，若函数F（x）的零点有且只有一个，则实数a＝3.

2．已知函数f（x）＝x·

eax＋lnx－e，（a∈R）．

（1）当a＝1时，求函数y＝f（x）在点（1，f

（1））处的切线方程；

（2）设g（x）＝lnx＋－e，若函数h（x）＝f（x）－g（x）在定义域内存在两个零点，求实数a的取值范围．

解析　

（1）∵a＝1，

∴f（x）＝xex＋lnx－e，f′（x）＝（x＋1）ex＋，

∴f

（1）＝0，f′

（1）＝2e＋1．

∴f（x）在点（1,0）处的切线方程为y＝（2e＋1）（x－1）．

（2）h（x）＝f（x）－g（x）＝xeax－＝在定义域（0，＋∞）上存在两个零点，即x2eax－1＝0在（0，＋∞）上有两个实数根．

令φ（x）＝x2eax－1，则φ′（x）＝ax2eax＋2xeax＝xeax（ax＋2），

①当a≥0时，φ′（x）＝xeax（ax＋2）>

0，∴y＝φ（x）在（0，＋∞）上单调递增，∴y＝φ（x）在（0，＋∞）至多一个零点，不合题意．

②当a<

0时，令φ′（x）＝0，得x＝－.

x

－

φ′（x）

＋

φ（x）

单调递增

极大值

单调递减

∵φ（0）＝－1，当x→＋∞，φ（x）→－1，

∴要使φ（x）＝x2eax－1在（0，＋∞）上有两个零点，

则φ>

0即可，得a2<

，又a<

0，∴－<

a<

0.

3．（2019·

安徽合肥高三调研）已知函数f（x）＝ax2＋bx在x＝处取得极小值－.

（1）求函数f（x）的解析式；

（2）若过点M（1，m）的直线与曲线y＝f（x）相切且这样的切线有三条，求实数m的取值范围．

解析　

（1）由题意得，f′（x）＝2ax2＋b.

∵函数f（x）＝ax3＋bx在x＝处取得极小值－，

∴即解得

则函数f（x）的解析式为f（x）＝2x3－3x.

（2）设切点坐标为（x0,2x－3x0），则曲线y＝f（x）的切线的斜率k＝f′（x0）＝6x－3，

切线方程为y－（2x－3x0）＝（6x－3）（x－x0），

代入点M（1，m），得m＝－4x＋6x－3，

依题意，方程m＝－4x＋6x－3有三个不同的实根．

令g（x）＝－4x3＋6x2－3，

则g′（x）＝－12x2＋12x＝－12x（x－1），

∴当x∈（－∞，0）时，g′（x）<

当x∈（0,1）时，g′（x）>

当x∈（1，＋∞）时，g′（x）<

故g（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减．

∴g（x）极小值＝g（0）＝－3，g（x）极大值＝g

（1）＝－1．

∴当－3<

m<

－1时，g（x）＝－4x3＋6x2－3的图象与直线y＝m有三个不同的交点，

－1时，存在这样的三条切线．

故实数m的取值范围是（－3，－1）．

4．已知函数f（x）＝lnx＋ax2（a∈R）．

（1）当a<

0时，求函数f（x）的单调区间；

（2）若xf′（x）－f（x）>

0在（0，＋∞）上恒成立，求实数a的取值范围．

解析　

（1）由题知，函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝＋2ax＝.

当a＜0时，由f′（x）＞0得0＜x＜；

由f′（x）＜0得

x＞，

则当a＜0时，函数f（x）的单调递增区间是，单调递减区间是.

（2）∵xf′（x）－f（x）＞0在（0，＋∞）上恒成立，

∴x－（1nx＋ax2）＞0在（0，＋∞）上恒成立，

即a＞在（0，＋∞）上恒成立.

设h（x）＝＝（x＞0），则h′（x）＝，

由h′（x）＞0得0＜x＜e；

由h′（x）＜0得x＜e，

故函数h（x）在上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减，

∴h（x）max＝h＝，∴a＞，即实数a的取值范围为.

5．已知函数f（x）＝axlnx＋b（a，b为实数）的图象在点（1，f

（1））处的切线方程为y＝x－1．

（1）求实数a，b的值及函数f（x）的单调区间；

（2）设函数g（x）＝，证明：

g（x1）＝g（x2）（x1<

x2）时，x1＋x2>

2.

解析　

（1）由题得，函数f（x）的定义域为（0，＋∞），

f′（x）＝a（1＋lnx），

因为曲线f（x）在点（1，f

（1））处的切线方程为y＝x－1，

所以解得a＝1，b＝0.

令f′（x）＝1＋lnx＝0，得x＝.

当0<

0，f（x）在区间上单调递减；

0，f（x）在区间上单调递增．

所以函数f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为.

（2）由

（1）得，g（x）＝＝lnx＋.

由g（x1）＝g（x2）（x1<

x2），得lnx1＋＝lnx2＋，

即＝ln>

要证x1＋x2>

2，需证（x1＋x2）>

2ln，

即证－>

设＝t（t>

1），则要证－>

等价于证：

t－>

2lnt（t>

1）．

令u（t）＝t－－2lnt，则u′（t）＝1＋－＝2>

∴u（t）在区间（1，＋∞）上单调递增，u（t）>

u

（1）＝0，

即t－>

2lnt，故x1＋x2>

6．已知函数f（x）＝x2－x＋alnx（a>

0）．

（1）若a＝1，求f（x）的图象在（1，f

（1））处的切线方程；

（2）讨论f（x）的单调性；

（3）若f（x）存在两个极值点x1，x2，求证：

f（x1）＋f（x2）>

解析　

（1）a＝1时，f（x）＝x2－x＋lnx，

f′（x）＝x－1＋，

f′

（1）＝1，f

（1）＝－，∴y－＝x－1，即y＝x－.

∴f（x）的图象在（1，f

（1））处的切线方程为2x－2y－3＝0.

（2）f′（x）＝x－1＋＝（a>

①若a≥，则x2－x＋a≥0，f′（x）≥0，∴f（x）在（0，＋∞）上单调递增．

②若0<

，由x2－x＋a>

0得0<

或

x>

；

由x2－x＋a<

0得<

.

∴f（x）在上单调递减，在和上单调递增．

综上，当a≥时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；

时，f（x）在上单调递减，

在和上单调递增．

（3）由

（2）知0<

时，f（x）存在两个极值点x1，x2，

且x1，x2是方程x2－x＋a＝0的两个根，∴x1＋x2＝1，x1·

x2＝a.

∴f（x1）＋f（x2）＝x－x1＋alnx1＋x－x2＋alnx2

＝（x1＋x2）2－x1·

x2－（x1＋x2）＋aln（x1·

x2）

＝－a－1＋alna

＝alna－a－.

令g（x）＝xlnx－x－，则g′（x）＝lnx<

∴g（x）在上单调递减，

∴g（x）>

g＝.

∴f（x1）＋f（x2）>

高考必考题突破专项讲解

（二）

三角函数、解三角形、平面向量及其应用

[解密考纲]近几年的高考全国卷交替考查三角函数、解三角形．该部分解答题是高考得分的基本组成部分，不能掉以轻心．该部分的解答题考查的热点题型有：

一是考查三角函数的图象变换以及单调性、最值等；

二是考查解三角形问题；

三是考查三角函数、解三角形与平面向量的交汇性问题．在解题过程中要抓住平面向量作为解决问题的工具，要注意三角恒等变换公式的多样性和灵活性，注意题目中隐含的各种限制条件，选择合理的解决方法，灵活地实现问题的转化．

1．（2019·

江苏南京、盐城一模）设函数f（x）＝Asin（ωx＋φ）的部分图象如图所示．

（1）求函数y＝f（x）的解析式；

（2）当x∈时，求f（x）的取值范围．

解析

（1）由图象知A＝2，又＝－＝，

ω>

0，所以T＝2π＝，

解得ω＝1，所以f（x）＝2sin（x＋φ）．

将点代入，得＋φ＝＋2kπ（k∈Z），

即φ＝＋2kπ（k∈Z），又－<

φ<

，所以φ＝.

所以f（x）＝2sin.

（2）当x∈时，x＋∈，

所以sin∈，即f（x）∈[－，2]．

2．（2017·

北京卷）在△ABC中，∠A＝60°

，c＝a.

（1）求sinC的值；

（2）若a＝7，求△ABC的面积．

解析

（1）在△ABC中，因为A＝60°

，c＝a，

所以由正弦定理得sinC＝＝×

＝.

（2）因为a＝7，所以c＝×

7＝3.

由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA得72＝b2＋32－2b×

3×

，

解得b＝8，

所以△ABC的面积S＝bcsinA＝×

8×

＝6.

3．四边形ABCD的内角A与C互补，且AB＝1，BC＝3，CD＝DA＝2.

（1）求角C的大小和线段BD的长度；

（2）求四边形ABCD的面积．

解析

（1）∵A＋C＝π，∴cosA＝－cosC．

在△BCD中，由余弦定理，得BD2＝32＋22－2×

2×

cosC＝13－12cosC，

在△ABD中，由余弦定理，得BD2＝12＋22－2×

1×

cosA＝5＋4cosC，

联立上式，解得BD＝，cosC＝.

由于C∈（0，π），∴C＝，BD＝.

（2）∵A＋C＝π，C＝，∴sinA＝sinC＝.

又四边形ABCD的面积SABCD＝S△ABD＋S△BCD＝

AB·

ADsinA＋CB·

CDsinC＝×

（1＋3）＝2，

∴四边形ABCD的面积为2.

4．已知向量a＝（m，cos2x），b＝（sin2x，n），函数f（x）＝a·

b，且y＝f（x）的图象过点和点.

（1）求m，n的值；

（2）将y＝f（x）的图象向左平移φ（0<

π）个单位后得到函数y＝g（x）的图象，若y＝g（x）图象上各最高点到点（0,3）的距离的最小值为1，求y＝g（x）的单调递增区间．

解析

（1）由题意知f（x）＝a·

b＝msin2x＋ncos2x.

因为y＝f（x）的图象过点和.

所以

即解得

（2）由

（1）知f（x）＝sin2x＋cos2x＝2sin.

由题意知g（x）＝f（x＋φ）＝2sin.

设y＝g（x）的图象上符合题意的最高点为（x0,2），

由题意知x＋1＝1，所以x0＝0，

即到点（0,3）的距离为1的最高点为（0,2）．

将其代入y＝g（x）得sin＝1，

因为0<

π，所以φ＝，

因此g