1、高考资源网（） 您身边的高考专家高考热点追踪(一)函数中的新定义问题用数学符号或文字叙述给出一个新定义，利用这个新定义和已学过的知识解决题目给出的问题，叫新定义题求解此类问题，首先应明确新定义的实质，利用新定义中包含的内容，结合所学知识，将问题向熟悉的、已掌握的知识进行转化 (2019无锡市高三上学期期末考试)若函数f(x)在m，n(mn)上的值域恰好是m，n，则称m，n为函数f(x)的一个“等值映射区间”下列函数：yx21；y2log2x；y2x1；y，其中，存在唯一一个“等值映射区间”的函数有_个【解析】根据新定义可知，存在唯一一个“等值映射区间”的函数与另一函数yx的图象有两个交点，且在
2、m，n(mn)上的值域恰好为m，n，可见两函数在m，n上均单调递增对于yx21，根据新定义可得，x21x，方程有两个解，即函数yx21与函数yx的图象有两个交点，但在同一增区间上只有一个交点，故不满足题意；对于y2log2x，根据新定义可得，2log2 xx，方程有两个解，即函数y2log2x与函数yx的图象有两个交点，且在定义域内两函数都单调递增，故满足题意；对于y2x1，根据新定义可得，2x1x，方程有两个解，即函数y2x1与函数yx的图象有两个交点，且在定义域内两函数都单调递增，故满足题意；对于y，根据新定义可得，x2x1(x1)，方程有两个解，即函数y与函数yx的图象有两个交点，但y不
3、单调递增，故不满足题意所以存在唯一一个“等值映射区间”的函数有2个【答案】2名师点评创新题型在高考中常出现，考查学生对新定义的理解能力，只有明确新定义的实质，才能使问题得以解决不等式恒成立问题的解题策略恒成立问题在高考中经常出现，由于涉及的知识面广，制约条件复杂，参变量的潜在约束比较隐晦，考生在解题时，不易理清思路，抓不住关键，往往半途而废下面谈谈解决此类问题的常用方法一、反客为主更换主元有些数学问题构思新颖，同时有其实际背景，按固有的习惯思维，把注意力集中在某些醒目的“主元”上，往往陷入困境如果打破思维定式，反“客”为“主”，把原来处于相对次要地位的“客元”突显出来，常常能收到出人意料的效果
4、 对任意的|m|2，函数f(x)mx22x1m恒负，则x的取值范围为_【解析】 设g(m)(x21)m2x1，则有即解得x0，所以不等式(xy3)2a(xy3)10可转化为(xy3)a令txy3，t0，则f(t)ta，且函数f(t)在区间1，)上单调递增等式x2y3xy可化为(x2)(y1)5，令mx2，ny1，则m0，n0，且mn5，则tmn22，当且仅当mn，即xy1，即x2，y1时等号成立，故f(t)f(2)2，所以a【答案】(，名师点评若对于x取值范围内的任何一个数都需要f(x)g(a)恒成立，则g(a)f(x)的最小值；若对于x取值范围内的任何一个数，都有f(x)g(a)恒成立，则g
5、(a)f(x)的最大值三、变量替换避繁就简根据所要求解的式子的结构特征，巧妙地设置新的变量来替代原来表达式中的某些式子或变量，对新的变量求出结果后，返回去再求出原变量的结果此法应用往往简便快捷，可以避开烦琐的运算 (2019宁波质检)当x(0，1)时，不等式m恒成立，则m的最大值为_【解析】由已知不等式可得m设f(x)，令t3x1，则x，t(1，4)，f(x)可化为g(t)，因为t(1，4)，所以5t4，051，9，即f(x)9，)，故m的最大值为9【答案】9名师点评本题使用换元法起到了沟通问题的条件和结论的中介作用，并使运算得以简化，令人耳目一新四、数形结合以“形”代算数形结合的思想，其实质
6、是将抽象的数学语言与直观的图形结合起来，使抽象思维和形象思维结合，通过对图形的认识，数形结合的转化，可以培养思维的灵活性、形象性，使问题化难为易，化抽象为具体通过“形”往往可以解决用“数”很难解决的问题 当x时，x2logax恒成立，则a的取值范围是_【解析】 由图形可知，0a1，因为当x时，x2logax恒成立，所以loga，所以a，又因为0a1，所以a0得x，故B，故AB答案 3函数f(x)(0x2)的值域为_解析 因为函数f(x)(0x2)是减函数，又知1，从而值域为答案 4不等式1x22x12的解集是_解析 原不等式等价于：即所以不等式的解集是x|3x2或0x1答案 x|3x2或0x1
7、5(2019南京模拟)设函数f(x)则f()f()_解析 f()f()(2log3)(3log2)235答案 56已知函数f(x)为奇函数，函数f(x1)为偶函数，f(1)1，则f(3)_解析 因为f(x)为奇函数且f(x1)为偶函数，故f(x1)f(x1)，令x2，得f(3)f(1)f(1)1，即f(3)1答案 17(2019深圳质检)在ABC中，a，b，c分别为A，B，C所对的边，若函数f(x)x3bx2(a2c2ac)x1有极值点，则B的范围是_解析 由题意得f(x)x22bxa2c2ac，4b24a24c24ac0，cos B0，b0，且1，则a2b的最小值为_解析 由已知等式得2a2
8、b12ab2ab2b，从而，a，a2b2bb2，当且仅当b时等号成立，故有最小值答案 9(2019淮安调研)已知函数f(x)x，g(x)x22ax4，若对任意x10，1，存在x21，2，使f(x1)g(x2)，则实数a的取值范围是_解析 由于f(x)10，因此函数f(x)在0，1上单调递增，所以x0，1时，f(x)minf(0)1根据题意可知存在x1，2，使得g(x)x22ax41，即x22ax50，即a能成立，令h(x)，则要使ah(x)在x1，2能成立，只需使ah(x)min，又函数h(x)在x1，2上单调递减，所以h(x)minh(2)，故只需a答案 10(2019南京、盐城高三模拟)已
9、知函数f(x)ln x(ea)xb，其中e为自然对数的底数若不等式f(x)0恒成立，则的最小值为_解析 由不等式f(x)0恒成立可得f(x)max0f(x)ea，x0，当ea0，即ae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ea0，即ae时，由f(x)0得x，当x时，f(x)0，f(x)单调递增，当x时，f(x)0，f(x)单调递减，此时f(x)maxfln(ae)1b0，则bln(ae)1，又ae，所以，ae，令aet0，则，t0令g(t)，t0，则g(t)，由g(t)0得te，且当t(0，e)时，g(t)0，g(t)单调递减，
10、当t(e，)时，g(t)0，g(t)单调递增，所以g(t)ming(e)，即，故的最小值为答案 11(2019江苏省高考命题研究专家原创卷(九)2018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发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，若每张门票的价格降低x元，则每年的门票收入增加值为p(x)万元，且满足p(x)x2ax5(5x50)；若
11、景区的升级改造投入10x万元，则每年旅游收入的增加值为q(x)万元，且满足q(x)bx20ln已知2017年该景区的游客量为1 000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2017年的门票收入为501 00050 000(元)，则p(50)5，所以p(50)50250a55，可得a20由q(x)bx20ln及q(25)2
12、70得25b20ln 1270，所以b，所以f(x)p(x)q(x)10xxx220ln5(5x50)(2)f(x)x(5x50)，显然f(x)在5，25)上单调递增，在(25，50上单调递减，所以f(x)maxf(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(2019江苏名校高三入学摸底)已知函数f(x)xln xx(1)求函数f(x)的单调递减区间；(2)令g(x)f(x)(x22)(mR)，若函数g(x)在(0，)内有两个不相等的极值点x1和x2，且x10，若不等式e1x1x恒成立，求实数的取值范围解 (1)函数f(x)的定义域为(0，)，且f(x)l
13、n x，令f(x)ln x0，得0x1，故函数f(x)的单调递减区间为(0，1)(2)依题意，函数g(x)xln xx2xm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ln xmx0在(0，)内有两个不相等的实根，所以函数yln x与函数ymx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图所示，若令过原点且切于函数yln x图象的直线斜率为k，只需0mk设切点为A(x0，ln x0)，所以ky|xx0，又k，所以，解得x0e，于是k，所以0me1x1x等价于1ln x1ln x2由可知x1，x2分别是方程ln xmx0的两个根，即
14、ln x1mx1，ln x2mx2，所以原不等式等价于10，0x1由ln x1mx1，ln x2mx2作差得，ln m(x1x2)，即m，所以原不等式等价于，因为0x1x2，原不等式恒成立，所以ln恒成立令t，t(0，1)，则不等式ln t0，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20，当t(2，1)时，h(t)0，所以h(t)在t(0，2)上单调递增，在t(2，1)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，若不等式e10，所以113(2019南京模拟)设函数f(x)x3ax2bx
15、(x0)的图象与直线y4相切于点M(1，4)(1)求yf(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(s0，故极值点x3不在区间s，t上()若极值点x1在区间s，t上，此时0s1t3(st)，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；()若f(x)x36x29x在s，t上单调递增，即0st1或3st，则即解得不符合要求；()若f(x)x36x29x在s，t上单调递减，即1st3，则两式相减并除st，得(st)26(st)st100，两式相除，可得s(s3)2t(t3)2，即s(3s)t(3t)，整理并除以st，得st3，由、可得即s，
16、t是方程x23x10的两根，即s，t，不合要求综上所述，不存在满足条件的s，t14(2019江苏省高考名校联考)已知直线y是曲线f(x)的切线(1)求函数f(x)的解析式(2)记F(x)f(x)x，试问函数F(x)在(0，)上是否存在零点x0(k，k1)，kN？若存在，求k的值；若不存在，请说明理由(3)用minm，n表示m，n中的较小者，设函数g(x)min(x0)，若函数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)，设切点为(x1，y1)，则，解得，故函数f(x)的解析式为f(x)(2)由(1)得F(x)x，则F(x)1，显然，当x2时，F(x)0，当0x2时，F(x)10，故F(x)在(0，)上单调递减又F(1)0，F(2)0，所以F(1)F(2)0，由零点存在性定理可知，F(x)在(0，)上存在零点x0，且x0(1，2)，故k1(3)由(2)可知，当0xx0时，F(x)0，即f(x)x，当xx0时，F(x)0，即f(x)x故g(x)，从而h(x)，则h(x)又在(0，)上，h(x)0恒成立，当x(0，x0时，由h(x)12tx0得t，所以t当x(x0，)时，由h(x)2tx0得t，记u(x)，则由u(x)可知当x3时，u(x)min，从而t综上所述，实数t的最大值为- 11 - 版权所有高考资源网
