《（江蘇專(zhuān)用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第四篇 一 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想試題 理.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專(zhuān)用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第四篇 一 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想試題 理.docx（18頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想
數(shù)學(xué)教學(xué)的最終目標(biāo)，是要讓學(xué)生會(huì)用數(shù)學(xué)的眼光觀察現(xiàn)實(shí)世界，會(huì)用數(shù)學(xué)的思維思考現(xiàn)實(shí)世界.數(shù)學(xué)素養(yǎng)就是指學(xué)生學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)應(yīng)當(dāng)達(dá)成的有特定意義的綜合性能力，數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)高于具體的數(shù)學(xué)知識(shí)技能，具有綜合性、整體性和持久性，反映數(shù)學(xué)本質(zhì)與數(shù)學(xué)思想，數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)是數(shù)學(xué)思想方法在具體學(xué)習(xí)領(lǐng)域的表現(xiàn).二輪復(fù)習(xí)中如果能自覺(jué)滲透數(shù)學(xué)思想，加強(qiáng)個(gè)人數(shù)學(xué)素養(yǎng)的培養(yǎng)，就會(huì)在復(fù)習(xí)中高屋建瓴，對(duì)整體復(fù)習(xí)起到引領(lǐng)和導(dǎo)向作用.
一、函數(shù)與方程思想在不等式中的應(yīng)用
函數(shù)與不等式的相互轉(zhuǎn)化，把不等式轉(zhuǎn)化為函數(shù)，借助函數(shù)的圖象和性質(zhì)可解決相關(guān)的問(wèn)題，常涉及不等式恒成立問(wèn)題、比較大小問(wèn)題.一般利用函數(shù)思想構(gòu)造新函數(shù)，建立函數(shù)關(guān)系求解.
1.若0
x1
解析 設(shè)g(x)＝(0g(x2)，
∴x2>x1.
2.(2018宿州調(diào)研)已知定義在R上的偶函數(shù)滿(mǎn)足f(x)＝x3＋4x(x≥0)，若f(1－2m)≥f(m)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是______________.
答案 ∪[1，＋∞)
解析 由題意可知，定義在R上的偶函數(shù)f(x)＝x3＋4x(x≥0)，因?yàn)閥＝x3，y＝4x在x≥0時(shí)都是單調(diào)遞增的函數(shù)，故函數(shù)f(x)＝x3＋4x在x≥0時(shí)為增函數(shù)，又函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，故圖象關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，所以f(1－2m)≥f(m)，只需|1－2m|≥|m|，即m∈∪[1，＋∞).
3.已知定義在R上的函數(shù)g(x)的導(dǎo)函數(shù)為g′(x)，滿(mǎn)足g′(x)－g(x)<0，若函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱(chēng)，且g(4)＝1，則不等式>1的解集為_(kāi)_______.
答案 (－∞，0)
解析 ∵函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱(chēng)，
∴g(0)＝g(4)＝1.
設(shè)f(x)＝，
則f′(x)＝＝.
又g′(x)－g(x)<0，∴f′(x)<0，
∴f(x)在R上單調(diào)遞減.
又f(0)＝＝1，∴f(x)>f(0)，∴x<0.
4.若x∈[－2,1]時(shí)，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_________.
答案 [－6，－2]
解析 當(dāng)－2≤x<0時(shí)，不等式轉(zhuǎn)化為a≤.
令f(x)＝(－2≤x<0)，
則f′(x)＝＝，
故f(x)在[－2，－1]上單調(diào)遞減，在(－1,0)上單調(diào)遞增，
此時(shí)有a≤f(x)min＝f(－1)＝＝－2.
當(dāng)x＝0時(shí)，不等式恒成立.
當(dāng)00,
設(shè)Sn＝f(n)，則f(n)為二次函數(shù)，
又由f(7)＝f(17)知，f(n)的圖象開(kāi)口向上，關(guān)于直線n＝12對(duì)稱(chēng)，
故Sn取最小值時(shí)n的值為12.
7.(2018江蘇海安高級(jí)中學(xué)月考)已知等比數(shù)列{an}的公比q>1，其前n項(xiàng)和為Sn，若S4＝2S2＋1，則S6的最小值為_(kāi)_______.
答案 2＋3
解析 ∵S4＝2S2＋1，∴＝2＋1?a1(1＋q)(q2－1)＝1，∵q>1，∴S6＝＝(1＋q＋q2)(1－q＋q2)(1＋q)＝q2－1＋＋3≥2＋3，當(dāng)且僅當(dāng)q2＝1＋(q>1)時(shí)取等號(hào)，
∴S6的最小值為2＋3.
8.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S4＝－2，S5＝0，S6＝3，則nSn的最小值為_(kāi)_______.
答案?。?
解析 由已知得Sn＝，故nSn＝.
令f(x)＝，則f′(x)＝x2－5x，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝，
∴f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.
又∵n是正整數(shù)，當(dāng)n＝3時(shí)，nSn＝－9，當(dāng)n＝4時(shí)，nSn＝－8，
故當(dāng)n＝3時(shí)，nSn取得最小值－9.
三、函數(shù)與方程思想在解析幾何中的應(yīng)用
解析幾何中求斜率、截距、半徑、點(diǎn)的坐標(biāo)、離心率、幾何量等經(jīng)常要用到方程(組)的思想；直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問(wèn)題，可以通過(guò)轉(zhuǎn)化為一元二次方程，利用判別式進(jìn)行解決；求變量的取值范圍和最值問(wèn)題常轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域、最值，用函數(shù)的思想分析解答.
9.以拋物線C的頂點(diǎn)為圓心的圓交C于A，B兩點(diǎn)，交C的準(zhǔn)線于D，E兩點(diǎn).已知AB＝4，DE＝2，則C的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為_(kāi)_______.
答案 4
解析 不妨設(shè)拋物線C：y2＝2px(p>0)，圓的方程設(shè)為x2＋y2＝r2(r>0)，如圖，
又可設(shè)A(x0,2)，
D，
點(diǎn)A(x0,2)在拋物線y2＝2px上，∴8＝2px0， ①
點(diǎn)A(x0,2)在圓x2＋y2＝r2上，∴x＋8＝r2， ②
點(diǎn)D在圓x2＋y2＝r2上，
∴5＋2＝r2， ③
聯(lián)立①②③，解得p＝4，即C的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為p＝4.
10.如圖，已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的右頂點(diǎn)為A，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以A為圓心的圓與雙曲線C的一條漸近線交于P，Q兩點(diǎn)，若∠PAQ＝60，且＝3，則雙曲線C的離心率為_(kāi)_______.
答案
解析 因?yàn)椤螾AQ＝60，AP＝AQ，
所以AP＝AQ＝PQ，設(shè)AQ＝2R，
又＝3，則OP＝PQ＝R.
雙曲線C的漸近線方程是y＝x，A(a,0)，
所以點(diǎn)A到直線y＝x的距離
d＝＝，
所以2＝(2R)2－R2＝3R2，
即a2b2＝3R2(a2＋b2)，
在△OQA中，由余弦定理得，
OA2＝OQ2＋QA2－2OQQAcos60
＝(3R)2＋(2R)2－23R2R
＝7R2＝a2.
由得
所以雙曲線C的離心率為
e＝＝＝＝＝＝.
11.設(shè)橢圓中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，A(2,0)，B(0,1)是它的兩個(gè)頂點(diǎn)，直線y＝kx(k>0)與AB相交于點(diǎn)D，與橢圓相交于E，F(xiàn)兩點(diǎn).若＝6，則k的值為_(kāi)_______.
答案 或
解析 依題意得橢圓的方程為＋y2＝1，直線AB，EF的方程分別為x＋2y＝2，y＝kx(k>0).如圖，設(shè)D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(xiàn)(x2，kx2)，其中x1.
所以k的取值范圍為.
3.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且f(－x－1)＝f(x－1)，當(dāng)x∈[－1,0]時(shí)，f(x)＝－x3，則關(guān)于x的方程f(x)＝|cosπx|在上的所有實(shí)數(shù)解之和為_(kāi)_______.
答案?。?
解析 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)為偶函數(shù)，所以f(－x－1)＝f(x＋1)＝f(x－1)，所以函數(shù)f(x)的周期為2.
又當(dāng)x∈[－1,0]時(shí)，f(x)＝－x3，由此在同一平面直角坐標(biāo)系內(nèi)作出函數(shù)y1＝f(x)與y2＝|cos πx|的圖象如圖所示.
由圖象知關(guān)于x的方程f(x)＝|cos πx|在上的實(shí)數(shù)解有7個(gè).
不妨設(shè)x10，所以m＝－1，故m的取值范圍是[－1，＋∞).
7.若不等式|x－2a|≥x＋a－1對(duì)x∈R恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.
答案
解析 作出y1＝|x－2a|和y2＝x＋a－1的簡(jiǎn)圖，如圖所示.
依題意得2a≤2－2a，
故a≤.
8.已知函數(shù)f(x)＝若存在兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，使得f(x1)＝f(x2)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______.
答案 [0，＋∞)
解析 根據(jù)題意知f(x)是一個(gè)分段函數(shù)，當(dāng)x≥1時(shí)，是一個(gè)開(kāi)口向下的二次函數(shù)，對(duì)稱(chēng)軸方程為x＝a；當(dāng)x<1時(shí)，是一個(gè)一次函數(shù).當(dāng)a>1時(shí)，如圖(1)所示，符合題意；當(dāng)0≤a≤1時(shí)，如圖(2)所示，符合題意；當(dāng)a<0時(shí)，如圖(3)所示，此時(shí)函數(shù)在R上單調(diào)遞減，不滿(mǎn)足題意.綜上所述，可得a≥0.
三、數(shù)形結(jié)合思想在解析幾何中的應(yīng)用
在解析幾何的解題過(guò)程中，通常要數(shù)形結(jié)合，挖掘題中所給的代數(shù)關(guān)系式和幾何關(guān)系式，構(gòu)建解析幾何模型并應(yīng)用模型的幾何意義求最值或范圍；常見(jiàn)的幾何結(jié)構(gòu)的代數(shù)形式主要有：①比值——可考慮直線的斜率；②二元一次式——可考慮直線的截距；③根式分式——可考慮點(diǎn)到直線的距離；④根式——可考慮兩點(diǎn)間的距離.
9.已知圓C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和兩點(diǎn)A(－m,0)，B(m,0)(m>0).若圓C上存在點(diǎn)P，使得∠APB＝90，則m的最大值為_(kāi)_______.
答案 6
解析 根據(jù)題意，畫(huà)出示意圖，如圖所示，則圓心C的坐標(biāo)為(3,4)，半徑r＝1，且AB＝2m，因?yàn)椤螦PB＝90，連結(jié)OP，可知OP＝AB＝m.
要求m的最大值，即求圓C上的點(diǎn)P到原點(diǎn)O的最大距離.因?yàn)镺C＝5，所以(OP)max＝OC＋r＝6，即m的最大值為6.
10.設(shè)雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，以F1F2為直徑的圓與雙曲線左支的一個(gè)交點(diǎn)為P.若以A1A2為直徑的圓與直線PF2相切，則雙曲線C的離心率為_(kāi)_______.
答案
解析 如圖所示，設(shè)以A1A2為直徑的圓與直線PF2的切點(diǎn)為Q，連結(jié)OQ，
則OQ⊥PF2.
又PF1⊥PF2，
O為F1F2的中點(diǎn)，
所以PF1＝2OQ＝2a.
又PF2－PF1＝2a，
所以PF2＝4a.在Rt△F1PF2中，由PF＋PF＝F1F，得4a2＋16a2＝20a2＝4c2，即e＝＝.
11.已知拋物線的方程為x2＝8y，F(xiàn)是其焦點(diǎn)，點(diǎn)A(－2,4)，在此拋物線上求一點(diǎn)P，使△APF的周長(zhǎng)最小，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為_(kāi)_______.
答案
解析 因?yàn)?－2)2<84，所以點(diǎn)A(－2,4)在拋物線x2＝8y的內(nèi)部，
如圖，設(shè)拋物線的準(zhǔn)線為l，
過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥l于點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)A作AB⊥l于點(diǎn)B，連結(jié)AQ，
由拋物線的定義可知，△APF的周長(zhǎng)為
PF＋PA＋AF＝PQ＋PA＋AF≥AQ＋AF≥AB＋AF，
當(dāng)且僅當(dāng)P，B，A三點(diǎn)共線時(shí)，△APF的周長(zhǎng)取得最小值，即AB＋AF.
因?yàn)锳(－2,4)，所以不妨設(shè)△APF的周長(zhǎng)最小時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(－2，y0)，
代入x2＝8y，得y0＝.
故使△APF的周長(zhǎng)最小的點(diǎn)P的坐標(biāo)為.
12.已知P是直線l：3x＋4y＋8＝0上的動(dòng)點(diǎn)，PA，PB是圓x2＋y2－2x－2y＋1＝0的兩條切線，A，B是切點(diǎn)，C是圓心，則四邊形PACB面積的最小值為_(kāi)_______.
答案 2
解析 連結(jié)PC，由題意知圓的圓心C(1,1)，半徑為1，從運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)看問(wèn)題，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P沿直線3x＋4y＋8＝0向左上方或右下方無(wú)窮遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)時(shí)，Rt△PAC的面積S△PAC＝PAAC＝PA越來(lái)越大，從而S四邊形PACB也越來(lái)越大；當(dāng)點(diǎn)P從左上、右下兩個(gè)方向向中間運(yùn)動(dòng)時(shí)，S四邊形PACB變小，顯然，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)一個(gè)最特殊的位置，即CP垂直于直線l時(shí)，S四邊形PACB有唯一的最小值，此時(shí)PC＝＝3，從而PA＝＝2，所以(S四邊形PACB)min＝2PAAC＝2.
1.定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(x＋2)＝－f(x)，且在[0,1]上是減函數(shù)，則f，f，f的大小關(guān)系為_(kāi)_______.
答案 f0，b>0)的右焦點(diǎn)F作直線y＝－x的垂線，垂足為A，交雙曲線左支于B點(diǎn)，若＝2，則該雙曲線的離心率為_(kāi)_______.
答案
解析 設(shè)F(c,0)，則直線AB的方程為y＝(x－c)，代入雙曲線漸近線方程y＝－x，得A.由＝2，可得B，把B點(diǎn)坐標(biāo)代入－＝1，得－＝1，∴c2＝5a2，
∴離心率e＝＝.
5.記實(shí)數(shù)x1，x2，…，xn中最小數(shù)為min{x1，x2，…，xn}，則定義在區(qū)間[0，＋∞)上的函數(shù)f(x)＝min{x2＋1，x＋3,13－x}的最大值為_(kāi)_______.
答案 8
解析 在同一坐標(biāo)系中作出三個(gè)函數(shù)y＝x2＋1，y＝x＋3，y＝13－x的圖象如圖.
由圖可知，在實(shí)數(shù)集R上，min{x2＋1，x＋3,13－x}為y＝x＋3上A點(diǎn)下方的射線，拋物線AB之間的部分，線段BC與直線y＝13－x在點(diǎn)C下方的部分的組合體.顯然，在區(qū)間[0，＋∞)上，在C點(diǎn)時(shí)，y＝min{x2＋1，x＋3,13－x}取得最大值.
解方程組得點(diǎn)C(5,8).
所以f(x)max＝8.
6.已知函數(shù)f(x)＝|lg(x－1)|，若1＜a＜b且f(a)＝f(b)，則a＋2b的取值范圍為_(kāi)_______.
答案 (6，＋∞)
解析 由圖象可知b＞2,1＜a＜2，
∴－lg(a－1)＝lg(b－1)，
則a＝，
則a＋2b＝＋2b＝＝＝2(b－1)＋＋3，
由對(duì)勾函數(shù)的性質(zhì)知，
當(dāng)b∈時(shí)，f(b)＝2(b－1)＋＋3單調(diào)遞增，
∵b＞2，
∴a＋2b＝＋2b＞6.
7.已知函數(shù)f(x)＝若不等式f(x)≥mx恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為_(kāi)_______.
答案 [－3－2，0]
解析 函數(shù)f(x)及y＝mx的圖象如圖所示，由圖象可知，當(dāng)m>0時(shí)，不等式f(x)≥mx不恒成立，設(shè)過(guò)原點(diǎn)的直線與函數(shù)f(x)＝x2－3x＋2(x<1)相切于點(diǎn)A(x0，x－3x0＋2)，因?yàn)閒′(x0)＝2x0－3，所以該切線方程為y－(x－3x0＋2)＝(2x0－3)(x－x0)，因?yàn)樵撉芯€過(guò)原點(diǎn)，所以－(x－3x0＋2)＝－x0(2x0－3)，解得x0＝－，即該切線的斜率k＝－2－3.由圖象得－2－3≤m≤0.
8.已知函數(shù)f(x)＝＋x＋sinx，若存在x∈[－2,1]，使得f(x2＋x)＋f(x－k)<0成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________.
答案 (－1，＋∞)
解析 由題意知函數(shù)f(x)＝＋x＋sin x的定義域?yàn)镽，f(－x)＝＋(－x)＋sin(－x)＝－＝－f(x)，即函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，且f′(x)＝＋1＋cos x>0在R上恒成立，即函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增.若?x∈[－2，1]，使得f(x2＋x)＋f(x－k)<0成立，
即f(x2＋x)<－f(x－k)，
所以f(x2＋x)x2＋2x，
令g(x)＝x2＋2x，x∈[－2,1].
則k>g(x)min＝g(－1)＝－1，
故實(shí)數(shù)k的取值范圍是(－1，＋∞).
9.已知正四棱錐的體積為，則正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)的最小值為_(kāi)_______.
答案 2
解析 如圖所示，設(shè)正四棱錐的底面邊長(zhǎng)為a，高為h.則該正四棱錐的體積V＝a2h＝，
故a2h＝32，即a2＝.
則其側(cè)棱長(zhǎng)為l＝＝.
令f(h)＝＋h2，則f′(h)＝－＋2h＝，
令f′(h)＝0，解得h＝2.
當(dāng)h∈(0,2)時(shí)，f′(h)<0，f(h)單調(diào)遞減；
當(dāng)h∈(2，＋∞)時(shí)，f′(h)>0，f(h)單調(diào)遞增，
所以當(dāng)h＝2時(shí)，f(h)取得最小值f(2)＝＋22＝12，
故lmin＝＝2.
10.若函數(shù)f(x)＝|2x－2|－b有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是________.
答案 (0,2)
解析 由f(x)＝|2x－2|－b有兩個(gè)零點(diǎn)，
可得|2x－2|＝b有兩個(gè)不等的實(shí)根，
從而可得函數(shù)y1＝|2x－2|的圖象與函數(shù)y2＝b的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，如圖所示.
結(jié)合函數(shù)的圖象，可得00)，若兩條曲線沒(méi)有公共點(diǎn)，則r的取值范圍是______________.
答案 (0,1)∪
解析 方法一 聯(lián)立C1和C2的方程，消去x，
得到關(guān)于y的方程－y2＋2y＋10－r2＝0， ①
方程①可變形為r2＝－y2＋2y＋10，
把r2＝－y2＋2y＋10看作關(guān)于y的函數(shù).
由橢圓C1可知，－2≤y≤2，
因此，求使圓C2與橢圓C1有公共點(diǎn)的r的集合，等價(jià)于在定義域?yàn)閥∈[－2,2]的情況下，求函數(shù)r2＝f(y)＝－y2＋2y＋10的值域.
由f(－2)＝1，f(2)＝9，f＝，
可得f(y)的值域?yàn)?，即r∈，
它的補(bǔ)集就是圓C2與橢圓C1沒(méi)有公共點(diǎn)的r的集合，因此，兩條曲線沒(méi)有公共點(diǎn)的r的取值范圍是(0,1)∪.
方法二 聯(lián)立C1和C2的方程消去x，得到關(guān)于y的方程－y2＋2y＋10－r2＝0. ①
兩條曲線沒(méi)有公共點(diǎn)，等價(jià)于方程－y2＋2y＋10－r2＝0要么沒(méi)有實(shí)數(shù)根，要么有兩個(gè)根y1，y2?[－2,2].
若沒(méi)有實(shí)數(shù)根，則Δ＝4－4(10－r2)<0，
解得r>或r<－
.
若兩個(gè)根y1，y2?[－2,2]，設(shè)φ(y)＝－y2＋2y＋10－r2，其圖象的對(duì)稱(chēng)軸方程為y＝∈[－2,2].
則又r>0，解得00，
故φ(x)在上單調(diào)遞增，
所以φ(x)≥φ＝－>0.
因此g′(x)>0，故g(x)在上單調(diào)遞增，
則g(x)≥g＝＝2－，
所以a－＝2－，解得a＝2，
所以a的取值集合為{2}.
（江蘇專(zhuān)用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第四篇 一 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想試題 理.docx
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