【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2021高考數(shù)學(xué)(四川專用-理科)二輪專題整合：1-7-1函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想

專題七數(shù)學(xué)思想方法第1講函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想eq一、選擇題1．已知等比數(shù)列{an}中，a2＝1，則其前3項(xiàng)的和S3的取值范圍是 ()．A．(－∞，－1) B.(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．[3，＋∞) D.(－∞，－1]∪[3，＋∞)解析∵等比數(shù)列{an}中，a2＝1，∴S3＝a1＋a2＋a3＝a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q)＋1＋q))＝1＋q＋eq\f(1,q).當(dāng)公比q＞0時(shí)，S3＝1＋q＋eq\f(1,q)≥1＋2eq\r(q·\f(1,q))＝3，當(dāng)公比q＜0時(shí)，S3＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－q－\f(1,q)))≤1－2eq\r(－q·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,q))))＝－1，∴S3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)．答案D2．已知a，b是平面內(nèi)兩個(gè)相互垂直的單位向量，若向量c滿足(a－c)·(b－c)＝0，則|c|的最大值是 ()．A.eq\r(2) B.2eq\r(2)C.eq\r(3) D.2解析如圖，設(shè)eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，eq\o(OC,\s\up7(→))＝c，則eq\o(CA,\s\up7(→))＝a－c，eq\o(CB,\s\up7(→))＝b－c.由題意知eq\o(CA,\s\up7(→))⊥eq\o(CB,\s\up7(→))，∴O，A，C，B四點(diǎn)共圓．∴當(dāng)OC為圓的直徑時(shí)，|c|最大，此時(shí)，|eq\o(OC,\s\up7(→))|＝eq\r(2).答案A3．若函數(shù)f(x)、g(x)分別為R上的奇函數(shù)、偶函數(shù)，且滿足f(x)－g(x)＝ex，則有()．A．f(2)＜f(3)＜g(0) B.g(0)＜f(3)＜f(2)C．f(2)＜g(0)＜f(3) D.g(0)＜f(2)＜f(3)解析由題意得f(x)－g(x)＝ex，f(－x)－g(－x)＝e－x，即－f(x)－g(x)＝e－x，由此解得f(x)＝eq\f(ex－e－x,2)，g(x)＝eq\f(－ex＋e－x,2)，g(0)＝－1，函數(shù)f(x)＝eq\f(ex－e－x,2)在R上是增函數(shù)，且f(3)＞f(2)＝eq\f(e2－e－2,2)＞0，因此g(0)＜f(2)＜f(3)．答案D4．若a＞1，則雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a＋12)＝1的離心率e的取值范圍是 ()．A．(1，eq\r(2)) B.(eq\r(2)，eq\r(5))C．[eq\r(2)，eq\r(5)] D.(eq\r(3)，eq\r(5))解析e2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2＝eq\f(a2＋a＋12,a2)＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))2，由于當(dāng)a＞1時(shí)，0＜eq\f(1,a)＜1，所以2＜e2＜5，即eq\r(2)＜e＜eq\r(5).答案B二、填空題5．已知奇函數(shù)f(x)的定義域是{x|x≠0，x∈R}，且在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，若f(1)＝0，則滿足x·f(x)＜0的x的取值范圍是________．解析作出符合條件的一個(gè)函數(shù)圖象草圖即可，由圖可知x·f(x)＜0的x的取值范圍是(－1,0)∪(0,1)．答案(－1,0)∪(0,1)6．已知圓x2＋y2＋2x－4y＋1＝0關(guān)于直線2ax－by＋2＝0(a，b∈R)對稱，則ab的取值范圍是________．解析圓心坐標(biāo)為(－1,2)，由于圓關(guān)于直線對稱，所以－2a－2b＋2＝0即a＋b－1＝0，∴ab＝a(1－a)＝－a2＋a＝－(a－eq\f(1,2))2＋eq\f(1,4)≤eq\f(1,4).答案(－∞，eq\f(1,4)]7．已知△ABC的一個(gè)內(nèi)角為120°，并且三邊長構(gòu)成公差為4的等差數(shù)列，則△ABC的面積為________．解析由于三邊長構(gòu)成公差為4的等差數(shù)列，故可設(shè)三邊長分別為x－4，x，x＋4，由一個(gè)內(nèi)角為120°知其必是最長邊x＋4所對的角．由余弦定理得(x＋4)2＝x2＋(x－4)2－2x(x－4)cos120°，∴2x2－20x＝0，∴x＝0(舍去)或x＝10.∴SΔABC＝eq\f(1,2)×(10－4)×10×sin120°＝15eq\r(3).答案15eq\r(3)8．函數(shù)f(x)＝(eq\f(1,2))x－sinx在區(qū)間[0,2π]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為________．解析函數(shù)f(x)＝(eq\f(1,2))x－sinx在區(qū)間[0,2π]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)即為方程(eq\f(1,2))x－sinx＝0在區(qū)間[0,2π]上解的個(gè)數(shù)．因此可以轉(zhuǎn)化為兩函數(shù)y＝(eq\f(1,2))x與y＝sinx交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，依據(jù)圖象可得交點(diǎn)個(gè)數(shù)為2，即零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2.答案2三、解答題9．已知f(t)＝log2t，t∈[eq\r(2)，8]，對于f(t)值域內(nèi)的全部實(shí)數(shù)m，不等式x2＋mx＋4＞2m＋4x恒成立，求x的取值范圍．解∵t∈[eq\r(2)，8]，∴f(t)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3)).原題轉(zhuǎn)化為當(dāng)m∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))時(shí)，不等式x2＋mx＋4＞2m＋4x恒成立，即m(x－2)＋(x－2)2＞0恒成立．令g(m)＝m(x－2)＋(x－2)2，m∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))，問題轉(zhuǎn)化為g(m)在m∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上恒大于0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g\f(1,2)＞0，,g3＞0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－2＋x－22＞0，,3x－2＋x－22＞0.))解得x＞2或x＜－1.10．已知平面對量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(\r(3),2)))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，且存在實(shí)數(shù)x，y，使得m＝a＋(x2－3)b，n＝－ya＋xb且m⊥n.(1)求y＝f(x)的關(guān)系式；(2)已知k∈R，爭辯關(guān)于x的方程f(x)－k＝0的實(shí)根個(gè)數(shù)．解(1)a·b＝eq\f(3,2)·eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)·eq\f(\r(3),2)＝0，|a|＝eq\r(3)，|b|＝1.由于m⊥n，所以m·n＝0，即[a＋(x2－3)b](－ya＋xb)＝0，化簡整理得y＝eq\f(1,3)x3－x，即f(x)＝eq\f(1,3)x3－x.(2)方程f(x)－k＝0實(shí)根個(gè)數(shù)由兩函數(shù)y＝f(x)，y＝k的圖象交點(diǎn)個(gè)數(shù)確定．由f′(x)＝x2－1＝(x－1)(x＋1)知：f(x)在(－∞，－1)及(1，＋∞)上為增函數(shù)，在(－1,1)上為減函數(shù)，極大值f(－1)＝eq\f(2,3)，微小值f(1)＝－eq\f(2,3).作y＝f(x)和y＝k的圖象如圖，知當(dāng)k＜－eq\f(2,3)或k＞eq\f(2,3)時(shí)，兩圖象有一個(gè)交點(diǎn)，原方程有一個(gè)實(shí)根；當(dāng)k＝±eq\f(2,3)時(shí)，原方程有兩個(gè)實(shí)根；當(dāng)－eq\f(2,3)＜k＜eq\f(2,3)時(shí)，原方程有三個(gè)實(shí)根．11．橢圓C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)O，焦點(diǎn)在y軸上，短軸長為eq\r(2)，離心率為eq\f(\r(2),2)，直線l與y軸交于點(diǎn)P(0，m)，與橢圓C交于相異兩點(diǎn)A，B，且eq\o(AP,\s\up7(→))＝3eq\o(PB,\s\up7(→)).(1)求橢圓C的方程；(2)求m的取值范圍．解(1)設(shè)橢圓C的方程為eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)，設(shè)c＞0，c2＝a2－b2，由題意，知2b＝eq\r(2)，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以a＝1，b＝c＝eq\f(\r(2),2).故橢圓C的方程為y2＋eq\f(x2,\f(1,2))＝1.即y2＋2x2＝1.(2)設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(k≠0)，l與橢圓C的交點(diǎn)坐標(biāo)為A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,2x2＋y2＝1，))得(k2＋2)x2＋2kmx＋m2－1＝0，Δ＝(2km)2－4(k2＋2)(m2＝4(k2－2m2＋2)＞0，(*)x1＋x2＝eq\f(－2km,k2＋2)，x1x2＝eq\f(m2－1,k2＋2).由于eq\o(AP,\s\up7(→))＝3eq\o(PB,\s\up7(→))，所以－x1＝3x2.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－2x2，,x1x2＝－3x\o\al(2,2).))所以3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0.所以3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2km,k2＋2)))2＋4·eq\f(m2－1,k2＋2)＝0.整理得4k2m2＋2m2－k2－2＝0，即k2(4m2－1)＋(2m2－2)＝0.當(dāng)m2＝eq\f(1,4)時(shí)，上式不成立；當(dāng)m2