第29练　函数与方程思想 课件（共66张PPT）

(共66张PPT)
函数与方程思想
第29练
专项典题精练
高考汇编
1.(2018·天津)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1.若点E为边CD上的动点，则 的最小值为
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解析　如图，以D为坐标原点，DA，DC所在直线分别为x轴，y轴，建立平面直角坐标系.
连接AC，由题意知∠CAD＝∠CAB＝60°，∠ACD＝∠ACB＝30°，
2.(2019·全国Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3等于
A.16 B.8 C.4 D.2
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√
解析　设等比数列{an}的公比为q，
由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，
因为数列{an}的各项均为正数，
所以q＝2，
又a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1(1＋2＋4＋8)＝15，
所以a1＝1，所以a3＝a1q2＝4.
3.(2020·天津)设a＝30.7，b＝ ，c＝log0.70.8，则a，b，c的大小关系为
A.aC.b√
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∴b>a>c.
4.(2021·北京)已知圆C：x2＋y2＝4，直线l：y＝kx＋m，当k变化时，l截得圆C弦长的最小值为2，则m等于
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解析　由题可得圆心为(0,0)，半径为2，
5.(2014·北京)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝___时，{an}的前n项和最大.
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解析　∵a7＋a8＋a9＝3a8>0，
∴a8>0.
∵a7＋a10＝a8＋a9<0，
∴a9<－a8<0.
∴数列的前8项和最大，即n＝8.
6.(2020·全国Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径
最大的球的体积为_____.
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解析　圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.
作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，
则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆.
在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，
7.(2019·全国Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知
＝bsin A.
(1)求B；
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解　由题设及正弦定理，
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因为sin A≠0，
(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围.
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由于△ABC为锐角三角形，故0°8.(2020·浙江)如图，已知椭圆C1： ，抛物线C2：y2＝2px(p>0)，
点A是椭圆C1与抛物线C2的交点.过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B，M不同于A).
(1)若p＝ ，求抛物线C2的焦点坐标；
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(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值.
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解　直线l与x轴垂直时，此时点M与点A或点B重合，不满足题意，
故设直线l的方程为y＝kx＋t，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，
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消y可得(2k2＋1)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
∴Δ＝16k2t2－4(2k2＋1)(2t2－2)>0，
即t2<1＋2k2，
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9.在下列区间中，函数f(x)＝ex＋4x－3的零点所在的区间为
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模拟精选
√
解析　∵f(x)＝ex＋4x－3，
∴f′(x)＝ex＋4>0.
∴f(x)在其定义域上单调递增.
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10.(2021·广州模拟)已知函数f(x)＝xex＋ ，且f(1＋a)＋f(－a2＋a＋2)>0，则a的取值范围是
A.(－∞，－1)∪(3，＋∞)
B.(－1,3)
C.(－∞，－3)∪(1，＋∞)
D.(－3,1)
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所以f(x)是奇函数，
令g(x)＝e2x(1＋x)＋1－x，则g′(x)＝e2x(3＋2x)－1，
令h(x)＝e2x(3＋2x)－1，则h′(x)＝e2x(8＋4x)，
当x≥0时，h′(x)>0，
所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，h(x)≥h(0)＝2>0，即g′(x)>0，
所以当x≥0时，g(x)单调递增，g(x)≥g(0)＝2>0，
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所以f′(x)>0，f(x)在x≥0上单调递增，
因为f(x)是奇函数，
所以f(x)在x∈R上单调递增，
由f(1＋a)＋f(－a2＋a＋2)>0，
得f(1＋a)>－f(－a2＋a＋2)＝f(a2－a－2)，
所以1＋a>a2－a－2，解得－11
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所以当00，即f(x)在(0,1)上单调递增，
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所以{an}是递增数列，故B正确；
12.(2021·广东六校联考)已知f(x)＝ 则f(x)在(0,2π)上的零点个数是
A.3 B.4 C.5 D.6
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√
解析　由题意，作出函数y＝|log2x|与y＝|sin x|在0注意到|log21|＝0<|sin 1|，|log22|＝1>|sin 2|，
由图可知，函数y＝|log2x|与y＝|sin x|在(0,1)和(1,2)内各有一个交点，
所以f(x)在(0,2]上有2个零点.
由当x>2时，f(x)＝f(x－2)，由函数周期性的性质可得：
当2当4当6由于|log2(2π－6)|>1>sin(2π－6)，
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由图可知f(x)在(0,2π－6)上有0个零点，
由周期性即得f(x)在(6,2π)上有0个零点，
所以f(x)在(0,2π)上有6个零点.
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13.(2021·郑州模拟)关于x的不等式x＋ －1－a2＋2a>0在x∈(2，＋∞)上
恒成立，则a的取值范围是_______.
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[－1,3]
即a2＋1－2a则a2＋1－2a≤4，
即－1≤a≤3.
14.(2021·丰台区模拟)已知等比数列{an}满足a1＋a2＝48，a4＋a5＝6，则log2(a1a2a3…an)的最大值为____.
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解析　设等比数列{an}的公比为q，
a1a2…an＝25×24×…×26－n＝25＋4＋…＋(6－n)＝ ，
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又n∈N*，
所以n＝5或6时，－n2＋11n取得最大值为30，
所以log2(a1a2a3…an)的最大值为 ＝15.
15.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝－2，S5＝0，S6＝3.
(1)求数列{an}的前n项和Sn；
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解　∵S4＝－2，S5＝0，S6＝3，
∴a5＝S5－S4＝2，a6＝S6－S5＝3，
又{an}是等差数列，则公差d＝a6－a5＝1，
所以a1＝－2，
(2)求nSn的最小值.
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又f(3)＝－9，f(4)＝－8.
∴当n＝3时，nSn取到最小值－9.
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16.如图，椭圆中心在坐标原点，A(4,0)，B(0,2)是它的两个顶点，直线y＝kx(k>0)与AB相交于点D，与椭圆相交于E，F两点.
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由D为直线AB与EF的交点，得x0＋2kx0＝4，
直线AB，EF的方程分别为x＋2y＝4，y＝kx(k>0)，
设D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1且x1，x2满足方程(1＋4k2)x2＝16.
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(2)求四边形AEBF面积的最大值.
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解　根据点到直线的距离公式和①式知，点E，F到AB的距离分别为
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考情分析
练后疑难精讲
高考把函数与方程思想作为思想方法的重点来考查，特别是在有关函数、三角函数、数列、不等式、解析几何、平面向量、立体几何等题目中.高考使用客观题考查函数与方程思想的基本运算，而在主观题中，则从更深的层次，在知识网络的交汇处，从思想方法与相关能力相结合的角度深入考查.
一、求解不等式、函数零点的问题
核心提炼
函数与方程思想在函数、方程、不等式中的应用技巧
(1)求字母(式子)的值的问题往往要根据题设条件构建以待求字母(式子)为元的方程(组)，然后由方程(组)求得.
(2)求参数的取值范围一般有两种途径：其一，充分挖掘题设条件中的不等关系，构建以待求字母为元的不等式(组)求解；其二，充分应用题设中的等量关系，将待求参数表示成其他变量的函数，然后，应用函数知识求值域.
(3)在解决不等式问题时，一种最重要的思想方法就是构造适当的函数，利用函数的图象和性质解决问题.同时要注意在一个含多个变量的数学问题中，需要确定合适的变量和参数，从而揭示函数关系，使问题更明朗化.一般地，已知存在范围的量为变量，而待求范围的量为参数.
题号 3 9 10 12 13
二、函数与方程思想在数列中的应用
核心提炼
函数与方程思想在数列中的应用技巧
(1)数列的通项与前n项和是自变量为整数的函数，可用函数的观点去处理数列问题，常涉及最值问题或参数范围问题，一般利用二次函数或一元二次方程来解决.
(2)解决数列最值问题常用思路：一是会构造函数，即会通过观察已知等式的特点，构造函数，并判断所构造的函数的奇偶性与单调性；二是会利用函数的单调性，得出数列的单调性，从而比较大小；三是能灵活运用数列的性质.
题号 2 5 11 14 15
三、函数与方程思想在几何中的应用
核心提炼
几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的求法来求解，这是求面积、线段长、最值(范围)问题的基本方法.
题号 1 4 6 7 8 16
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易错对点精补
√
解析　因为向量a＝(－1,2)，b＝(3,4)，
2.[T10补偿](2021·广元模拟)已知定义在R上的偶函数f(x)，其导函数为
f′(x)，当x>0时，xf′(x)－2f(x)>0，f(－3)＝1，则不等式 的解集是
A.(－∞，－3)∪(0,3)
B.(－3,3)
C.(－3,0)∪(0,3)
D.(－∞，－3)∪(3，＋∞)
√
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当x>0 时，xf′(x)－2f(x)>0，
故g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
则g(x)在(－∞，0)上单调递减.
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又f(－3)＝1，则f(3)＝1，
所以x∈(0,3)；
所以x∈(－∞，－3).
综上所述，x∈(－∞，－3)∪(0,3).
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3.[T6补偿]已知正四棱锥的体积为 ，则正四棱锥的侧棱长的最小值为
_____.
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解析　如图所示，设正四棱锥的底面边长为a，高为h.
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令f′(h)＝0，解得h＝2.
当h∈(0,2)时，f′(h)<0，f(h)单调递减；
当h∈(2，＋∞)时，f′(h)>0，f(h)单调递增.
4.[T13补偿](2021·宁波模拟)已知a，b∈R，满足e2x＋ ≥2ex－a对任意
x∈R恒成立，当2a＋b取到最小值时，a2＋b＝____.
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解析　令t＝ex，则t>0，
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即t3－2t2＋at＋b≥0对于t>0恒成立，
令f(t)＝t3－2t2＋at＋b(t>0)，
因为f(2)＝8－8＋2a＋b＝2a＋b，
因为对于t>0时f(t)≥0恒成立，
所以2a＋b≥0，
当2a＋b取最小值时，即2a＋b＝0，
此时t＝2，f(t)有最小值，
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因为函数f(t)的定义域为(0，＋∞)，2∈(0，＋∞)，t＝2不是区间端点值，
又在f(2)处取得最小值，
所以f(2)也是函数的一个极小值，
且f′(t)＝3t2－4t＋a，
所以f′(2)＝3×4－8＋a＝0，得a＝－4，
从而b＝8，故a2＋b＝24.
5.[T15补偿](2021·济南模拟)已知正项数列{an}，a1＝1，an＋1＝ ，n∈N*.
证明：(1)an＋11
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证明　先证明ln(x＋1)记f(x)＝ln(x＋1)－x，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以当x>0时，f(x)所以当x∈(0，＋∞)时，ln(x＋1)即an>2an＋1>an＋1，即an＋1(2)an－2an＋11
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证明　要证an－2an＋1所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x>0时，g(x)>g(0)＝0，
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由(1)知an>2an＋1，
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