【创新设计】2021高考数学(四川专用-理科)二轮专题整合：1-7-1函数与方程思想、数形结合思想

专题七数学思想方法第1讲函数与方程思想、数形结合思想eq一、选择题1．已知等比数列{an}中，a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是 ()．A．(－∞，－1) B.(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．[3，＋∞) D.(－∞，－1]∪[3，＋∞)解析∵等比数列{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).当公比q＞0时，S3＝1＋q＋eq\f(1,q)≥1＋2eq\r(q·\f(1,q))＝3，当公比q＜0时，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是平面内两个相互垂直的单位向量，若向量c满足(a－c)·(b－c)＝0，则|c|的最大值是 ()．A.eq\r(2) B.2eq\r(2)C.eq\r(3) D.2解析如图，设eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，eq\o(OC,\s\up7(→))＝c，则eq\o(CA,\s\up7(→))＝a－c，eq\o(CB,\s\up7(→))＝b－c.由题意知eq\o(CA,\s\up7(→))⊥eq\o(CB,\s\up7(→))，∴O，A，C，B四点共圆．∴当OC为圆的直径时，|c|最大，此时，|eq\o(OC,\s\up7(→))|＝eq\r(2).答案A3．若函数f(x)、g(x)分别为R上的奇函数、偶函数，且满足f(x)－g(x)＝ex，则有()．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)解析由题意得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，函数f(x)＝eq\f(ex－e－x,2)在R上是增函数，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，则双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a＋12)＝1的离心率e的取值范围是 ()．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，由于当a＞1时，0＜eq\f(1,a)＜1，所以2＜e2＜5，即eq\r(2)＜e＜eq\r(5).答案B二、填空题5．已知奇函数f(x)的定义域是{x|x≠0，x∈R}，且在(0，＋∞)上单调递增，若f(1)＝0，则满足x·f(x)＜0的x的取值范围是________．解析作出符合条件的一个函数图象草图即可，由图可知x·f(x)＜0的x的取值范围是(－1,0)∪(0,1)．答案(－1,0)∪(0,1)6．已知圆x2＋y2＋2x－4y＋1＝0关于直线2ax－by＋2＝0(a，b∈R)对称，则ab的取值范围是________．解析圆心坐标为(－1,2)，由于圆关于直线对称，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的一个内角为120°，并且三边长构成公差为4的等差数列，则△ABC的面积为________．解析由于三边长构成公差为4的等差数列，故可设三边长分别为x－4，x，x＋4，由一个内角为120°知其必是最长边x＋4所对的角．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．函数f(x)＝(eq\f(1,2))x－sinx在区间[0,2π]上的零点个数为________．解析函数f(x)＝(eq\f(1,2))x－sinx在区间[0,2π]上的零点个数即为方程(eq\f(1,2))x－sinx＝0在区间[0,2π]上解的个数．因此可以转化为两函数y＝(eq\f(1,2))x与y＝sinx交点的个数，依据图象可得交点个数为2，即零点个数为2.答案2三、解答题9．已知f(t)＝log2t，t∈[eq\r(2)，8]，对于f(t)值域内的全部实数m，不等式x2＋mx＋4＞2m＋4x恒成立，求x的取值范围．解∵t∈[eq\r(2)，8]，∴f(t)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3)).原题转化为当m∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))时，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))，问题转化为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．已知平面对量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)))，且存在实数x，y，使得m＝a＋(x2－3)b，n＝－ya＋xb且m⊥n.(1)求y＝f(x)的关系式；(2)已知k∈R，争辩关于x的方程f(x)－k＝0的实根个数．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，化简整理得y＝eq\f(1,3)x3－x，即f(x)＝eq\f(1,3)x3－x.(2)方程f(x)－k＝0实根个数由两函数y＝f(x)，y＝k的图象交点个数确定．由f′(x)＝x2－1＝(x－1)(x＋1)知：f(x)在(－∞，－1)及(1，＋∞)上为增函数，在(－1,1)上为减函数，极大值f(－1)＝eq\f(2,3)，微小值f(1)＝－eq\f(2,3).作y＝f(x)和y＝k的图象如图，知当k＜－eq\f(2,3)或k＞eq\f(2,3)时，两图象有一个交点，原方程有一个实根；当k＝±eq\f(2,3)时，原方程有两个实根；当－eq\f(2,3)＜k＜eq\f(2,3)时，原方程有三个实根．11．椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在y轴上，短轴长为eq\r(2)，离心率为eq\f(\r(2),2)，直线l与y轴交于点P(0，m)，与椭圆C交于相异两点A，B，且eq\o(AP,\s\up7(→))＝3eq\o(PB,\s\up7(→)).(1)求椭圆C的方程；(2)求m的取值范围．解(1)设椭圆C的方程为eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)，设c＞0，c2＝a2－b2，由题意，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).故椭圆C的方程为y2＋eq\f(x2,\f(1,2))＝1.即y2＋2x2＝1.(2)设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，l与椭圆C的交点坐标为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.当m2＝eq\f(1,4)时，上式不成立；当m2