人教A版2020届 高考数学一轮专题复习_函数与方程思想（含解析）.docx

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1、 函数与方程思想A组1已知符号函数sgn(x)则函数f(x)sgn(ln x)ln x的零点个数为() A.1 B.2 C.3 D.4答案：C 解析：依题意得f(x)令f(x)0得xe,1,所以函数有3个零点，故选C.2.若等差数列an满足aa10，则Sa100a101a199的最大值为()A600 B500 C400 D200答案：B Sa100a101a199100a100d100(a199d)d，即99da1，因为aa10，即a(a199d)210，整理得a210，即aa12100有解，所以240，解得500S500，所以Smax500，故选B.3.已知点A是椭圆1上的一个动点，点P在线

2、段OA的延长线上，且48，则点P的横坐标的最大值为()A18 B15 C10 D.答案：C 当点P的横坐标最大时，射线OA的斜率k0，设OA：ykx，k0，与椭圆1联立解得xA .又xAxPk2xAxP48，解得xP ，令925k2t9，即k2，则xP258080 10，当且仅当t16，即k2时取等号，所以点P的横坐标的最大值为10，故选C.4.设方程2xx20和方程log2xx20的根分别为p和q，设函数f(x)(xp)(xq)2，则() A.f(2)f(0)f(3) B.f(0)f(2)f(3) C.f(3)f(2)f(0) D.f(0)f(3)f(2)答案：C解析：方程2xx20和方程l

3、og2 xx20的根分别为函数y2x，ylog2 x与直线yx2的交点横坐标，而函数y2x，ylog2 x互为反函数，其图象关于yx对称，又直线yx2与直线yx垂直，且两直线的交点坐标为(1，1)，pq2，则f(x)x2(pq)xpq2x22xpq2，该二次函数的对称轴为x1，f(2)f(0)b0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形()求椭圆C的标准方程；()设F为椭圆C的左焦点，T为直线x3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.()证明：OT平分线段PQ(其中O为坐标原点)；()当最小时，求点T的坐标【解】()由已知可得解得a26，b22，所以椭圆C的标准方程

4、是1.()()【证明】由()可得，F的坐标是(2,0)，设T点的坐标为(3，m)，则直线TF的斜率kTFm.当m0时，直线PQ的斜率kPQ，直线PQ的方程是xmy2.当m0时，直线PQ的方程是x2，也符合xmy2的形式设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得消去x，得(m23)y24my20，其判别式16m28(m23)0.所以y1y2，y1y2，x1x2m(y1y2)4.所以PQ的中点M的坐标为，所以直线OM的斜率kOM.又直线OT的斜率kOT，所以点M在直线OT上，因此OT平分线段PQ.()由()可得，|TF|，|PQ|所以.当且仅当m21，即m1时，等

5、号成立，此时取得最小值所以当最小时，T点的坐标是(3,1)或(3，1)10.已知函数f(x),x0,1.(1)求f(x)的单调区间和值域；(2)设a1,函数g(x)x33a2x2a,x0,1,若对于任意x10,1,总存在x00,1,使得g(x0)f(x1)成立,求a的取值范围.解：(1)f(x).令f(x)0,解得x或x(舍去).当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表：x01f(x)不存在0不存在f(x)43函数f(x)的单调增区间是,单调减区间是.当x0,1时,f(x)的值域为4,3.(2)g(x)3(x2a2).a1,当x(0,1)时,g(x)1,设函数f(x)=ax+x-4的零点

6、为m,g(x)=logax+x-4的零点为n,则+的取值范围是() A. B.(1,+) C.(4,+) D.答案:B解析:函数f(x)的零点为y1=ax与y=-x+4交点的横坐标,g(x)的零点为y3=logax与y2=-x+4交点的横坐标,由于y1=ax与y3=logax互为反函数,图象关于y=x对称,m+n=4,m0,n0,则+=(m+n)(+)= (2+)(2+2)=1.由于mn,故+1.3.定义在上的奇函数，当时， 则关于的函数的所有零点之和为（ ）来源:Zxxk.ComA B C D【答案】D【解析】画出和的图象，如下图：如图可知两函数的图象共有5个交点，设其交点的横坐标从左到右分

7、别为，则由，且是奇函数，来源:学#科#网， 4.已知函数f(x)x2ex(x0)与g(x)x2ln(xa)的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是()A. B(，) C. D.答案B解析设是函数f(x)图象上任意一点，该点关于y轴的对称点在函数g(x)的图象上，则xex0xln(ax0)，即ln(ax0)ex0，ax0e ex0 (x0，h(x)在(，0)上是增函数ae，故选B.5.已知函数f(x)x2aa在定义域上有零点，则实数a的取值范围是_答案2，)解析f(x)2aa2，x0，令xt，则t(，22，)，来源:Z,xx,k.Com由于f(x)有零点，则关于t的方程t2ata20在(，

8、22，)上有解t1，方程t2ata20可化为a，t(，22，)，问题就转化为a(t1)2，t(，22，)，a(t1)2在(，2和2，)上都是减函数，故当t2时，a2；当t2时，a，a2，)6.已知定义在R上的函数f(x)、g(x)满足ax，且f(x)g(x)f(x)g(x)，,若有穷数列(nN*)的前n项和等于，则n 答案：5解析：令h(x)ax，h(x)0，h(x)在R上为减函数，0ab0)，设c0，c2a2b2，由题意，知2b，所以a1，bc.故椭圆C的方程为y21，即y22x21.(2)设直线l的方程为ykxm (k0)，l与椭圆C的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(k

9、22)x22kmx(m21)0，(2km)24(k22)(m21)4(k22m22)0，(*)x1x2，x1x2.因为3，所以x13x2，所以则3(x1x2)24x1x20，即3240，整理得4k2m22m2k220，即k2(4m21)2m220，当m2时，上式不成立；当m2时，k2，由(*)式，得k22m22，又k0，所以k20，解得1m或m1,函数f(x)(1x2)exa. (1)求f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)在(,)上仅有一个零点； (3)若曲线yf(x)在点P处的切线与x轴平行,且在点M(m,n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点),证明：m1.解（1）f(x)2xex

10、(1x2)ex(x22x1)ex(x1)2exxR,f(x)0恒成立.f(x)的单调增区间为(,).(2)证明f(0)1a,f(a)(1a2)eaa,a1,f(0)2aeaa2aaa0,f(0)f(a)0,则m0,g(m)在(0,)上增.令g(x)0,则m0,y1+y20 B.x1+x20,y1+y20C.x1+x20 D.x1+x20,y1+y20来源:学答案:B网ZXXK解析:由f(x)-g(x)=0得=0,设F(x)=x3-bx2+1,则F(x)=0有且仅有两个不同的根x1,x2,由F(x)=3x2-2bx=0得x=0或x=b,这样必须且只需F(0)=0或F=0,因为F(0)=1,故必有

11、F=0,由此得b=,不妨设x10,故y1+y2=+=9，(2)由x23xa(1x)，得x2(3a)xa0，由0得a1或a9(舍)，结合图象知0a1，由(1)(2)知0a9，a(0,1)(9，)解法二：分离参数法a，由平移和对称知画出函数y的图象，由图知a(0,1)(9，)【答案】(0,1)(9，)6.在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C：1(ab0)的离心率为,左、右焦点分别是F1,F2.以F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心以1为半径的圆相交,且交点在椭圆C上. (1)求椭圆C的方程； (2)设椭圆E：1,P为椭圆C上任意一点,过点P的直线ykxm交椭圆E于A,B两点,射线PO交椭圆E于点

12、Q. ()求的值； ()求ABQ面积的最大值.解(1)由题意知2a4,则a2,又,a2c2b2,可得b1,所以椭圆C的方程为y21.(2)由(1)知椭圆E的方程为1.()设P(x0,y0),由题意知Q(x0,y0).因为y1,又1,即1,所以2,即2.()设A(x1,y1),B(x2,y2).将ykxm代入椭圆E的方程,可得(14k2)x28kmx4m2160,由0,可得m2416k2,则有x1x2,x1x2.所以|x1x2|.因为直线ykxm与y轴交点的坐标为(0,m),所以OAB的面积S|m|x1x2|2.设t,将ykxm代入椭圆C的方程,可得(14k2)x28kmx4m240,由0,可得

13、m214k2.由可知0t1,因此S22,故S2,当且仅当t1,即m214k2时取得最大值2.由()知,ABQ面积为3S,所在ABQ面积的最大值为6.7. (1)证明:当x0,1时, xsin xx;(2)若不等式ax+x2+2(x+2)cos x4对x0,1恒成立,求实数a的取值范围.解：(1)证明:记F(x)=sin x-x,则F(x)=cos x-.当x时,F(x)0,F(x)在上是增函数;当x时,F(x)0,所以当x0,1时,F(x)0,即sin xx.记H(x)=sin x-x,则当x(0,1)时,H(x)=cos x-1-2时,不等式ax+x2+2(x+2)cos x4对x0,1不恒

14、成立.因为当x0,1时,ax+x2+2(x+2)cos x-4=(a+2)x+x2+-4(x+2)sin2(a+2)x+x2+-4(x+2) =(a+2)x-x2-(a+2)x-x2=-xx-(a+2).所以存在x0(0,1)(例如x0取和中的较小值)满足ax0+2(x0+2)cos x0-40,即当a-2时,不等式ax+x2+2(x+2)cos x-40对x0,1不恒成立.综上,实数a的取值范围是(-,-2.8.已知函数f(x)exax2(ae1)x1(e2.718 28是自然对数的底数，a为常数)(1)当a0时，求函数f(x)的单调区间(2)若函数g(x)f(x)xf(x)在区间1，)上单

15、调递减，求a的取值范围(3)试判断当a(e2，1)时，函数f(x)在区间(0，1)上是否有零点？并说明理由解：(1)当a0时，f(x)ex(e1)x，则f(x)ex(e1)，所以f(x)的单调增区间为(ln(e1)，)，f(x)的单调减区间为(，ln(e1)(2)g(x)(1)ex(ae1)x1，g(x)(1x)ex(ae1)令F(x)(1x)ex(ae1)，则F(x)xex.当x1时，F(x)0，g(x)在1，)上单调递减，g(x)g(1)(ae1)又g(x)在1，)上单调递减，(ae1)0，ae1.(3)假设函数f(x)exax2(ae1)x1在区间(0，1)上有零点，即存在x(0，1)，

16、使得exax2(ae1)x10，即a，记h(x).若h(x)1，即10，即0.由x(0，1)，得x2x0在(0，1)上恒成立令H(x)exx2ex2x1，x(0，1)，则H(x)ex2xe2.令(x)ex2xe2，则(x)ex2.当x(0，ln 2)时，(x)0，所以当x(0，ln 2)时，H(x)单调递减，当x(ln 2，1)时，H(x)单调递增，而H(0)10e20，H(1)e2e20，H(ln 2)eln 2e2ln 224e2ln 20在(0，1)上恒成立，即h(x)e2，即(e2)0，即0.由x(0，1)，得x2x0，即证exexx1(e2)(x2x)0在(0，1)上恒成立令G(x)

17、exexx1(e2)(x2x)ex(e2)x2x1，x(0，1)，则G(x)ex2(e2)x1.令m(x)ex2(e2)x1，则m(x)ex2(e2)当x(0，ln 2(e2)时，m(x)0，所以当x(0，ln 2(e2)时，G(x)单调递减，当x(ln 2(e2)，1)时，G(x)单调递增，而G(0)0，G(1)3e0，所以(ln 2(e2)，1)上存在唯一的实数x1使得G(x1)0，所以G(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，1)上单调递增又G(0)0，G(1)0，故G(x)e2在(0，1)上恒成立综上可得，当a(e2，1)时，f(x)在区间(0，1)上存在零点9.已知函数 （） 若在

18、上的最大值和最小值分别记为，求；（） 设若对恒成立，求的取值范围.解：（I）因为，所以，由于，（i）当时，有，故，此时在上是增函数，因此，（ii）当时，若，在上是增函数，若，在上是减函数，所以，由于，因此，当时，当时，（iii）当时，有，故，此时在上是减函数，因此，故，综上；（II）令，则，因为，对恒成立，即对恒成立，所以由（I）知，（i）当时，在上是增函数，在上的最大值是，最小值是，则，且，矛盾；（ii）当时，在上的最大值是，最小值是，所以，从而且，令，则，在上是增函数，故，因此，（iii）当时，在上的最大值是，最小值是，所以，解得，（iv）当时，在上的最大值是，最小值是，所以，解得，综上的取值范围.22