思想03 运用函数与方程的思想方法解题（4大题型）（练习）-2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）

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目 录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc159350733" 01 运用函数的思想研究问题 PAGEREF _Tc159350733 \h 1
\l "_Tc159350734" 02 运用方程的思想研究问题 PAGEREF _Tc159350734 \h 5
\l "_Tc159350735" 03 运用函数与方程的思想研究不等式问题 PAGEREF _Tc159350735 \h 12
\l "_Tc159350736" 04 运用函数与方程的思想研究其他问题 PAGEREF _Tc159350736 \h 17
01 运用函数的思想研究问题
1．（2024·北京延庆·统考一模）已知函数其中.
（1）当时，求曲线在原点处的切线方程；
（2）若函数在上存在最大值和最小值，求a的取值范围.
【解析】（1）.
所以切线的斜率；又
所以曲线在原点处的切线方程为：.
（2）

当时，解得
则时随的变化情况如下表：
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为，
若存在最小值，则时，
恒成立，即，
所以即在恒成立，
所以.又因为 ，所以，则.
当时，解得
则时随的变化情况如下表：
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，
若存在最大值，则时，
恒成立，即，
所以即在恒成立，
所以.又因为 ，所以，则.
综上所述，的取值范围为.
2．（2024·江西上饶·统考二模）已知函数.(是自然对数的底数)
（1）求的单调区间；
（2）记，，试讨论在上的零点个数.(参考数据：)
【解析】（1），定义域为.
，
由，解得，可得，
解得，
由，解得，可得，
解得.
∴的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）由已知，∴，令，则.∵，∴当时，；当时，，∴在上单调递增，在上单调递减，即在上单调递增，在上单调递减.
，，.
①当时，即时，，∴，使得，∴当时，；当时，，∴在上单调递增，上单调递减.∵，∴.又∵，∴由零点存在性定理可得，此时在上仅有一个零点.
②若时，，又∵在上单调递增，在上单调递减，而，∴，，使得，，且当､时，；当时，.∴在和上单调递减，在上单调递增.
∵，∴，∵，∴，
又∵，由零点存在性定理可得，在和内各有一个零点，即此时在上有两个零点.
综上所述，当时，在上仅有一个零点；当时，在上有两个零点.
3．（2024·四川南充·高三四川省阆中东风中学校校考阶段练习）已知函数，其中为常数，且.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若在处取得极值，且在的最大值为1，求的值.
【解析】（1），，令，得或1，则列表如下：
所以在和上单调递增，在上单调递减.
（2）∵，
令，，，
因为在处取得极值，
所以，
①时，在上单调递增，在上单调递减，
所以在区间上的最大值为，令，解得；
②当，；
(i)当时，在上单调递增，上单调递减，上单调递增，
所以最大值1可能在或处取得，而，
∴，
∴，
(ii)当时，在区间上单调递增；上单调递减，上单调递增，
所以最大值1可能在或处取得而，
所以，解得，与矛盾；
(iii)当时，在区间上单调递增，在单调递减，
所以最大值1可能在处取得，而，矛盾，
综上所述，或.
02 运用方程的思想研究问题
4．已知函数，，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
设函数上的切点坐标为，且，函数上的切点坐标为，且，
又，则公切线的斜率，则，所以，
则公切线方程为，即，
代入得：，则，整理得，
若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则方程有两个不同的实根，
设，则，令得，
当时，，单调递增，时，，单调递减，
又可得，则时，；时，，则函数的大致图象如下：
所以，解得，故实数a的取值范围为
故选：
5．（多选题）已知O为坐标原点，曲线在点处的切线与曲线相切于点，则（ ）
A．B．
C．的最大值为0D．当时，
【答案】AB
【解析】
易知曲线在点处的切线方程为，
即 ，
曲线在点处的切线方程为，
即，
而曲线在点处的切线与曲线相切于点 ，
因此直线与直线重合，
所以得，所以，故A正确；
，可得，所以
即，得，B对．
，
，得 或时，，即故C错误；
，，则，得在单调递增，，
故，，
令，则，得在单调递增，，
，D错．
故选
6．（多选题）已知，为函数图象上两点，且轴，直线，分别是函数图象在点A，B处的切线，且，的交点为P，，与y轴的交点分别为M，N，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．的面积
D．存在直线，使与函数图象相切
【答案】ACD
【解析】
由题意：，在A点斜率，在B点斜率，，故A正确；
由且，得，则，即存在使得如：等，故B错误；
切线为：，切线为：，
则，
由切线方程解得：点P的横坐标为，所以，C正确；
函数在点处切线方程为，
对比切线有：，解得，
所以有解，
也即，也即，令，
求导有：，所以在上单调递增，
又因为时，时，，所以有解．
所以存在直线与函数图象相切，故D正确．
7．已知，函数
讨论在上的单调性；
已知点
若过点P可以作两条直线与曲线相切，求m的取值范围；
设函数若曲线上恰有三个点使得直线与该曲线相切于点，写出m的取值范围无需证明
【解析】，
当时，，所以在上单调递减，
当时，令，则，令，则，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
综上所述，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
设切点为，
因为，所以切线的斜率为，
则切线方程为，
因为切线过点，所以，
即，
若过点P可以作两条直线与曲线相切，
则上述关于的方程有两个不同的解，
显然不是该方程的解，
所以关于x的方程在上有两个不同的解，
令，
则，
令，则，
当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
所以当，，
所以当时，，
所以在上单调递增，在上单调递增，
的大致图象如下图所示：
因为，
，，
所以当时，
关于x的方程在上有两个不同的解，
此时过点P可以作两条直线与曲线相切，
所以m的取值范围为；
由得，过点P可以作一条直线与曲线相切，
则当时，曲线上恰有两个点处得切线过点，
由，得，
由，，得，
所以函数，与互为反函数，
则函数，与关于对称，
因为点在直线，
则曲线上恰有两个点处得切线过点，
即为过点P可以作两条直线与曲线相切，
由得，此时，
所以m的取值范围为
8．已知函数
若曲线与在公共点处有相同的切线，求实数的值；
若，且曲线与总存在公共的切线，求正数a的最小值．
【解析】，
依据题意得，即，解得
，
当时，，，
设切点为，则，
曲线在点处的切线方程为：，
即
由消去y，整理得，
总存在公切线，
总有解，
即关于t的方程总有解．
，
，解得，
方程总有解．
令，
则，
由，即，解得，
则当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
，
，解得，
正数a的最小值为
根据导数的几何意义可求得函数在点处的切线方程为，由得，由两曲线总存在公切线可得有解，即关于t的方程有解，分离参数后转化为函数的最值问题求解即可．
03 运用函数与方程的思想研究不等式问题
9．（2024·江苏南京·高三校联考阶段练习）已知对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为 .
【答案】
【解析】由不等式恒成立构造，只需成立：利用导函数研究单调性知使，此时得，而，构造得到时恒成立，进而可求的取值范围.由题意，对任意的不等式恒成立，
令，则，，
∴在上单调增，且使，即，
∴在上递减，上递增，
故：，即，
而在上单调增，又，
∴，即有时恒成立，
∴，
故答案为：.
10．（2024·浙江宁波·高二宁波诺丁汉附中校考期中）已知不等式（，且）对任意实数恒成立，则的最大值为 .
【答案】.
【解析】令f（x）＝x﹣3lnx+1﹣mlnx﹣n，
则f′（x）＝1﹣（x＞0），
若m+3＜0，则f′（x）＞0，f（x）单调递增，由当x→0时，f（x）→﹣∞，不合题意；
∴m+3＞0，由f′（x）＝0，得x＝m+3，
当x∈（0，m+3）时，f′（x）＜0，当x∈（m+3，+∞）时，f′（x）＞0，
∴当x＝m+3时，f（x）有最小值，则f（m+3）＝m+3﹣3ln（m+3）+1﹣mln（m+3）﹣n≥0，
即n﹣3≤m+1﹣（m+3）ln（m+3），
≤，
令g（x）＝，
则g′（x）＝．
当x∈（﹣3，﹣1）时，g′（x）＞0，当x∈（﹣1，+∞）时，g′（x）＜0，
∴当x＝﹣1时，g（x）有最大值为﹣ln2．
即的最大值为﹣ln2 ．
故答案为：.
11．（2024·江苏南京·校考模拟预测）设，两个函数，的图像关于直线对称.
（1）求实数，满足的关系式；
（2）当取何值时，函数有且只有一个零点；
（3）当时，在上解不等式.
【解析】（1）设是函数图像上任一点，则它关于直线对称的点在函数的图像上，∴，∴.
（2）当时，函数有且只有一个零点，两个函数的图像有且只有一个交点，两个函数关于直线对称，∴两个函数图像的交点就是函数的图像与直线的切点.
设切点为，，，
∴，∴，∴，
∴当时，函数有且只有一个零点；
（3）当时，设，则，当时，，，，
当时，，，.
∴在上是减函数.
又，∴不等式解集是.
12．（2024·上海普陀·高三曹杨二中校考期末）已知为实数，．对于给定的一组有序实数，若对任意，，都有，则称为的“正向数组”．
(1)若，判断是否为的“正向数组”，并说明理由；
(2)证明：若为的“正向数组”，则对任意，都有；
(3)已知对任意，都是的“正向数组”，求的取值范围．
【解析】（1）若，，
对，即，
而当，时，
，，
即，不满足题意.
所以不是的“正向数组”.
（2）反证法:假设存在,使得,
为的“正向数组”，
对任意,都有.
对任意恒成立.
令，则在上恒成立，
，
设，
，
则当时，在上为负，在上为正，
所以在上单调递减，在上单调递增；
若，当，，当，，
即存在，使在上为正，在上为负，在上为正，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又当，，当，，则的值域为；
若，，在上单调递增，
又当，，当，，则的值域为.
当时，，在上单调递增，
又当，，当，，
必存在，使在上为负，在上为正，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又当，，当，，则的值域为.
由值域可看出，与在上恒成立矛盾.
对任意，都有.
（3）都是的“正向数组”，
对任意，，都有
，
则恒成立或恒成立，
即恒成立或恒成立，
设，
则，
即是的最大值或最小值.
，
且.
当时，由（2）可得，的值域为，无最大值或最小值；
当时，在上单调递增，
又，则在上为负，在上为正，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则是的最小值，满足，
此时对任意，，都有
.
的取值范围是.
04 运用函数与方程的思想研究其他问题
13．（2024·浙江衢州·衢州二中校考一模）如图，在中，，，若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，线段BC上的点Q，满足，，则四面体的体积的最大值是 ；当体积取最大值时， .
【答案】
【解析】由题意可知是由绕旋转而得到的，
故当四面体的体积最大时，平面平面．
在中，由余弦定理可得，
设，
则，
，
，
到的距离为，
即到平面的距离为．
四面体的体积，
所以，
设
因为，所以.
设所以函数在单调递增，
所以，
所以.
当体积取最大值时，为的中点，,平面，
过点P作连接DE,则.
故
所以.
的最小值为．
故答案为：(1). (2).
14．（2024·重庆·一模）正弦信号是频率成分最为单一的信号，复杂的信号，例如电信号，都可以分解为许多频率不同、幅度不等的正弦型信号的叠加.正弦信号的波形可以用数学上的正弦型函数来描述：，其中表示正弦信号的瞬时大小电压V（单位：V）是关于时间t（单位：s）的函数，而表示正弦信号的幅度，是正弦信号的频率，相应的为正弦信号的周期，为正弦信号的初相.由于正弦信号是一种最简单的信号，所以在电路系统设计中，科学家和工程师们经常以正弦信号作为信号源（输入信号）去研究整个电路的工作机理.如图是一种典型的加法器电路图，图中的三角形图标是一个运算放大器，电路中有四个电阻，电阻值分别为，，，（单位：Ω）.和是两个输入信号，表示的是输出信号，根据加法器的工作原理，与和的关系为：.例如当，输入信号，时，输出信号：.
(1)若，输入信号，，求的最大值；
(2)已知，，，输入信号，.若（其中），求；
(3)已知，，，且，.若的最大值为，求满足条件的一组电阻值，.
【解析】（1）由题意得，，则的最大值为；
（2）由题意知，，
整理得，
即，则，解得；
（3）由题意得，
，
又，则，当时，取得最大值，
则，整理得，即，解得，
又，则，取即满足题意，则（答案不唯一）.
15．（2024·河南·校联考模拟预测）记为等差数列的前n项和，已知，.
(1)求的通项公式；
(2)已知当时，，证明：.
【解析】（1）设等差数列的公差为d，
因为，可得，，
所以，解得，
所以，即数列的通项公式为.
（2）由，可得，
则，
因为当时，，
所以当时，，
故，.
所以.
16．（2024·浙江金华·高三阶段练习）已知数列的各项均为非负实数，且对任意正整数，均有.
(1)若成等差数列，证明：存在无穷多个正整数，使得；
(2)若，求的最大值.
【解析】（1）由，
则，
故中序号相差6的项形成的子数列是以6为公差的等差数列，
又成等差数列，故，
所以，
又，
当时，，当时，，
所以对于，当或时，等号恒成立，证毕；
（2）由上可知，
所以，
又，所以，
又因为数列的各项均为非负实数，所以，即，
由对勾函数得单调性可知当时，，
此时.
17．（2024·浙江温州·高二统考期末）已知点在双曲线C：上，
(1)求C的方程；
(2)如图，若直线l垂直于直线OA，且与C的右支交于P、Q两点，直线AP、AQ与y轴的交点分别为点M、N，记四边形MPQN与三角形APQ的面积分别为与，求的取值范围．
【解析】（1）由点在双曲线上，可得，
解得，所以双曲线的方程为.
（2）由直线垂直于，可得直线的斜率为，
设直线的方程为，且，
联立方程组，整理得，
因为直线与双曲线的右支交于两点，
则，解得，
可得，
则
，
又由点到直线的距离为，
所以，
直线的方程为，令，可得，
直线的方程为，令，可得
则
，
所以的面积，
又由，则，
令，
可得函数在上单调递减，且，所以，
所以，即的取值范围为.
0
0
递增
递减
0
0
递减
递增
1
+
0
_
0
+
增
极大值
减
极小值
增