2023版考前三个月冲刺专题练　第30练　函数与方程思想

这是一份2023版考前三个月冲刺专题练　第30练　函数与方程思想，共14页。

第30练　函数与方程思想


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(　　)

A. B.
C. D．3
答案　A
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°，
则D(0,0)，A(1,0)，B.
设E(0，y)(0≤y≤)，
则＝(－1，y)，＝，
∴·＝＋y2－y＝2＋(0≤y≤)，
∴当y＝时，·取最小值.
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
答案　C
解析　设等比数列{an}的公比为q，
由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，即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，
解得a1＝1，所以a3＝a1q2＝4.
3．(2020·天津)设a＝30.7，b＝－0.8，c＝log0.70.8，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．a C．b 答案　D
解析　∵a＝30.7>30＝1，
b＝－0.8＝30.8>30.7，
c＝log0.70.8 ∴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(　　)
A．±2 B．±
C．± D．±
答案　C
解析　由题可得圆心为(0,0)，半径为2，
则圆心到直线的距离d＝，
则弦长为2，
则当k＝0时，弦长取得最小值为2，
则有2＝2，
解得m＝±.
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．
答案　8
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________．
答案　π
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，
则PD＝2，△PEO∽△PDB，
则＝，即＝，解得r＝，
故内切球的体积为π×3＝π.
7．(2019·全国Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asin ＝bsin A.
(1)求B；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．
解　(1)由题设及正弦定理，
得sin Asin ＝sin Bsin A.
因为sin A≠0，所以sin ＝sin B.
由A＋B＋C＝180°，可得sin ＝cos ，
故cos ＝2sin cos .
因为cos ≠0，
所以sin ＝，因此B＝60°.
(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝a.
由正弦定理得
a＝＝＝＋.
由于△ABC为锐角三角形，故0° 从而 因此，△ABC面积的取值范围是.
8．(2020·浙江)如图，已知椭圆C1：＋y2＝1，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；
(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．
解　(1)若p＝，则＝，
则抛物线C2的焦点坐标为.
(2)由题意可设直线l：x＝my＋t(m≠0，t≠0)，
点A(x0，y0)．
将直线l的方程代入椭圆C1：＋y2＝1，
得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0，
所以点M的纵坐标yM＝－.
将直线l的方程代入抛物线C2：y2＝2px，
得y2－2pmy－2pt＝0，
所以y0yM＝－2pt，解得y0＝，
因此x0＝.
由＋y＝1，
得＝42＋24≥160，
当且仅当m＝，t＝时，p取到最大值.

9．(2022·石嘴山模拟)若函数f(x)＝ 则函数g(x)＝f(f(x))－2 的零点个数为(　　)
A．3 B．4 C．5 D．6
答案　B
解析　由已知得，函数f(x)的值域为[0,3]，
函数g(x)＝f(f(x))－2 的零点即方程f(f(x))＝2 的根，
设t＝f(x)，则f(t)＝2，t∈[0,3]．
当0≤t<2 时，令|2t－1|＝2，得t＝log23；
当2≤t≤3时，令＝2，得t＝.
作出函数f(x)＝ 的图象，
如图所示，

因为log23∈(1,3)，∈(1,3)，
所以方程f(x)＝log23 和方程f(x)＝ 各有2个解，
即方程f(f(x))＝2 共有4个解，
故g(x)＝f(f(x))－2 的零点有4个．
10．(2022·潮汕模拟)实数x，y满足x2＋2xy＋2y2＝1，若x＋y≤k恒成立，则整数k的最小值为(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
答案　B
解析　x2＋2xy＋2y2＝1，即(x＋y)2＋y2＝1.
令x＋y＝cos θ，y＝sin θ，则x＝cos θ－sin θ.
∴x＋y＝(－1)sin θ＋cos θ
＝sin(θ＋φ)≤，
∴k≥，
又1<<2，k∈Z，则k≥2，
因此整数k的最小值为2.
11．(多选)(2022·重庆调研)已知数列{an}，{bn}均为递增数列，它们的前n项和分别为Sn，Tn，且满足an＋an＋1＝2n，bnbn＋1＝2n，则下列结论正确的是(　　)
A．0 C．1 答案　ACD
解析　由{an}是递增数列，得a1 又an＋an＋1＝2n，所以
所以
所以0 所以S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝2＋6＋10＋…＋2(2n－1)＝2n2，故B不正确；
由{bn}是递增数列，得b1 又bnbn＋1＝2n，所以
因为所以1 所以T2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)
＝＋＝(b1＋b2)(2n－1)，
所以T2n≥2(2n－1)＝2(2n－1)，
当且仅当b1＝b2时，等号成立，
又b1≠b2，所以T2n>2(2n－1)，
而2(2n－1)－2n2＝2(·2n－n2－)，
当n≥5时，2(·2n－n2－)>0，
当1≤n≤4时，可验证2(·2n－n2－)>0，
所以对于任意的n∈N*，S2n 12．设函数f(x)＝ 若函数g(x)＝f(x)－b 有三个零点，则实数b 的取值范围是(　　)
A．(1，＋∞) B.
C．{0}∪(1，＋∞) D．(0,1]
答案　D
解析　当x≤0 时，f(x)＝ex(x＋1)，
则f′(x)＝ex(x＋1)＋ex＝ex(x＋2)，
由f′(x)>0，得x∈(－2,0]，
则函数f(x)的单调递增区间为(－2,0]，
由f′(x)<0，得x∈(－∞，－2)，
则函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－2)，
且易知x<－1 时，f(x)<0，f(0)＝1.
由以上分析，可作出分段函数f(x)的图象，如图所示．

要使函数g(x)＝f(x)－b有三个零点，
则方程f(x)－b＝0，即f(x)＝b有三个不同的实数根，
也就是函数y＝f(x)的图象与直线y＝b 有三个不同的交点，
结合图象可知，实数b 的取值范围是(0,1]．
13．(2022·淄博模拟)已知函数f(x)为定义在R上的奇函数，满足对∀x1，x2∈[0，＋∞)，且x1≠x2，都有(x1－x2)[x1f(x1)－x2f(x2)]>0，且f(2)＝3，则不等式f(x)>的解集为________．
答案　(－2,0)∪(2，＋∞)
解析　因为(x1－x2)[x1f(x1)－x2f(x2)]>0，
所以当x1 令F(x)＝xf(x)，
则F(x)＝xf(x)在[0，＋∞)上单调递增，
又因为f(x)为定义在R上的奇函数，
所以F(x)是偶函数，且在(－∞，0)上单调递减，
因为f(2)＝3，
所以F(－2)＝F(2)＝2f(2)＝6，
f(x)>等价于或
所以x>2或－2 即不等式f(x)>的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)．
14．(2022·潮汕模拟)已知x表示不小于x的最小整数，x表示不大于x的最大整数，如1.6＝2，3.1＝3，数列{an}满足a1＝，且对∀n∈N*，有an＋1＝an＋an＋b，若{an}为递增数列，则整数b的最小值为________．
答案　0
解析　∵数列{an}满足a1＝，且对∀n∈N*，有an＋1＝an＋an＋b，
∴a2＝＋＋b＝b＋1，
由b∈Z可得a2∈Z，∴∀n≥2，有an∈Z，
∴当n≥2时，an＋1＝an＋an＋b＝2an＋b，
即an＋1＋b＝2(an＋b)，n≥2，
∴an＋b＝(2b＋1)·2n－2，n≥2，
当n＝1时，满足上式，
∴an＝(2b＋1)·2n－2－b，n∈N*，
∵{an}为递增数列，则an＋1－an>0，
当n＝1时，a2－a1＝b＋>0，解得b>－，
当n≥2时，an＋1－an＝(2b＋1)·2n－2>0，
即2b＋1>0，解得b>－，
又b∈Z，则整数b的最小值为0.
15．(2022·海口模拟)已知各项都为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝4，S4－a4＝84.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设an＝，数列{bn}的前n项和为Tn，若3Sk＋Tk＝4ak＋bk＋1，求正整数k的值．
解　(1)设数列{an}的公比q，
由S4－a4＝84得a1＋a2＋a3＝84，
又a1＝4，所以4＋4q＋4q2＝84，
解得q＝－5(舍去)或q＝4.
所以an＝4×4n－1＝4n，即an＝4n.
(2)由(1)得Sn＝＝(4n－1)，
又an＝4n＝22n＝，所以bn＝2n，
所以Tn＝＝n2＋n.
由3Sk＋Tk＝4ak＋bk＋1，
得4(4k－1)＋k2＋k＝4k＋1＋2(k＋1)，
整理得k2－k－6＝0，
解得k＝－2(舍去)或k＝3.所以k＝3.
16．(2022·邵阳模拟)已知圆M：(x＋1)2＋y2＝16，点N(1,0)，P是圆M上一动点，若线段PN的垂直平分线与线段PM相交于点E.
(1)求点E的轨迹方程；
(2)已知A，B，C为点E的轨迹上的三个点(A，B，C不在坐标轴上)，且＋＋＝0，其中O为坐标原点，求S△ABC的值．
解　(1)由已知有|EM|＋|EN|＝|EM|＋|EP|＝4>|MN|，
∴点E的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，其中2a＝4,2c＝2，
∴a＝2，c＝1，b＝，
∴点E的轨迹方程为＋＝1.
(2)由＋＋＝0，可知O为△ABC的重心，
∴S△ABC＝3S△OAB，
由已知AB的斜率存在，设直线AB的方程为
y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，
则由
可得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4(m2－3)＝0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
Δ＝(8km)2－16(4k2＋3)(m2－3)＝48(4k2＋3－m2)>0⇒4k2＋3－m2>0，
y1＋y2＝kx1＋m＋kx2＋m
＝k(x1＋x2)＋2m＝，
由＋＋＝0⇒x3＝－(x1＋x2)＝，y3＝－(y1＋y2)＝－，
∴＋＝1⇒4k2＋3＝4m2，
|AB|＝|x1－x2|
＝·，
点O到AB的距离d＝，
S△OAB＝|AB|·d
＝··
＝
＝＝，
∴S△ABC＝3S△OAB＝.

[考情分析]　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、函数与方程思想在函数、不等式中的应用
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．
练后反馈
题目
3
9
10
12
13




正误









错题整理：

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的思路：一是构造函数，即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；三是灵活运用数列的性质．
练后反馈
题目
2
5
11
14
15




正误









错题整理：

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．
练后反馈
题目
1
4
6
7
8
16



正误









错题整理：


1．[T1补偿](2022·高邮模拟)已知向量a＝(，1)，b＝(1，)，则|λa－b|(λ∈R)的最小值为(　　)
A．2 B.
C．1 D.
答案　C
解析　由题意可得λa－b＝λ(，1)－(1，)＝(λ－1，λ－)，
所以|λa－b|2＝(λ－1)2＋(λ－)2
＝4λ2－4λ＋4＝42＋1，
故当λ＝时，|λa－b|取得最小值1.
2．[T10补偿](2022·西宁模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＋b2＝kab，则△ABC的面积为时，k的最大值是(　　)
A．2 B.
C．4 D．2
答案　B
解析　由题意得S△ABC＝absin C＝，
所以c2＝absin C，
又因为c2＝a2＋b2－2abcos C，
所以a2＋b2＝c2＋2abcos C＝absin C＋2abcos C，
所以k＝＝sin C＋2cos C＝sin(C＋φ)，其中tan φ＝2，且k>0，
所以k的取值范围为(0，]．
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________．
答案　2
解析　如图所示，设正四棱锥的底面边长为a，高为h，侧棱长为l，

则该正四棱锥的体积
V＝a2h＝，
故a2h＝32，即a2＝.
则l＝＝.
令f(h)＝＋h2，
则f′(h)＝－＋2h＝，
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．
所以当h＝2时，f(h)取得最小值为f(2)＝＋22＝12，
故其侧棱长l的最小值为2.
4．[T13补偿](2022·宁波模拟)已知f(x)＝(ex－a－1)ln(x＋2a－1)，若f(x)≥0对x∈(1－2a，＋∞)恒成立，则实数a的值为________．
答案　
解析　当0 又f(x)≥0，故ex－a－1≤0，则x≤a恒成立，
所以a≥2－2a，解得a≥；
当x＋2a－1>1，即x>2－2a时，
ln(x＋2a－1)>0，
又f(x)≥0，
故ex－a－1≥0，则x≥a恒成立，
所以a≤2－2a，解得a≤，
综上，实数a的值为.
5．[T15补偿](2022·龙岩模拟)设数列{an}满足a1＝2，a2＝6，a3＝12，数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋2－Sn－1＝3(Sn＋1－Sn)＋2(n∈N*，n≥2)．
(1)求证：数列{an＋1－an}为等差数列，并求{an}的通项公式；
(2)设bn＝＋＋…＋，若对任意正整数n，当m∈[1,2]时，mt2－3t＋>bn恒成立，求实数t的取值范围．
解　(1)当n≥2时，由Sn＋2－Sn－1＝3(Sn＋1－Sn)＋2可得an＋2＋an＋1＋an＝3an＋1＋2，
∴an＋2－2an＋1＋an＝2，
∴(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝2，
∵a2－a1＝4，a3－a2＝6，
∴当n＝1时，(a3－a2)－(a2－a1)＝2，
∴{an＋1－an}是以4为首项，2为公差的等差数列，
∴an＋1－an＝4＋(n－1)×2＝2n＋2.
当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n＋2(n－1)＋…＋2×2＋2
＝2×＝n2＋n，
当n＝1时，a1＝2也满足上式，
∴an＝n2＋n.
(2)bn＝＋＋…＋＝＋＋…＋
＝＋＋…＋＝－＝，
令f(n)＝2n＋＋3，
f(n＋1)－f(n)＝2(n＋1)＋＋3－
＝2＋－＝2＋＝，
当n≥1时，2n2＋2n－1>0，f(n＋1)>f(n)，
因此f(n)的最小值为f(1)＝6，
故bn的最大值为.
对任意正整数n，当m∈[1,2]时，mt2－3t＋>bn恒成立，
则mt2－3t＋>，
即mt2－3t>0在m∈[1,2]时恒成立，
∴解得t<0或t>3.