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【高考复习方案】(新课标)2015届高三数学二轮限时训练 第19讲 函数与方程思想、数形结合思想


[第 19 讲

函数与方程思想、数形结合思想]

(时间:5 分钟+40 分钟) 基础演练 1.若复数 z 满足(1+i)z=1+2i(其中 i 是虚数单位),则复数 z 对应的点位于复平面的 ( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 π 1 ? ? 2.方程 sin?x- ?= x 的实数解的个数是( ) 4? 4 ? A.2 B.3 C.4 D.以上均不对 { x |log x = 2 - x } 2 3.若 x∈ ,则有( ) 2 2 A.x >x>1 B.x >1>x 2 2 C.1>x >x D.x>1>x x 3 4.函数 f(x)=2 +x -2 在区间(0,2)上的零点个数是( ) A.0 B.1 C.2 D.3 * 5. 设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn, 已知 a1=2011, 且 an+2an+1+an+2=0(n∈N ), 则 S2014 =________. 提升训练 7? ?7 1? ?1 6.与向量 a=? , ? ,b=? ,- ?的夹角相等,且模为 1 的向量是( ) 2 2 2 2? ? ? ? 3? ?4 A.? ,- ? 5 5? ? 3? ? 4 3? ?4 B.? ,- ?或?- , ? 5 5? ? 5 5? ? ?2 2,-1? C.? ? 3? ?3 ?2 2,-1?或?-2 2,1? D.? ? ? ? 3? ? 3 3? ?3

x ?1? 7.已知函数 f(x)=|log2|x||-? ? ,则下列结论正确的是( ) ?2? A.f(x)有三个零点,且所有零点之积大于-1 B.f(x)有三个零点,且所有零点之积小于-1 C.f(x)有四个零点,且所有零点之积大于 1 D.f(x)有四个零点,且所有零点之积小于 1 8.已知 f(x)为 R 上的可导函数,且对任意 x∈R,均有 f(x)>f′(x),则以下判断正确的 是( ) 2013 A.f(2013)>e f(0) 2013 B.f(2013)<e f(0) 2013 C.f(2013)=e f(0) 2013 D.f(2013)与 e f(0)的大小无法确定 ? ?x,x≥y, ln 2 ln 3 ln 5 9. 对任意的实数 x, y, 定义运算?: x ? y=? 设 a= , b= , c= , 4 9 25 ?y,x<y. ? 则 b ? a ? c 的值是( ) A.a B.b C.c D.不确定 x 10.若函数 f(x)=a -x-a(a>0 且 a≠1)有两个零点,则实数 a 的取值范围是________. 11.已知函数 f(x)=(sin x+cos x)+|sin x-cos x|,则 f(x)的值域是________.

-1-

x-2y+1≥0, ? ? 12.已知实数 x,y 满足?x<2, z=|2x-2y-1|,则 z 的取值范围是__________. ? ?x+y-1≥0,
13.设 f(x)=x -2ax+2,当 x∈[-1,+∞)时,f(x)>a 恒成立,求 a 的取值范围.
2

14.过点(3,0)的直线 l 与圆 x +y =3 相交于 P,Q 两点,且 OP⊥OQ(其中 O 为原点), 求直线 l 的方程.

2

2

15.已知函数 f(x)=e -kx ,x∈R. 1 (1)若 k= ,求证:当 x∈(0,+∞)时,f(x)>1; 2 (2)若 f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,试求 k 的取值范围.

x

2

-2-

专题限时集训(十九) 【基础演练】 1.A [解析] 设 z=a+bi(a,b∈R),则有(1+i)(a+bi)=(a-b)+(a+b)i=1+2i, ? ?a-b=1, 3 1 3 1 所以有? 解得 a= ,b= ,所以 z= + i,复数 z 对应的点位于复平面的第一象限. 2 2 2 2 ?a+b=2, ? 1 ? π? 2.B [解析] 在同一坐标系内作出 y=sin?x- ?与 y= x 的图像,如图所示,可知它 4? 4 ? 们有 3 个不同的交点.

3.A [解析] 设 y1=log2x,y2=2-x,在同一坐标系中作出其图像,如图所示,由图知, 2 交点的横坐标 x>1,则有 x >x>1.

4.B [解析] 显然 f(x)=2 +x -2 在区间(0,2)上单调递增,f(0)f(2)=-10<0,故 只有一个零点. 5.0 [解析] 设等比数列{an}的公比为 q,则由已知得 a1qn-1+2a1qn+a1qn+1=0,即 a1qn-1(1+2q+q2)=0. n-1 2 因为 a1q ≠0,所以 1+2q+q =0,解得 q=-1, 2014 a1(1-q ) 所以 S2014= =0. 1-q 【提升训练】 6.B [解析] 设所求向量 m=(x,y),由题意得|a|=|b|,|m|=1, 4 4 7 1 1 7 x1= , x2=- , x+ y x- y 5 5 2 2 2 2 2 2 = ,即有 3x+4y=0 且 x +y =1,解得 或 |a|·|m| |b|·|m| 3 3 y1=- y2= . 5 5

x

3

? ? ? ? ?

? ? ? ? ?

x ?1? 7.A [解析] 在同一坐标系中分别作出 f1(x)=|log2|x||与 f2(x)=? ? 的图像,如图所 ?2? 示.由图像知 f1(x)与 f2(x)有三个交点,即函数 f(x)有三个零点.设三个零点从左到右分别 1 1 1 ? 1? ? 1? 是 x1, x2,x3,f?- ?<0, 因为 f?- ?>0, 所以- <x1<- .同理, <x2<1, 1<x3<2, 则-1<x1x2x3< 2 4 2 4 2 ? ? ? ? 1 - ,即所有零点之积大于-1. 8

8. B [解析] 构造函数 g(x)=

f(x)
e
x

, 则 g′(x)=

f′(x)-f(x)
e
x

<0, 所以函数 g(x)

-3-

在 R 上单调递减,所以 g(0)>g(2013),即

,即 f(2013)<e f(0). 2013 e ln x 1-ln x 9.A [解析] 设 f(x)= ,则 f′(x)= ,易知在区间(e,+∞)上 f′(x)<0 2 e
0

f(0) f(2013)
>

2013

x

x

1 1 1 恒成立,即函数 f(x)在区间(e,+∞)上单调递减.因为 a= f(4),b= f(9),c= f(25), 2 2 2 所以 a>b>c,所以 b ? a ? c=a ? c=a. x x 10.a>1 [解析] 函数 f(x)有两个零点,即方程 a =x+a 有两个解,即函数 y=a 与函 数 y=x+a 的图像有两个交点.作图分析易知当 0<a<1 时只有一个交点,当 a>1 时有两个交 点. 11 . [- 2,2] [ 解 析 ] f(x) = (sin x + cos x) + |sin x-cos x| = ? ?2sin x(sin x≥cos x), 5 ? 结合三角函数的图像知当 x= π 时,f(x)取得最小值- 2,当 4 ?2cos x(sin x<cos x), ? π x= 时,f(x)取得最大值 2,所以这个函数的值域是[- 2,2]. 2 12.[0,5) [解析] 由 x,y 的约束条件作出可行域,如图中阴影区域所示.令 u=2x u+1 -2y-1,则 y=x- ,先画出直线 y=x,再平移直线 y=x,易知当直线分别经过点 A(2, 2 5 ?1 2? -1),B? , ?时,u 取得最大值与最小值.又 x<2,所以- ≤u<5,故 z=|u|∈[0,5). 3 ?3 3?

13.解: 由 f(x)>a 在区间[-1,+∞)上恒成立, 2 可知 x -2ax+2-a>0 在区间[-1,+∞)上恒成立, 2 即函数 g(x)=x -2ax+2-a 的图像在区间[-1,+∞)上位于 x 轴上方.

Δ ≥0, ? ? 故 Δ <0 或?a<-1, 解得-2<a<1 或-3<a≤-2. ? ?g(-1)>0, 综上所述,a∈(-3,1). 14.解: 设直线 l 的方程为 x+ay-3=0(a≠0), 2 2 ? ?x +y =3, 点 P(x1,y1),Q(x2,y2).联立? ?x+ay-3=0, ? 2 9-3a 2 2 2 消去 y,得(a +1)x -6x+9-3a =0,∴x1x2= 2 .① a +1 6 2 2 由方程组消去 x,得(a +1)y -6ay+6=0,∴y1y2= 2 . ② a +1

-4-

依题意知 OP⊥OQ,∴
2

y1y2 =-1,即 y1y2+x1x2=0. x1x2

9-3a 6 由①②知, 2 + 2 =0,解得 a=± 5. a +1 a +1 ∴所求直线 l 的方程为 x+ 5y-3=0 或 x- 5y-3=0. 1 2 x x x 15.解: (1)证明:f(x)=e - x ,则 h(x)=f′(x)=e -x,∴h′(x)=e -1>0(x> 2 1 x 0),∴h(x)=f′(x)在区间(0,+∞)上单调递增,∴f′(x)>f′(0)=1>0,∴f(x)=e - 2 x2 在区间(0,+∞)上单调递增,∴f(x)>f(0)=1. x (2)f′(x)=e -2kx 若 k≤0,显然 f′(x)>0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增. x x 记 φ (x)=e -2kx,则 φ ′(x)=e -2k. 1 x 0 当 0<k< 时,∵e >e =1,2k<1,∴φ ′(x)>0,∴φ (x)在区间(0,+∞)上单调递 2 增, ∴f′(x)=φ (x)>φ (0)=1>0,∴f(x)在区间(0,+∞)上单调递增. 1 x 当 k≥ 时,φ (x)=e -2kx 在区间(0,ln 2k)上单调递减,在区间(ln 2k,+∞)上单调 2 递增, f′(x)=φ (x)≥φ (ln 2k)=eln 2k-2kln 2k, 1 e ln 2k 由 e -2kln 2k≥0,得 2k-2kln 2k≥0,解得 ≤k≤ . 2 2 e? ? 综上,k 的取值范围为?-∞, ?. 2? ?

-5-



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