（新課標）2020版高考數(shù)學二輪復習 專題八 數(shù)學文化及數(shù)學思想 第2講 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結合思想練習 文 新人教A版

《（新課標）2020版高考數(shù)學二輪復習 專題八 數(shù)學文化及數(shù)學思想 第2講 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結合思想練習 文 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標）2020版高考數(shù)學二輪復習 專題八 數(shù)學文化及數(shù)學思想 第2講 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結合思想練習 文 新人教A版（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第2講　函數(shù)與方程思想、數(shù)形結合思想 一、選擇題 1．已知向量a＝(λ，1)，b＝(λ＋2，1)，若|a＋b|＝|a－b|，則實數(shù)λ的值為(　　) A．－1　　　　　　　　　　 B．2 C．1 D．－2 解析：選A.法一：由|a＋b|＝|a－b|，可得a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2－2a·b，所以a·b＝0，故a·b＝(λ，1)·(λ＋2，1)＝λ2＋2λ＋1＝0，解得λ＝－1. 法二：a＋b＝(2λ＋2，2)，a－b＝(－2，0)． 由|a＋b|＝|a－b|， 可得(2λ＋2)2＋4＝4，解得λ＝－1. 2．(2019·高考全國卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n

2、項和．已知S4＝0，a5＝5，則(　　) A．an＝2n－5 B．an＝3n－10 C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝n2－2n 解析：選A.法一：設等差數(shù)列{an}的公差為d， 因為所以解得所以an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋d＝n2－4n.故選A. 法二：設等差數(shù)列{an}的公差為d， 因為所以解得 選項A，a1＝2×1－5＝－3； 選項B，a1＝3×1－10＝－7，排除B； 選項C，S1＝2－8＝－6，排除C； 選項D，S1＝－2＝－，排除D.故選A. 3．已知函數(shù)f(x)＝且關于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一個

3、實根，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A．(1，＋∞) B．(－1，3) C．(－∞，1) D．(2，4) 解析：選A.畫出f(x)圖象，如圖所示，則由方程有且僅有一個實根可得f(x)的圖象與直線y＝－x＋a的圖象只有一個交點，首先讓直線過(0，1)(這是我們所說的初始位置，因為當直線向下平移時你會發(fā)現(xiàn)有兩個交點)，由圖可知，只有向上平移才能滿足f(x)圖象與直線y＝－x＋a只有一個交點，所以a的取值范圍是(1，＋∞)． 4．(2018·高考全國卷Ⅲ)設F1，F(xiàn)2是雙曲線C：－＝1(a＞0，b＞0)的左，右焦點，O是坐標原點．過F2作C的一條漸近線的垂線，垂足為P.若|PF1

4、|＝|OP|，則C的離心率為(　　) A. B．2 C. D. 解析：選C.不妨設一條漸近線的方程為y＝x，則F2到y(tǒng)＝x的距離d＝＝b，在Rt△F2PO中，|F2O|＝c，所以|PO|＝a，所以|PF1|＝a，又|F1O|＝c，所以在△F1PO與Rt△F2PO中，根據(jù)余弦定理得cos∠POF1＝＝－cos∠POF2＝－，即3a2＋c2－(a)2＝0，得3a2＝c2，所以e＝＝. 5．已知正六棱柱的12個頂點都在一個半徑為3的球面上，當正棱柱的體積取最大值時，其高的值為(　　) A．3 B. C．2 D．2 解析：選D.設正六棱柱的底面邊長為a，高為h，則可得a2

5、＋＝9，即a2＝9－，那么正六棱柱的體積V＝×h＝h＝， 令y＝－＋9h，則y′＝－＋9， 令y′＝0，解得h＝2，易知當h＝2時，y取最大值，即正六棱柱的體積最大． 6．設函數(shù)f(x)在R上存在導函數(shù)f′(x)，對于任意的實數(shù)x，都有f(x)＋f(－x)＝2x2，當x<0時，f′(x)＋1<2x，若f(a＋1)≤f(－a)＋2a＋1，則實數(shù)a的最小值為(　　) A．－ B．－1 C．－ D．－2 解析：選A.設g(x)＝f(x)－x2，則g(x)＋g(－x)＝0， 所以g(x)為R上的奇函數(shù)． 當x<0時，g′(x)＝f′(x)－2x<－1<0，所以g(x)在(－∞，

6、0)上單調遞減，所以g(x)在R上單調遞減． 因為f(a＋1)≤f(－a)＋2a＋1， 所以f(a＋1)－(a＋1)2≤f(－a)－(－a)2， 即g(a＋1)≤g(－a)，所以a＋1≥－a， 解得a≥－，所以實數(shù)a的最小值為－. 二、填空題 7．已知等差數(shù)列{an}滿足3a4＝7a7，a1>0，Sn是數(shù)列{an}的前n項和，則Sn取得最大值時n＝________． 解析：設等差數(shù)列{an}的公差為d，因為3a4＝7a7，所以3(a1＋3d)＝7(a1＋6d)，所以4a1＝－33d.因為a1>0，所以d<0，Sn＝na1＋d＝n＋d＝＝，所以n＝9時，Sn取得最大值． 答案：9

7、 8．如圖，設直線m，n相交于點O，且夾角為30°，點P是直線m上的動點，點A，B是直線n上的定點．若||＝||＝2，則·的最小值是________． 解析：以OB所在直線為x軸，過點O且垂直于AB的直線為y軸，建立如圖的坐標系，則A(2，0)，B(4，0)， 設P，則＝， ＝， 所以·＝(2－a)(4－a)＋a2＝a2－6a＋8＝＋≥，所以·的最小值為. 答案： 9．若不等式≤k(x＋2)－的解集為區(qū)間[a，b]，且b－a＝2，則k＝________． 解析：如圖，分別作出直線y＝k(x＋2)－與半圓y＝. 由題意，知直線在半圓的上方，由b－a＝2，可知b＝3，a＝

8、1，所以直線y＝k(x＋2)－過點(1，2)，則k＝. 答案： 三、解答題 10．已知正項等比數(shù)列{an}中，a4＝81，且a2，a3的等差中項為(a1＋a2)． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若bn＝log3a2n－1，數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，數(shù)列{cn}滿足cn＝，Tn為數(shù)列{cn}的前n項和，求Tn. 解：(1)設等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，由題意，得解得所以an＝a1qn－1＝3n， (2)由(1)得bn＝log332n－1＝2n－1，又bn＋1－bn＝2， 所以數(shù)列{bn}是首項b1＝1、公差為2的等差數(shù)列，所以其前n項和Sn＝＝＝n2.

9、所以cn＝＝＝， 所以Tn＝ ＝＝. 11．已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，a∈R. (1)求f(x)的單調區(qū)間與極值； (2)求證：當a>ln 2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1. 解：(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，知f′(x)＝ex－2. 令f′(x)＝0，得x＝ln 2. 令xln 2時，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(ln 2，＋∞)上單調遞增． 所以f(x)的單調遞減區(qū)間是(－∞，ln 2)，單調遞增區(qū)間是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2

10、處取得極小值f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a. (2)證明：設g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x≥0)， 則g′(x)＝ex－2x＋2a， 由(1)知g′(x)min＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a. 又a>ln 2－1，則g′(x)min>0. 于是對?x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上單調遞增． 于是對?x>0，都有g(x)>g(0)＝0. 即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1. 12．已知橢圓C的離心率為，過上頂點(0，1)和左焦點的直線的傾斜角為，直線l過點E(－1，0)且與橢圓C交于A，B兩點．

11、 (1)求橢圓C的標準方程； (2)△AOB的面積是否有最大值？若有，求出此最大值；若沒有，請說明理由． 解：(1)因為e＝＝，＝，b＝1，所以a＝2， 故橢圓C的標準方程為＋y2＝1. (2)因為直線l過點E(－1，0)， 所以可設直線l的方程為x＝my－1或y＝0(舍去)． 聯(lián)立消去x并整理， 得(m2＋4)y2－2my－3＝0， Δ＝(－2m)2＋12(m2＋4)>0. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中y1>y2， 則y1＋y2＝，y1y2＝， 所以|y2－y1|＝， 所以S△AOB＝|OE||y2－y1|＝ ＝. 設t＝，則g(t)＝t＋，t≥， 所以g′(t)＝1－>0， 所以g(t)在區(qū)間[，＋∞)上為增函數(shù)， 所以g(t)≥，所以S△AOB≤，當且僅當m＝0時等號成立． 所以△AOB的面積存在最大值，最大值為. - 6 -