（江西專用）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)（十九）第19講 函數(shù)與方程思想和數(shù)形結(jié)合思想配套作業(yè) 文（解析版）

專題限時(shí)集訓(xùn)(十九)[第19講函數(shù)與方程思想和數(shù)形結(jié)合思想](時(shí)間：45分鐘)1．已知向量a與b的夾角為eq\f(2π,3)，且|a|＝1，|b|＝2，若(3a＋λb)⊥a，則實(shí)數(shù)λ＝()A．3B．－3C.eq\f(3,2)D．－eq\f(3,2)2．設(shè)A，B為非空集合，U＝R，定義集合A*B為如圖19－1非陰影部分表示的集合，若A＝{x|y＝eq\r(2x－x2)}，B＝{y|y＝3x，x>0}，則A*B＝()圖19－1A．(0，2)B．[0，1]∪[2，＋∞)C．(1，2]D．(－∞，1]∪(2，＋∞)3．已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇－3，＋∞)，且f(6)＝2.f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f′(x)的圖像如圖19－2所示．若正數(shù)a，b滿足f(2a＋b)<2，則eq\f(b＋3,a－2)的取值范圍是()圖19－2A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪(3，＋∞)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，3))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(9,2)))∪(3，＋∞)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))4．方程sin2x＋2sinx＋a＝0一定有解，則a的取值范圍是()A．[－3，1]B．(－∞，1]C．[1，＋∞)D．[－1，1]5．函數(shù)f(x)＝1＋log2x與g(x)＝2－x＋1在同一直角坐標(biāo)系下的圖像大致是()圖19－36．已知函數(shù)f(x)＝sinx＋cosx，g(x)＝2eq\r(2)sinxcosx，則下列結(jié)論正確的是()A．兩個(gè)函數(shù)的圖像均關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))成中心對(duì)稱B．兩個(gè)函數(shù)的圖像均關(guān)于直線x＝－eq\f(π,4)對(duì)稱C．兩個(gè)函數(shù)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上都是單調(diào)遞增函數(shù)D．兩個(gè)函數(shù)的最小正周期相同7．已知函數(shù)f(x)＝2x－logeq\f(1,2)x，實(shí)數(shù)a，b，c滿足a＜b＜c，且滿足f(a)f(b)f(c)＜0，若實(shí)數(shù)x0是函數(shù)y＝f(x)的一個(gè)零點(diǎn)，則下列結(jié)論一定成立的是()A．x0＞cB．x0＜cC．x0＞aD．x0＜a8．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,2x，x≤0，))若f(1)＋f(a)＝2，則a的值為()A．1B．2C．4D．4或19．若函數(shù)y＝f(x)(x∈R)滿足f(x＋2)＝f(x)，且x∈[－1，1]時(shí)，f(x)＝|x|，則函數(shù)y＝f(x)的圖像與y＝log4x的圖像的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為________．10．長(zhǎng)度都為2的向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))的夾角為60°，點(diǎn)C在以O(shè)為圓心的圓弧AB(劣弧)上，eq\o(OC,\s\up6(→))＝meq\o(OA,\s\up6(→))＋neq\o(OB,\s\up6(→))，則m＋n的最大值是________．11．若a，b是正數(shù)，且滿足ab＝a＋b＋3，則ab的取值范圍是________．12．函數(shù)f(x)＝Asinωx(A>0，ω>0)在一個(gè)周期內(nèi)的圖像如圖19－4所示，其最高點(diǎn)為M，最低點(diǎn)為N，與x軸正半軸交點(diǎn)為P.在△MNP中，∠MNP＝30°，MP＝2.(1)判斷△MNP的形狀，并說明理由；(2)求函數(shù)f(x)的解析式．圖19－413．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列{bn}的各項(xiàng)均為正數(shù)，公比是q，且滿足：a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝12，S2＝b2q.(1)求{an}與{bn}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)cn＝3bn－λ·2eq\f(an,3)(λ∈R)，若{cn}滿足：cn＋1>cn對(duì)任意的n∈N*恒成立，求λ的取值范圍．14．已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)在x＝－1處取得極值，直線y＝m與y＝f(x)的圖像有三個(gè)不同的交點(diǎn)，求m的取值范圍．

專題限時(shí)集訓(xùn)(十九)【基礎(chǔ)演練】1．A[解析]因?yàn)?3a＋λb)⊥a，所以(3a＋λb)·a＝3a2＋λa·b＝3×12＋λ×1×2×coseq\f(2π,3)＝0，解得λ＝3.2．D[解析]A＝{x|0≤x≤2}，B＝{y|y>1}，故所求交集的補(bǔ)集為(－∞，1]∪(2，＋∞)．3．A[解析]根據(jù)函數(shù)f(x)導(dǎo)數(shù)的圖像可知函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(6)＝2，故a，b滿足不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,b>0，,2a＋b<6.))作出不等式組所表示的平面區(qū)域如圖，根據(jù)eq\f(b＋3,a－2)的幾何意義，其表示區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)與點(diǎn)P(2，－3)連線的斜率，根據(jù)斜率公式可得其取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪(3，＋∞)．4．A[解析]構(gòu)造函數(shù)f(x)＝sin2x＋2sinx，則函數(shù)f(x)的值域是[－1，3]，因?yàn)榉匠蘳in2x＋2sinx＋a＝0一定有解，所以－1≤－a≤3，∴－3≤a≤1.【提升訓(xùn)練】5．C[解析]函數(shù)f(x)＝1＋log2x的圖像是把函數(shù)y＝log2x的圖像向上平移一個(gè)單位得到的，此時(shí)與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，選項(xiàng)B，C，D中的圖像均符合；函數(shù)g(x)＝2－x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x－1)的圖像是把函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)的圖像向右平移一個(gè)單位得到的，此時(shí)與y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)是(0，2)，選項(xiàng)C中的圖像符合要求．故選C.6．C[解析]f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，則函數(shù)周期為2π，對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋kπ，0))(k∈Z)，對(duì)稱軸為x＝eq\f(π,4)＋kπ(k∈Z)，遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)＋2kπ，\f(π,4)＋2kπ))(k∈Z)；g(x)＝eq\r(2)sin2x，則函數(shù)周期為π，對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)，對(duì)稱軸為x＝eq\f(π,4)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋kπ，\f(π,4)＋kπ))(k∈Z)，排除A，B，D，故選C.7．C[解析]由于函數(shù)f(x)＝2x－logeq\f(1,2)x為增函數(shù)，故若a＜b＜c，f(a)f(b)f(c)＜0，則有如下兩種情況：①f(a)＜f(b)＜f(c)＜0；②f(a)＜0＜f(b)＜f(c)，又x0是函數(shù)的一個(gè)零點(diǎn)，即f(x0)＝0，故當(dāng)f(a)＜f(b)＜f(c)＜0＝f(x0)時(shí)，由單調(diào)性可得x0＞a，又當(dāng)f(a)＜0＝f(x0)＜f(b)＜f(c)時(shí)，也有x0＞a，故選C.8．C[解析]依題意f(1)＋f(a)＝2，且f(1)＝0，所以f(a)＝2.當(dāng)a>0時(shí)，得log2a＝2，求得a＝4；當(dāng)a<0時(shí)，無解．綜合得a＝4.故選9．3[解析]畫出函數(shù)y＝f(x)的圖像與y＝log4x的圖像，發(fā)現(xiàn)它們的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為3.10.eq\f(2\r(3),3)[解析]建立平面直角坐標(biāo)系(如圖)，設(shè)向量eq\o(OA,\s\up6(→))＝(2，0)，則向量eq\o(OB,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3))，向量eq\o(OC,\s\up6(→))＝(2cosα，2sinα)，0≤α≤eq\f(π,3).由eq\o(OC,\s\up6(→))＝meq\o(OA,\s\up6(→))＋neq\o(OB,\s\up6(→))，得(2cosα，2sinα)＝(2m＋n，eq\r(3)n)，即2cosα＝2m＋n，2sinα＝eq\r(3)n，解得m＝cosα－eq\f(1,\r(3))sinα，n＝eq\f(2,\r(3))sinα.故m＋n＝cosα＋eq\f(1,\r(3))sinα＝eq\f(2\r(3),3)sinα＋eq\f(π,3)≤eq\f(2\r(3),3).11．[9，＋∞)[解析]方法1：∵ab＝a＋b＋3，∴a≠1，b＝eq\f(a＋3,a－1)>0，從而a>1或a<－3.又a>0，∴a>1，∴a－1>0，∴ab＝f(a)＝a·eq\f(a＋3,a－1)＝(a－1)＋eq\f(4,a－1)＋5≥9，當(dāng)且僅當(dāng)a－1＝eq\f(4,a－1)，即a＝3時(shí)取等號(hào)，當(dāng)1<a<3時(shí)，函數(shù)f(a)單調(diào)遞減，當(dāng)a>3時(shí)函數(shù)f(a)單調(diào)遞增，∴ab的取值范圍是[9，＋∞)．方法2：設(shè)ab＝t，則a＋b＝t－3，∴a，b可看成方程x2－(t－3)x＋t＝0的兩個(gè)正根，從而有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（t－3）2－4t≥0，,t－3>0,t>0，))解得t≥9，即ab≥9.12．解：(1)由函數(shù)f(x)的圖像的對(duì)稱性知：MN＝2OM＝2MP，因?yàn)镸P＝2，所以MN＝4，在△MNP中，eq\f(MP,sin∠MNP)＝eq\f(MN,sin∠MPN)，解得sin∠MPN＝1，所以∠MPN＝90°，△MPN為直角三角形．(2)由(1)知，∠NMP＝60°，又OM＝MP，所以△OMP為等邊三角形．故M(1，eq\r(3))，P(2，0)，所以A＝eq\r(3)，周期T＝2OP＝4，又|ω|＝eq\f(2π,T)，ω>0，所以ω＝eq\f(π,2)，所以f(x)＝eq\r(3)sineq\f(π,2)x.13．解：(1)設(shè){an}的公差為d，由已知可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＋3＋a2＝12，,3＋a2＝q2，))消去a2得：q2＋q－12＝0，解得q＝3或q＝－4(舍)，∴a2＝6，∴d＝3，從而an＝3n，bn＝3n－1.(2)由(1)知：cn＝3bn－λ·2eq\f(an,3)＝3n－λ·2n.∵cn＋1>cn對(duì)任意的n∈N*恒成立，∴3n＋1－λ·2n＋1>3n－λ·2n恒成立，整理得：λ·2n<2·3n對(duì)任意的n∈N*恒成立，即λ<2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)對(duì)任意的n∈N*恒成立．∵y＝2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(x)在區(qū)間[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴ymin＝2·eq\f(3,2)＝3，∴λ<3.∴λ的取值范圍為(－∞，3)．14．解：(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a當(dāng)a<0時(shí)，對(duì)x∈R，有f′(x)>0恒成立，所以當(dāng)a<0時(shí)，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無單調(diào)減區(qū)間；當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)>0解得x<－eq\r(a)或x>eq\r(a)，由f′(x)<0解得－eq\r(a)<x<eq\r(a)，所以當(dāng)a>0時(shí)，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－eq