2020届高考理科数学二轮复习课件：专题10 选择、填空压轴小题五大板块

2．求解平面向量数量积最值问题有两个策略， 一是图形化策略，即利用图形语言翻译已知 条件和所求结论，借助图形思考解决问题， 利用图形化策略，各种数量关系在图形中非 常明了，能起到事半功倍的作用．二是代数 化策略，即利用代数语言翻译已知条件和所 求结论，借助代数运算解决所面临的问题， 通过平面向量基本定理演变而来的代数运算 和坐标化的代数运算，是解决向量问题的一 般方法．
＋1－2λx≤0，即
ln
x＋1 x
≤2λ恒成立时，H(x)单调递减，设r(x)＝
ln
x＋1 x
，则r′(x)＝
－ln x2
x≤0，∴r(x)max＝r(1)＝1，即1≤2λ⇒λ≥12，符合题意；
②当λ≤0时，H′(x)＝ln x＋1－2λx≥0恒成立，此时H(x)单调递增，H(x)≥H(1)＝0
对任意x∈[1，＋∞)恒成立，不符合题意；③当0＜λ＜12时，设q(x)＝H′(x)＝ln x＋1
源自文库
－2λx，则q′(x)＝
1 x
－2λ＝0⇒x＝
1 2λ
＞1，当x∈
1，21λ
时，q′(x)＝
1 x
－2λ＞0，此时
q(x)＝H′(x)＝ln x＋1－2λx单调递增，∴H′(x)＝ln x＋1－2λx＞H′(1)＝1－2λ＞
0，故当x∈ 1，21λ 时，函数H(x)单调递增，则当x∈ 1，21λ 时，H(x)＞0成立，不符
x 2
＝2k－1，
y 3
＝
3k－1，
z 5
＝5k－1.又易知k>0，接下来对k与1的大小关系加以讨论．若k＝1，则
x 2
＝1，
y 3
＝1，
z 5
＝1，所以
x 2
＝
y 3
＝
z 5
，选项C有可能正确．若0<k<1，则根据函数f(t)＝tk－1在
(0，＋∞)上单调递减可得2k－1>3k－1>5k－1，所以
的图象如图1或图2所示，易知
log2m≤1， －log2m≤1，
解得
1 2
≤m≤2；当f(x)在[1,2]上单调递
减时，f(x)＝|2x－m|与g(x)＝ 12x－m 的图象如图3所示，由图象知此时g(x)在[1,2]上
不可能单调递减．综上所述，12≤m≤2.故选A．
方向2 函数的应用
例2
已知函数f(x)＝
为三种情况：①若α>0，则单调递增；②若α ＝0，则为常数函数；③若α<0，则单调递 减．总之，结合例题解析，希望能够帮助同 学们在学中“悟”，在“悟”中不断提升解 题技能．
•
已知函数f(x)＝|2x－m|的图象
与函数g(x)的图象关于y轴对称，若函数f(x)与
函数g(x)在区间[1,2]上同时单调递增或同时单
间(π，2π)内没有零点，则ω的取值范围是( )
A．0，152
B．0，152∪56，1112
C．0，56
D．0，152∪56，1112
【答案】D
【解析】f(x)＝cos2ω2x＋
3 2 sin
ωx－12＝12cos
ωx＋
3 2 sin
ωx＝sinωx＋π6，可得T2＝
ωπ ≥π，0＜ω≤1，f(x)在区间(π，2π)内没有零点，函数的图象有如图两种类型，结合
x 2
＝
3y＝5z，此时选项C正确．取x＝4，则由log2x＝log3y＝log5z得y＝9，z＝25，此时易知2x
y <3
<
5z ，此时选项A正确．取x＝
2 ，则由log2x＝log3y＝log5z得y＝
3 ，z＝
5 ，此时
易知5z<3y<2x，此时选项D正确．综上，利用排除法可知应选B．
方法二：设log2x＝log3y＝log5z＝k，则x＝2k，y＝3k，z＝5k，所以
方向3 导数的应用
例3 (2019年江西八校联考)已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有
f′(x)＋fxx>0，则函数F(x)＝xf(x)＋1x的零点个数是( )
A．0
B．1
C．2
D．3
【解析】∵x≠0时，f′(x)＋
fx x
>0，∴
xf′x＋fx x
>0，即
xfx′ x
>0①.当x>0
函数．又U(0)＝0·f(0)＝0，∴U(x)＝xf(x)>0在(－∞，0)上恒成立．∴F(x)＝xf(x)＋
1 x
在(－∞，0)上为减函数．当x→0时，xf(x)→0，∴F(x)≈
1 x
<0；当x→－∞时，
1 x
→0，
∴F(x)≈xf(x)>0.∴F(x)在(－∞，0)上有唯一零点．综上，F(x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)
合题意．综上，λ的取值范围为12，＋∞.
三角函数与平面向量
• 三角函数的图象与性质是高考考查的重点， 近年来，三角函数与其他知识交汇命题成为 高考的热点，由原来三角函数与平面向量的 交汇渗透到三角函数与函数的零点、数列、 不等式、复数、方程等知识的交汇，主要考 查数形结合、转化与化归思想．
• 平面向量经常会出现灵活多变的新颖题目， 难点是平面向量的综合应用．
D．上述三种情况都有可能
【解析】如图，在△ABC中，G，O分别为△ABC的重心和外心，取BC的中点 D，连接AD，OD，OG，则OD⊥BC，GD＝13AD，结合O→G＝O→D＋ D→G，A→D＝12(A→B＋A→C)，O→G·B→C＝5，得(O→D＋D→G)·B→C＝D→G·B→C＝－16 (A→B＋A→C)·B→C＝5，即－16(A→B＋A→C)·(A→C－A→B)＝5，∴A→C2－A→B2＝－30.又BC＝5，则 |A→B|2＝|A→C|2＋65|B→C|2>|A→C|2＋|B→C|2，结合余弦定理有cos C<0，∴π2<C<π，△ABC是钝 角三角形．故选B．
上有唯一零点．故选B．
【答案】B
1．根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想也是“数 形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值 的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象 得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个 数，基本步骤是“先数后形”．
2．求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”
方向1 函数的图象与性质
例1
设x，y，z为正实数，且log2x＝log3y＝log5z>0，则
x 2
，
y 3
，
z 5
的大小关系不可
能是( )
A．2x<3y<5z
B．3y<2x<5z
C．2x＝3y＝5z
D．5z<3y<2x
【解析】方法一：取x＝2，则由log2x＝log3y＝log5z得y＝3，z＝5，此时易知
解决三角函数与其他知识的交汇问题，要充分 利用三角函数的图象与性质，如本例中f(x)的 极值点是三角函数取得最值的x值，从而得出 α的值，问题逐步解决．变式训练4应结合三 角函数图象利用数形结合思想求解．
已知函数f(x)＝cos2
ωx 2
＋
23 sin
ωx－ 12 (ω＞0)，x∈R，若f(x)在区
调递减，则实数m的取值范围是( )
A．12，2 C．－∞，12∪[4，＋∞)
B．[2,4] D．[4，＋∞)
【答案】A
【解析】易知当m≤0时不符合题意．当m＞0时，g(x)＝|2－x－m|，即g(x)＝
12x－m .当f(x)与g(x)在区间[1,2]上同时单调递增时，f(x)＝|2x－m|与g(x)＝ 12x－m
≤λ(x－1)恒成立，则实数λ的取值范围是________．
【答案】12，＋∞
【解析】xx＋ln 1x≤λ(x－1)⇒xln x－λ(x2－1)≤0.设H(x)＝xln x－λ(x2－1)，则对任
意x∈[1，＋∞)，H(x)≤0＝H(1)恒成立．又H′(x)＝ln x＋1－2λx，①当H′(x)＝ln x
三角函数可得ω2ωππ＋＋π6π6≥≤0， π
或π2ωωπ＋＋π6π6≥≤π2，π，
解得ω∈0，152∪56，1112.
方向2 与平面向量有关的综合问题
例5 在△ABC中，BC＝5，G，O分别为△ABC的重心和外心，且O→G·B→C＝5，则
△ABC的形状是( )
A．锐角三角形
B．钝角三角形
C．直角三角形
z 5
<
y 3
<
x 2
，选项D有可能正确．若k>1，
则根据函数f(t)＝tk－1在(0，＋∞)上单调递增可得2k－1<3k－1<5k－1，所以
x 2
<
y 3
<
z 5
，选项A
有可能正确．综上，利用排除法可知选B．
【答案】B
方法一是在特例的基础上，结合排除法解答； 方法二借助设元变形，先将目标问题等价转 化为考查2k－1,3k－1,5k－1的大小，再对幂函数 f(x)＝xk－1的单调性加以讨论分析．特别提 醒——幂函数y＝xα在(0，＋∞)上的单调性可分
选择、填空压轴小题五大板块
函数与导数
• 函数的图象与性质，有时出现在选择题、填 空题压轴题的位置，多与导数、不等式、创 新性问题结合命题．
• 函数的应用多体现在函数零点与方程根的综 合问题上，题目有可能较难．
• 导数的应用主要是应用导数研究函数的单调 性、极值、最值，多在选择题、填空题最后 几题的位置考查，难度中等偏上，属综合性 问题．
|lg－x|，x<0， x3－6x＋4，x≥0，
若关于x的函数y＝f2(x)－bf(x)＋1有8个
不同的零点，则实数b的取值范围为________．
【解析】因为f(x)＝
|lg－x|，x<0， x3－6x＋4＝x－2x2＋2x－2，x≥0，
作出f(x)的简图如图
所示．由图象可得，f(x)在(0,4]上任意取一个值，
【答案】B
1．解决平面向量与三角函数的综合问题时， 若给出的向量坐标中含有三角函数，求角的 大小，解题思路是运用向量共线或垂直的坐 标表示，或等式成立的条件等，得到三角函 数的关系式，然后求解；若给出的向量坐标 中含有三角函数，求向量的模或者向量的其 他表达形式，解题思路是利用向量的运算， 结合三角函数在定义域内的有界性或基本不 等式进行求解．
都有四个不同的x值与之对应．再结合题中函数y
＝f2(x)－bf(x)＋1有8个不同的零点，可得关于t的
方程t2－bt＋1＝0有两个不同的实数根t1，t2，且
Δ＝b2－4>0，
0<t1≤4，0<t2≤4，所以 0<b2<4，
解
0－b×0＋1>0，
42－4b＋1≥0，
得2<b≤147.
【答案】2，147
本例结合图象可知，一元二次方程t2－bt＋1＝0的两个根0<t1≤4,0<t2≤4，结合
二次函数图象的特点可知，对称轴0<
b 2
<4，且Δ>0，另外t＝0时的函数值为正，t＝4
时的函数值非负．当涉及二次方程根的分布问题时，一般结合图象从判别式、对称
轴位置以及特殊点函数值的符号来讨论．
(2019年广东惠州模拟)已知函数f(x)＝
(1)转化关：通过分离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x)) 对∀x∈D恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min)．
(2)求最值关：求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题．
(2019年河南开封模拟)若x∈[1，＋∞)时，关于x的不等式
xln x x＋1
方向1 三角函数的图象与性质的综合应用
例4
(2019年辽宁抚顺模拟)已知函数f(x)＝sin(2x＋α)在x＝
π 12
时有极大值，且f(x
－β)为奇函数，则α，β的一组可能值依次为( )
A．π6，－1π2
B．π6，1π2
C．π3，－π6
D．π3，π6
【解析】依题意得2×
π 12
＋α＝2k1π＋
π 2
kx－1，x≥0， －ln－x，x<0，
若函数
f(x)的图象上关于原点对称的点有2对，则实数k的取值范围是( )
A．(－∞，0) C．(0，＋∞)
B．0，12 D．(0,1)
【答案】D
【解析】依题意，函数f(x)的图象上存在2对关于原点对称的点，如图，可作出 函数y＝－ln(－x)(x<0)的图象关于原点对称的函数y＝ln x(x>0)的 图象，使得它与直线y＝kx－1(x>0)的交点个数为2即可．当直线 y＝kx－1与y＝ln x的图象相切时，设切点为(m，ln m)．又y＝ln x的导数为y′＝1x，则kkm＝－m1 1，＝ln m， 解得km＝＝11，， 可得切线 的斜率为1.结合图象可知k∈(0,1)时，函数y＝ln x的图象与直线y＝kx－1有2个交点， 即函数f(x)的图象上关于原点对称的点有2对．故选D．
时，由①式知(xf(x))′>0，∴U(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上为增函数．又U(0)＝0·f(0)＝
0，∴U(x)＝xf(x)>0在(0，＋∞)上恒成立．又
1 x
>0，∴F(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
F(x)在(0，＋∞)上无零点．当x<0时，(xf(x))′<0，∴U(x)＝xf(x)在(－∞，0)上为减
，k1∈Z，即α＝2k1π＋
π 3
，k1∈Z，排除
A，B；由f(x－β)是奇函数得f(－x－β)＝－f(x－β)，即f(－x－β)＋f(x－β)＝0，函数f(x)
的图象关于点(－β，0)对称，即f(－β)＝0，sin(－2β＋α)＝0，sin(2β－α)＝0,2β－α＝
k2π，k2∈Z，结合选项C，D，取α＝π3得β＝k22π＋π6，k2∈Z，因此选D． 【答案】D