《高三文科數學 通用版二輪復習：技法強化訓練二　數形結合思想 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高三文科數學 通用版二輪復習：技法強化訓練二　數形結合思想 Word版含解析（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、技法強化訓練技法強化訓練(二二)數形結合思想數形結合思想題組 1利用數形結合思想解決方程的根或函數零點問題1方程|x22x|a21(a0)的解的個數是()A1B.2C.3D.4Ba0，a211.而 y|x22x|的圖象如圖，y|x22x|的圖象與 ya21 的圖象總有 2 個交點2已知函數 f(x)|log2|x|12x，則下列結論正確的是()Af(x)有三個零點，且所有零點之積大于1Bf(x)有三個零點，且所有零點之積小于1C.f(x)有四個零點，且所有零點之積大于 1Df(x)有四個零點，且所有零點之積小于 1A在同一坐標系中分別作出 f1(x)|log2|x|與 f2(x)12x的圖象，

2、如圖所示，由圖象知 f1(x)與 f2(x)有三個交點，設三個交點的橫坐標從左到右分別是 x1，x2，x3，因為 f12 0， f14 0， 所以12x114， 同理12x21,1x32， 即1x1x2x318，即所有零點之積大于1.3(20 xx廣州二模)設函數 f(x)的定義域為 R，f(x)f(x)，f(x)f(2x)，當 x0,1時， f(x)x3， 則函數 g(x)|cos(x)|f(x)在12，52 上的所有零點的和為()A7B.6C.3D.2A函數 g(x)|cos(x)|f(x)在12，52 上的零點為函數 h(x)|cos(x)|與函數f(x)的交點的橫坐標因為 f(x)f(

3、x)，f(x)f(2x)，所以函數 f(x)為關于 x1 對稱的偶函數，又因為當 x0,1時，f(x)x3，則在平面直角坐標系內畫出函數 h(x)|cos(x)|與函數 f(x)在12，52 內的圖象，如圖所示，由圖易得兩函數圖象共有 7 個交點，不妨設從左到右依次為 x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，則由圖易得 x1x20，x3x52，x41，x6x74，所以 x1x2x3x4x5x6x77， 即函數 g(x)|cos(x)|f(x)在12，52 上的零點的和為 7， 故選 A.4(20 xx合肥二模)若函數 f(x)asin x 在，2上有且只有一個零點，則實數 a_.1函數 f(

4、x)asin x 在，2上有且只有一個零點，即方程 asin x0 在，2上只有一解，即函數 ya 與 ysin x，x，2的圖象只有一個交點，由圖象可得 a1.5已知函數 f(x)x3，xa，x2，xa，若存在實數 b，使函數 g(x)f(x)b 有兩個零點，則 a 的取值范圍是_(，0)(1，)函數 g(x)有兩個零點，即方程f(x)b0 有兩個不等實根，則函數 yf(x)和 yb 的圖象有兩個公共點若 a0，則當 xa 時，f(x)x3，函數單調遞增；當 xa 時，f(x)x2，函數先單調遞減后單調遞增，f(x)的圖象如圖(1)實線部分所示，其與直線 yb 可能有兩個公共點若 0a1，則

5、 a3a2，函數 f(x)在 R 上單調遞增，f(x)的圖象如圖(2)實線部分所示，其與直線 yb 至多有一個公共點若 a1，則 a3a2，函數 f(x)在 R 上不單調，f(x)的圖象如圖(3)實線部分所示，其與直線 yb 可能有兩個公共點綜上，a0 或 a1.題組 2利用數形結合思想求解不等式或參數范圍6若不等式 logaxsin 2x(a0，a1)對任意 x0，4 都成立，則 a 的取值范圍為()A.0，4B.4，1C.4，2D.(0,1)A記 y1logax(a0，a1)，y2sin 2x，原不等式即為 y1y2，由題意作出兩個函數的圖象，如圖所示，知當 y1logax 的圖象過點 A

6、4，1時，a4，所以當4a1 時，對任意 x0，4 都有 y1y2.7(20 xx黃岡模擬)函數 f(x)是定義域為x|x0的奇函數，且 f(1)1，f(x)為 f(x)的導函數，當 x0 時，f(x)xf(x)1x，則不等式 xf(x)1ln|x|的解集是()【導學號：85952004】A(，1)(1，)B.(，1)C.(1，)D.(1,1)A令 g(x)xf(x)ln|x|，則 g(x)是偶函數，且當 x0 時，g(x)f(x)xf(x)1x0，g(x)在(0，)上單調遞增故不等式 xf(x)1ln|x|g(|x|)g(1)，|x|1，解得 x1 或 x1.故選 A.8若不等式|x2a|1

7、2xa1 對 xR 恒成立，則 a 的取值范圍是_，12作出 y|x2a|和 y12xa1 的簡圖，依題意知應有 2a22a，故 a12.9已知函數 f(x)|lg x|，0 x10，12x6，x10.若 a，b，c 互不相等，且 f(a)f(b)f(c)，則 abc 的取值范圍是_(10,12)作出 f(x)的大致圖象由圖象知，要使 f(a)f(b)f(c)，不妨設 abc，則lg alg b12c6.lg alg b0，ab1，abcc.由圖知 10c12，abc(10,12)10已知函數 f(x)sin2x3 的相鄰兩條對稱軸之間的距離為4，將函數 f(x)的圖象向右平移8個單位后， 再

8、將所有點的橫坐標伸長為原來的 2 倍， 得到 g(x)的圖象， 若 g(x)k0 在 x0，2 上有且只有一個實數根， 則 k 的取值范圍是_.【導學號：85952005】k|12k12或 k1因為 f(x)相鄰兩條對稱軸之間的距離為4， 結合三角函數的圖象可知T24，即 T2.又 T222，所以2，f(x)sin4x3 .將 f(x)的圖象向右平移8個單位得到 f(x)sin4x8 3 sin4x6 的圖象，再將所有點的橫坐標伸長為原來的 2 倍得到 g(x)sin2x6 的圖象所以方程為 sin2x6 k0.令 2x6t，因為 x0，2 ，所以6t56.若 g(x)k0 在 x0，2 上有

9、且只有一個實數根，即 ysin t 與 yk 在6，56 上有且只有一個交點如圖所示，由正弦函數的圖象可知12k12或k1，即12k12或 k1.題組 3利用數形結合解決解析幾何問題11已知圓 C：(x3)2(y4)21 和兩點 A(m,0)，B(m,0)(m0)若圓 C 上存在點 P，使得APB90，則 m 的最大值為()A7B.6C.5D.4B根據題意，畫出示意圖，如圖所示，則圓心 C 的坐標為(3,4)半徑 r1，且|AB|2m，因為APB90，連接 OP，易知|OP|12|AB|m.要求 m 的最大值， 即求圓 C 上的點 P 到原點 O 的最大距離 因為|OC| 32425，所以|O

10、P|max|OC|r6，即 m 的最大值為 6.12(20 xx衡水模擬)過拋物線 y22px(p0)焦點 F 的直線 l 與拋物線交于 B，C 兩點，l 與拋物線的準線交于點 A，且|AF|6，AF2FB，則|BC|()A.92B.6C.132D.8A如圖所示， 直線與拋物線交于 B， C 兩點， 與拋物線的準線交于 A 點 AF2FB，F 在 A，B 中間，C 在 A，F 之間，分別過 B，C 作準線的垂線 BB1，CC1，垂足分別為 B1，C1.由拋物線的定義可知|BF|BB1|，|CF|CC1|.AF2FB，|AF|6，|FB|BB1|3.由AFKABB1可知，|FK|BB1|AF|A

11、B|，|FK|2.設|CF|a，則|CC1|a，由ACC1AFK，得|CC1|FK|AC|AF|.a26a6，a32.|BC|BF|FC|33292.13已知 P 是直線 l：3x4y80 上的動點，PA，PB 是圓 x2y22x2y10 的兩條切線， A， B 是切點， C 是圓心， 則四邊形 PACB 面積的最小值為_2 2從運動的觀點看問題， 當動點 P 沿直線 3x4y80 向左上方或右下方無窮遠處運動時，直角三角形 PAC 的面積 SRtPAC12|PA|AC|12|PA|越來越大，從而S四邊形PACB也越來越大； 當點 P 從左上、 右下兩個方向向中間運動時， S四邊形PACB變小

12、，顯然，當點 P 到達一個最特殊的位置，即 CP 垂直于直線 l 時，S四邊形PACB應有唯一的最小值，此時|PC|31418|32423，從而|PA| |PC|2|AC|22 2.所以(S四邊形PACB)min212|PA|AC|2 2.14已知過原點的動直線 l 與圓 C1：x2y26x50 相交于不同的兩點 A，B.(1)求圓 C1的圓心坐標；(2)求線段 AB 的中點 M 的軌跡 C 的方程；(3)是否存在實數 k，使得直線 L：yk(x4)與曲線 C 只有一個交點？若存在，求出 k 的取值范圍；若不存在，說明理由解(1)圓 C1的方程 x2y26x50 可化為(x3)2y24，所以圓

13、心坐標為(3,0).2 分(2)設 A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1x2)，M(x0，y0)，則 x0 x1x22，y0y1y22.由題意可知直線 l 的斜率必存在，設直線 l 的方程為 ytx.將上述方程代入圓 C1的方程，化簡得(1t2)x26x50.5 分由題意，可得3620(1t2)0(*)，x1x261t2，所以 x031t2，代入直線 l 的方程，得 y03t1t2.6 分因為 x20y2091t229t21t2291t21t2291t23x0，所以x0322y2094.由(*)解得 t245，又 t20，所以53x03.所以線段 AB 的中點 M 的軌跡 C 的方程為x322y29453x3.8 分(3)由(2)知，曲線 C 是在區(qū)間53，3上的一段圓弧如圖，D53，2 53，E53，2 53，F(3,0)，直線 L 過定點 G(4,0)聯(lián)立直線 L 的方程與曲線 C 的方程，消去 y 整理得(1k2)x2(38k2)x16k20.令判別式0，解得 k34，由求根公式解得交點的橫坐標為 xH，I12553，3.11 分由圖可知：要使直線 L 與曲線 C 只有一個交點，則 kkDG，kEGkGH，kGI，即 k2 57，2 5734，34 .12 分