1、 选择、填空压轴小题五大板块 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，属综合性问题函数与导数方向1 函数的图象与性质例1 设x，y，z为正实数，且log2xlog3ylog5z0，则x2，y3，z5的大小关系不可能是()Ax2y3z5 By3x2z5Cx2y3z5 Dz5y3x2【解析】方法一：取x2，则由log2xlog3ylog5z得y3，z5，此时易知x2y3z5，此
2、时选项C正确取x4，则由log2xlog3ylog5z得y9，z25，此时易知x2y3z5，此时选项A正确取x 2，则由log2xlog3ylog5z得y 3，z 5，此时易知z5y30，接下来对k与1的大小关系加以讨论若k1，则 x21，y31，z5 1，所以 x2 y3 z5，选项C有可能正确若0k3k15k1，所以z5y31，则根据函数f(t)tk1在(0，)上单调递增可得2k13k15k1，所以x2y30，则单调递增；若0，则为常数函数；若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)|2xm|的图象与函数g(x)的图象关于
3、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调递减，则实数m的取值范围是()A12，2 B2,4C，12 4，)D4，)【答案】A【解析】易知当m0时不符合题意当m0时，g(x)|2xm|，即g(x)12xm.当f(x)与g(x)在区间1,2上同时单调递增时，f(x)|2xm|与g(x)12xm的图象如图1或图2所示，易知log2m1，log2m1，解得 12 m2；当f(x)在1,2上单调递减时，f(x)|2xm|与g(x)12xm 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，12m2.故选A方向2 函数的应用例2 已知函数f(x)|l
4、gx|，x0，x36x4，x0，若关于x的函数yf2(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)|lgx|，x0，x36x4x2x22x2，x0，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，都有四个不同的x值与之对应再结合题中函数yf2(x)bf(x)1有8个不同的零点，可得关于t的方程t2bt10有两个不同的实数根t1，t2，且0t14，00，0b20，424b10，解得2b174.【答案】2，174本例结合图象可知，一元二次方程t2bt10的两个根0t14,0t24，结合二次函数图象的特点可知，对称轴0 b2 0，另外t0时的函
5、数值为正，t4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)kx1，x0，lnx，x0，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)B0，12C(0，)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yln(x)(x0)的图象，使得它与直线ykx1(x0)的交点个数为2即可当直线ykx1与yln x的图象相切时，设切点为(m，ln m)又yln x的导数为y1x，则km1ln m，k1m，解得m1，k1，可得
6、切线的斜率为1.结合图象可知k(0,1)时，函数yln x的图象与直线ykx1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方向3 导数的应用例3(2019年江西八校联考)已知函数yf(x)是R上的可导函数，当x0时，有f(x)fxx 0，则函数F(x)xf(x)1x的零点个数是()A0 B1 C2 D3【解析】x0时，f(x)fxx 0，xfxfxx0，即 xfxx0.当x0时，由式知(xf(x)0，U(x)xf(x)在(0，)上为增函数又U(0)0f(0)0，U(x)xf(x)0在(0，)上恒成立又 1x 0，F(x)0在(0，)上恒成立，F(x)在(0，)上无零点当x0时
7、，(xf(x)0在(，0)上恒成立F(x)xf(x)1x在(，0)上为减函数当x0时，xf(x)0，F(x)1x0.F(x)在(，0)上有唯一零点综上，F(x)在(，0)(0，)上有唯一零点故选B【答案】B1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”(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xD恒成立，再转化为f(a)g(x)m
8、ax(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x1，)时，关于x的不等式 xln xx1(x1)恒成立，则实数的取值范围是_【答案】12，【解析】xln xx1(x1)xln x(x21)0.设H(x)xln x(x21)，则对任意x1，)，H(x)0H(1)恒成立又H(x)ln x12x，当H(x)ln x12x0，即ln x1x2恒成立时，H(x)单调递减，设r(x)ln x1x，则r(x)ln xx20，r(x)maxr(1)1，即1212，符合题意；当0时，H(x)ln x12x0恒成立，此时H(x)单调递增
9、，H(x)H(1)0对任意x1，)恒成立，不符合题意；当012时，设q(x)H(x)ln x12x，则q(x)1x20 x 121，当x1，12 时，q(x)1x20，此时q(x)H(x)ln x12x单调递增，H(x)ln x12xH(1)120，故当x 1，12 时，函数H(x)单调递增，则当x 1，12 时，H(x)0成立，不符合题意综上，的取值范围为12，.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
10、出现灵活多变的新颖题目，难点是平面向量的综合应用三角函数与平面向量方向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)在x 12 时有极大值，且f(x)为奇函数，则，的一组可能值依次为()A6，12 B6，12C3，6 D3，6【解析】依题意得2 12 2k1 2，k1Z，即2k1 3，k1Z，排除A，B；由f(x)是奇函数得f(x)f(x)，即f(x)f(x)0，函数f(x)的图象关于点(，0)对称，即f()0，sin(2)0，sin(2)0,2k2，k2Z，结合选项C，D，取3得k22 6，k2Z，因此选D【答案】D解决三角函数与其他知识的交汇
11、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)cos2x2 32 sin x12(0)，xR，若f(x)在区间(，2)内没有零点，则的取值范围是()A0，512 B0，512 56，1112C0，56 D0，512 56，1112【答案】D【解析】f(x)cos2x2 32 sin x1212cos x 32 sin xsinx6，可得T2，01，f(x)在区间(，2)内没有零点，函数的图象有如图两种类型，结合三角函数可得60，26或6，262，解得0，512 5
12、6，1112.方向2 与平面向量有关的综合问题例5 在ABC中，BC5，G，O分别为ABC的重心和外心，且OG BC5，则ABC的形状是()A锐角三角形 B钝角三角形C直角三角形 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ODBC，GD13AD，结合OG OD DG，AD 12(ABAC)，OG BC5，得(OD DG)BCDG BC16(ABAC)BC5，即16(ABAC)(ACAB)5，AC 2AB 230.又BC5，则|AB|2|AC|265|BC|2|AC|2|BC|2，结合余弦定理有cos C0，2C，AB
13、C是钝角三角形故选B【答案】B1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
14、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(2019年湖北武汉模拟)如图，在等腰三角形ABC中，已知|AB|AC|1，A120，E，F分别是边AB，AC上的点，且AEAB，AFAC，其中，(0,1)，且41.若线段EF，BC的中点分别为M，N，则|MN|的最小值为_【答案】77【解析】连接AM，AN.由ABAC|AB|AC|cos 12012，AM 12(AEAF)12(ABAC)，AN 12(ABAC)，MN AN AM 12(1)AB12(1)AC，|MN|214(1)2(1)(1)(1)214(1)214(1)(1)14(1)2，由41
15、14，可得|MN|2214 23214.，(0,1)，当17时，|MN|2取最小值17，|MN|的最小值为 77.高考综合性较强的压轴小题主要考查与球有关的切、接问题，要求有较强的空间想象能力立体几何例6(2019年四川成都诊断性测试)在三棱锥PABC中，已知PA底面ABC，BAC60，PA2，ABAC3，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为()A43 B8 23 C8 D12【解析】易知ABC是等边三角形如图，M为ABC的中心，过点M作平面ABC的垂线，在垂线上取点O满足OM12PA1，则点O为三棱锥PABC外接球的球心于是该外接球的半径ROAAM2OM232 3232122.
16、故该球的表面积S4R28.故选C【答案】C“切”“接”问题的处理规律1“切”的处理：解决与球的内切问题主要是指球内切于多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决如果是内切于多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作2“接”的处理：把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球若ABBC，AB6，BC8，AA13，则V的最大值是_【答案】B【解析】由题意可得若V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，
17、超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R 32，该球的体积最大，Vmax 43 R343 278 92.高考压轴小题对数列的考查形式多种多样，一般以等差与等比数列的基本量运算、等差与等比数列的性质、数列的递推式等为主数列方向1 等差、等比数列的运算例7(2019年河北石家庄名校联考)在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数染成红色先染1；再染两个偶数2,4；再染4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9；再染9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16；再染此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25.按此规则一直染下去，得到一红色子数列1,2
18、,4,5,7,9,10,12,14,16,17，则在这个红色子数列中，由1开始的第2 019个数是()A3 971 B3 972C3 973 D3 974【解析】要确定第2 019个数，应先确定此数在哪一组第几个以及这组数的特点由题意可知，第1组有1个数，第2组有2个数根据等差数列的前n项和公式，可知前n组共有nn12个数由于2 0166363122 0190，所以an(n1)an10，即an(n1)an1，则an1nan2，an2(n1)an3，a23a1.上面n1个式子相乘得an(n1)！.设bn的公差d，由5b110d15，(b12d)2b1(b18d)，解得b11，d1，bnn，所以c
19、nbnannn1！nn！n1！n！1n！1n1！.所以Tn11n1！.方向2 数列与函数、不等式的综合例8 若定义在R上的函数yf(x)是奇函数且满足f 32x f(x)，f(2)3，数列an满足a11，且Snn 2ann 1(其中Sn为an的前n项和)，则f(a5)f(a6)()A3 B2 C3 D2【解析】由f 32x f(x)可知函数f(x)的图象的对称轴为直线x 34.又函数yf(x)是奇函数，所以有f32x f(x)fx32，所以fx32 f(x)，则f(x3)f(x)，所以函数yf(x)是周期为3的周期函数由Snn 2ann 1得Sn2ann.当n2时，anSnSn12ann(2a
20、n1n1)2an2an11，即an2an11，所以a23，a37，a415，a531，a663，则f(a5)f(a6)f(31)f(63)f(1)f(0)f(1)f(0)由函数yf(x)是奇函数可得f(0)0，由f(2)3可得f(2)f(1)3，所以f(a5)f(a6)3.故选C【答案】C1数列与函数的综合问题主要有两类：一是已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；二是已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形在解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数
21、列，因此掌握递推数列的常用解法有助于该类问题的解决2数列与不等式相结合问题的处理方法：如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法、穿根法等，解决这类问题，要把数列和不等式的知识巧妙结合起来，综合处理已知集合Ax|x2n1，nN*，Bx|x2n，nN*将AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列an记Sn为数列an的前n项和，则使得Sn12an1成立的n的最小值为_【答案】27【解析】所有的正奇数和2n(nN*)按照从小到大的顺序排列构成an，在数列an中，25前面有16个正奇数，即a2125，a3826.当n1时，S1112a224，不符合题意；当n2时，S2312a3
22、36，不符合题意；当n3时，S3612a448，不符合题意；当n4时，S41012a560，不符合题意；当n26时，S262114122125124416250312a28540，符合题意故使得Sn12an1成立的n的最小值为27.高考小题主要考查直线和圆的位置关系及椭圆、双曲线、抛物线的简单几何性质，尤其是双曲线的渐近线与离心率，抛物线定义的应用等圆锥曲线中综合性较强的小题主要考查两个方面，一是直线和圆锥曲线的位置关系，涉及弦长计算与三角形面积的求解等；二是两种圆锥曲线的综合，涉及两类曲线性质的综合解析几何方向1 圆锥曲线的几何性质例9(2019年东北师大附中月考)已知F是椭圆C：x2a2y
23、2b21(ab0)的右焦点，点P在椭圆C上，线段PF与圆xc32y2b29 相切于点Q，且PQ2QF，则椭圆C的离心率等于()A 53 B23 C 22 D12【答案】A【解析】设椭圆的左焦点为F1，连接PF1，设圆心为C.xc32y2 b29，则圆心为C c3，0，半径为r b3，|F1F|3|FC|.PQ2QF，PF1QC，|PF1|b.|PF|2ab.线段PF与圆相切于点Q，CQPF，PF1PF，则b2(2ab)24c2，即b2(2ab)24(a2b2)，化简得ba23.eca1b2a2 53.故选A1椭圆、双曲线的离心率(或范围)的求法求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已
24、知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求ca的值2双曲线的渐近线的求法及用法(1)求法：把双曲线标准方程等号右边的1改为零，分解因式可得(2)用法：可得ba或ab的值利用渐近线方程设所求双曲线的方程(2019年山东日照模拟)已知F1，F2为双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的焦点，过F2作垂直于x轴的直线交双曲线于点P和Q.若F1PQ为正三角形，则双曲线的渐近线方程为_【答案】y 2x【解析】设F2(c,0)(c0)，P(c，y0)，代入双曲线方程得y0b2a.PQx轴，|PF2|b2a.在RtF1F2P中，PF1F230，|F1F2|3|PF2|，即2c3 b2
25、a.又c2a2b2，b22a2或2a23b2(舍去)a0，b0，ba 2.故所求双曲线的渐近线方程为y 2x.方向2 直线与圆锥曲线的位置关系例10(2019年山西太原二模)已知双曲线x23y21的右焦点是抛物线y22px(p0)的焦点，直线ykxm与抛物线交于A，B两个不同的点，点M(2,2)是AB的中点，则OAB(O为坐标原点)的面积是()A4 3 B3 13 C 14 D2 3【解析】双曲线x23 y21的a 3，b1，c 312，右焦点为(2,0)，则抛物线y22px(p0)的焦点为(2,0)，即有2 p2，解得p4，即抛物线方程为y28x.联立直线ykxm，可得k2x2(2km8)x
26、m20，判别式(2km8)24k2m20.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，可得x1x2 82kmk2，点M(2,2)是AB的中点，可得 82kmk24，且22km，解得k2，m2，满足判别式大于0，即有x1x24，x1x21，所以|AB|14 x1x224x1x2 5 1642 15.又点O到直线2xy20的距离d|002|41 25，则OAB(O为坐标原点)的面积是12d|AB|12 252 152 3.故选D【答案】D1中点弦问题的常用方法(1)根与系数关系法：将直线方程代入圆锥曲线的方程，消元后得到一个一元二次方程，利用根与系数的关系和中点坐标公式建立等式求解(2)点差法：若直线l
27、与圆锥曲线C有两个交点A，B，一般地，首先设出A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入曲线方程，通过作差，构造出x1x2，y1y2，x1x2，y1y2，从而建立中点坐标和斜率的关系2弦长公式有两种形式|AB|1k2|x1x2|1k2x1x224x1x2；|AB|11k2|y1y2|11k2 y1y224y1y2.其中第二种形式应用比较巧妙直线方程可设为xmyn的形式，这样可以有效避免直线斜率不存在的讨论，但也要注意斜率为0的特殊情况设直线l与抛物线y24x相交于A，B两点，与圆(x5)2y2r2(r0)相切于点M，且M为线段AB的中点若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是_【答案】(2,4)【解析】如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则y214x1，y224x2，两式相减得(y1y2)(y1y2)4(x1x2)当l的斜率k不存在且r5时，符合条件的直线l必有两条当k存在时，x1x2，则有y1y22y1y2x1x22.又y1y22y0，所以y0k2.由CMAB，得k y00 x05 1，即y0k5x0，因此25x0，x03，即M必在直线x3上将x3代入y24x，得y212，则有2 3y02 3.因为点M在圆上，所以(x05)2y 20 r2，故r2y 20 44(为保证有4条，在k存在时，y00)，所以4r216，即2r4.专题复习检测谢谢观看
