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2019-2020年高考數(shù)學二輪復習 仿真模擬補償練習（一）理 一、數(shù)形結合思想在解題中的應用 數(shù)形結合思想通過“以形助數(shù),以數(shù)解形”,使復雜問題簡單化,抽象問題具體化,有助于把握問題的本質.數(shù)形結合與以下內容有關:①實數(shù)與數(shù)軸上的點的對應關系;②函數(shù)與圖象的對應關系;③曲線與方程的對應關系;④以幾何元素和幾何條件為背景建立起來的概念;⑤所給等式或代數(shù)式的結構含有明顯的幾何意義.在本卷中第11、12、14、24題均體現(xiàn)了數(shù)形結合思想. 【跟蹤訓練】 設函數(shù)f(x)=則f[f(-1)]=　　　　;若函數(shù)g(x)=f(x)-k存在兩個零點,則實數(shù)k的取值范圍是　　　　. 二、函數(shù)與方程思想的應用 函數(shù)與方程思想的應用主要表現(xiàn)在兩個方面:一是借助有關初等函數(shù)的性質,解有關求值,解(證)不等式,解方程以及討論參數(shù)的取值范圍等問題;二是在問題研究中,建立函數(shù)關系式或構造中間函數(shù),把所研究的問題轉化為討論函數(shù)的有關性質,達到化難為易化繁為簡的目的.如本卷中第5、10、13、16、20、21題均體現(xiàn)了函數(shù)與方程思想的 應用. 【跟蹤訓練】 函數(shù)f(x)=|ex-bx|,其中e為自然對數(shù)的底數(shù).若函數(shù)y=f(x)有且只有一個零點,則實數(shù)b的取值范圍是　　　　. 1.f(x)=2sin πx-x+1的零點個數(shù)為(　　) (A)4 (B)5 (C)6 (D)7 2.已知函數(shù)f(x)=g(x)=kx,若函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)有3個不同的零點,則實數(shù)k的取值范圍是(　　) (A)(-∞,0) (B)[2,+∞) (C)(0,+∞) (D)(2,+∞) 3.橢圓的左、右焦點分別為F1(-,0)和F2(,0),且橢圓過點（1,-）. (1)求橢圓C的方程; (2)過點（-,0）作不與y軸垂直的直線l交該橢圓于M,N兩點,A為橢圓的左頂點,試判斷∠MAN的大小是否為定值,并說明理由. 4.(xx鄭州第二次質量預測)已知函數(shù)f(x)=ax+ln(x-1),其中a為常數(shù). (1)試討論f(x)的單調區(qū)間; (2)若a=時,存在x使得不等式|f(x)|-≤成立,求b的取值 范圍. 高考仿真模擬卷(一)試卷評析及補償練習 試卷評析 一、 【跟蹤訓練】 解析:f[f(-1)]=f(4-1)=f()=log2=-2. 令f(x)-k=0, 即f(x)=k, 設y=f(x),y=k,畫出圖象,如圖所示,函數(shù)g(x)=f(x)-k存在兩個 零點, 即y=f(x)與y=k的圖象有兩個交點, 由圖象可得實數(shù)k的取值范圍為(0,1]. 答案:-2　(0,1] 二 【跟蹤訓練】 解析:記g(x)=ex-bx. f(x)=0同解于g(x)=0, 因此,只需g(x)=0有且只有一個解. 即方程ex-bx=0有且只有一個解. 因為x=0不滿足方程, 所以方程同解于b=(x≠0), 令h(x)=,由h′(x)==0得x=1. 當x∈(1,+∞)時,h′(x)>0,h(x)單調遞增,h(x)∈(e,+∞); 當x∈(0,1)時,h′(x)<0,h(x)單調遞減,h(x)∈(e,+∞); 所以當x∈(0,+∞)時,方程b=有且只有一解等價于b=e. 當x∈(-∞,0)時,h(x)單調遞減,且h(x)∈(-∞,0), 從而方程b=有且只有一解等價于b∈(-∞,0). 綜上所述,b的取值范圍為(-∞,0)∪{e}. 答案:(-∞,0)∪{e} 補償練習 1.B　令2sin πx-x+1=0, 則2sin πx=x-1, 令h(x)=2sin πx,g(x)=x-1, 則f(x)=2sin πx-x+1的零點個數(shù)問題轉化為兩個函數(shù)h(x)與g(x)圖象的交點個數(shù)問題. h(x)=2sin πx的最小正周期為 T==2, 畫出兩個函數(shù)的圖象,如圖所示, 因為h(1)=g(1),h()>g(), g(4)=3>2,g(-1)=-2, 所以兩個函數(shù)圖象的交點一共有5個, 所以f(x)=2sin πx-x+1的零點個數(shù)為5.故選B. 2.D　 在同一直角坐標系中,畫出函數(shù)y=f(x)與y=g(x)的圖象,如圖, 注意到當直線y=kx與曲線y=2x2+1(x>0)相切時, 設此時直線的斜率為k1,相應的切點坐標是(x0,2+1)(x0>0), 則有 由此解得x0=,k1=2. 結合圖形分析可知,要使函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)有3個不同的零點, 即函數(shù)f(x)與g(x)的圖象有3個不同的交點, 只需k>2即可, 因此實數(shù)k的取值范圍是(2,+∞). 故選D. 3.解:(1)設橢圓的方程為+=1(a>b>0), 由于焦點為F1(-,0),F2(,0), 可知c=, 即a2-b2=3, 把(1,-)代入橢圓方程得 +=1,解得a2=4,b2=1, 故橢圓的方程為+y2=1. (2)設直線MN的方程為x=ky-, 聯(lián)立方程組可得 化簡得(k2+4)y2-ky-=0. 設M(x1,y1),N(x2,y2), 則y1y2=-, y1+y2=, 又A(-2,0), 所以=(x1+2,y1)(x2+2,y2) =x1x2+2(x1+x2)+4+y1y2, 由x=ky-得 =(k2+1)y1y2+k(y1+y2)+ =(k2+1)[-]+ 　k+ =0, 所以⊥,所以∠MAN=90, 所以∠MAN為定值. 4.解:(1)由已知得函數(shù)f(x)的定義域為{x|x>1},f′(x)=a+=, 當a≥0時,f′(x)>0在定義域內恒成立, f(x)的單調增區(qū)間為(1,+∞), 當a<0時,由f′(x)=0得x=1->1, 當x∈(1,1-)時,f′(x)>0; 當x∈(1-,+∞)時,f′(x)<0, f(x)的單調增區(qū)間為(1,1-), 單調減區(qū)間為(1-,+∞). (2)由(1)知當a=<0時,f(x)的單調增區(qū)間為(1,e),單調減區(qū)間為(e,+∞). 所以f(x)max=f(e) =+ln(e-1)<0, 所以|f(x)|≥-f(e)=-ln(e-1)恒成立, 當x=e時取等號. 令g(x)=,則g′(x)=, 當10; 當x>e時,g′(x)<0, 從而g(x)在(1,e)上單調遞增,在(e,+∞)上單調遞減, 所以g(x)max=g(e)=+. 所以,存在x使得不等式|f(x)|-≤成立, 只需-ln(e-1)-≤+, 即b≥--2ln(e-1).