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1、思想方法訓練2 分類討論思想
思想方法訓練第4頁 ?
一、能力突破訓練
1.已知函數(shù)f(x)=-x2+ax,x≤1,2ax-5,x>1,若存在x1,x2∈R,且x1≠x2,使得f(x1)=f(x2)成立,則實數(shù)a的取值范圍是( )
A.(-∞,2) B.(-∞,4)
C.[2,4] D.(2,+∞)
答案:B
解析:當-a-2<1時,顯然滿足條件,即a<2;當a≥2時,-1+a>2a-5,即2≤a<4.
綜上知,a<4,故選B.
2.在△ABC中,內角A,B,C所對的邊分別是a,b,c.若b2+c2-a2=3bc,且b=3a,則下列關系一定不成立的是( )
A.a=c
2、 B.b=c
C.2a=c D.a2+b2=c2
答案:B
解析:在△ABC中,由余弦定理得cosA=b2+c2-a22bc=3bc2bc=32,則A=π6.
又b=3a,由正弦定理,得sinB=3sinA=32,
則B=π3或B=2π3.
當B=π3時,△ABC為直角三角形,選項C,D成立;
當B=2π3時,△ABC為等腰三角形,選項A成立,
故選B.
3.若a>0,且a≠1,p=loga(a3+1),q=loga(a2+1),則p,q的大小關系是( )
A.p=q
B.pq
D.當a>1時,p>q;當0
3、a<1時,y=ax和y=logax在其定義域上均為減函數(shù),
∴a3+1loga(a2+1),即p>q.
當a>1時,y=ax和y=logax在其定義域上均為增函數(shù),
∴a3+1>a2+1,
∴l(xiāng)oga(a3+1)>loga(a2+1),即p>q.
綜上可得,p>q.
4.已知中心在坐標原點,焦點在坐標軸上的雙曲線的漸近線方程為y=±34x,則該雙曲線的離心率為( )
A.54 B.53
C.54或53 D.35或45
答案:C
解析:當焦點在x軸上時,ba=34,此時離心率e=ca=54;當焦點在y軸上時,ab=34,此時離心率e=
4、ca=53,故選C.
5.已知A,B為平面內的兩個定點,過該平面內的動點M作直線AB的垂線,垂足為N,MN2=λAN·NB,其中λ為常數(shù),則動點M的軌跡不可能是( )
A.圓 B.橢圓
C.拋物線 D.雙曲線
答案:C
解析:不妨設|AB|=2,以AB的中點O為原點,AB所在直線為x軸建立平面直角坐標系xOy,則A(-1,0),B(1,0),設M(x,y),則N(x,0),MN=(0,-y),AN=(x+1,0),NB=(1-x,0).代入已知式子得λx2+y2=λ,當λ=1時,曲線為圓;當λ=2時,曲線為橢圓;當λ<0時,曲線為雙曲線,故選C.
6.若x>0,且x≠1,則函數(shù)y
5、=lg x+logx10的值域為( )
A.R B.[2,+∞)
C.(-∞,-2] D.(-∞,-2]∪[2,+∞)
答案:D
解析:當x>1時,y=lgx+logx10=lgx+1lgx≥2lgx·1lgx=2;當0
6、公比q=1,顯然有2S9≠S3+S6,因此q≠1.
從而2·a1(1-q9)1-q=a1(1-q3)1-q+a1(1-q6)1-q,2q9-q6-q3=0,
即2q6-q3-1=0,
∴q3=-12或q3=1(舍去).
∵a2+a5=2am,
∴a2(1+q3-2qm-2)=0,1+q3-2qm-2=0,
∴qm-2=14,∴m=8.
8.已知三棱錐S-ABC的所有頂點都在球O的球面上,AB=BC=CA=3,SA=SB=SC,球心O到平面ABC的距離為1,則SA與平面ABC所成角的大小為( )
A.30° B.60°
C.30°或60° D.45°或60°
答案:C
解
7、析:球心位置有以下兩種情況:球心在三棱錐內部;球心在三棱錐外部.當球心在三棱錐內部時,三棱錐為正三棱錐,設O'為△ABC的中心,在△ABC中,可求得O'A=3,所以可得OA=2,SO'=3,SA與平面ABC所成的角即為∠SAO',由tan∠SAO'=33=3,得∠SAO'=60°.同理可得第二種情況中所成角為30°.
9.已知函數(shù)y=ax(a>0,且a≠1)在區(qū)間[1,2]上的最大值比最小值大a2,則a的值是 .?
答案:12或32
解析:當a>1時,y=ax在區(qū)間[1,2]上單調遞增,故a2-a=a2,得a=32;當0
8、a2,得a=12.
故a=12或a=32.
10.已知函數(shù)f(x)=|ln x|,g(x)=0,01,則方程|f(x)+g(x)|=1實根的個數(shù)為 .?
答案:4
解析:f(x)=-lnx,01,g(x)=0,0
9、所以h'(x)=1-2x2x<0,
即函數(shù)h(x)在區(qū)間(1,2)內單調遞減.
因為h(1)=ln1+2-12=1,h(2)=ln2+2-22=ln2-2,
所以h(x)∈(ln2-2,1).
又ln2-2<-1,故當11,
所以方程|p(x)|=1有兩個解,即方程|lnx+x2-6|=1有兩個解.
綜上可知,方程|f(x
10、)+g(x)|=1共有4個實根.
11.已知函數(shù)f(x)=2asin2x-23asin xcos x+a+b(a≠0)的定義域為0,π2,值域為[-5,1],求常數(shù)a,b的值.
解:f(x)=a(1-cos2x)-3asin2x+a+b
=-2asin2x+π6+2a+b.
∵x∈0,π2,∴2x+π6∈π6,7π6,
∴-12≤sin2x+π6≤1.
因此,由f(x)的值域為[-5,1],
可得a>0,-2a×-12+2a+b=1,-2a×1+2a+b=-5
或a<0,-2a×1+2a+b=1,-2a×-12+2a+b=-5,
解得a=2,b=-5或a=-2,b=1.
1
11、2.設a>0,函數(shù)f(x)=12x2-(a+1)x+a(1+ln x).
(1)求曲線y=f(x)在點(2,f(2))處與直線y=-x+1垂直的切線方程;
(2)求函數(shù)f(x)的極值.
解:(1)由題意知x>0,f'(x)=x-(a+1)+ax.
因為曲線y=f(x)在點(2,f(2))處切線的斜率為1,所以f'(2)=1,即2-(a+1)+a2=1,所以a=0,此時f(2)=2-2=0,故曲線f(x)在點(2,f(2))處的切線方程為x-y-2=0.
(2)f'(x)=x-(a+1)+ax=x2-(a+1)x+ax=(x-1)(x-a)x.
①當0
12、f'(x)>0,函數(shù)f(x)單調遞增;
若x∈(a,1),則f'(x)<0,函數(shù)f(x)單調遞減;
若x∈(1,+∞),則f'(x)>0,函數(shù)f(x)單調遞增.
此時x=a是f(x)的極大值點,x=1是f(x)的極小值點,函數(shù)f(x)的極大值是f(a)=-12a2+alna,極小值是f(1)=-12.
②當a=1時,若x∈(0,1),則f'(x)>0,若x=1,則f'(x)=0,若x∈(1,+∞),則f'(x)>0,所以函數(shù)f(x)在定義域內單調遞增,此時f(x)沒有極值點,也無極值.
③當a>1時,若x∈(0,1),則f'(x)>0,函數(shù)f(x)單調遞增;
若x∈(1,a),則f
13、'(x)<0,函數(shù)f(x)單調遞減;
若x∈(a,+∞),則f'(x)>0,函數(shù)f(x)單調遞增,此時x=1是f(x)的極大值點,x=a是f(x)的極小值點,函數(shù)f(x)的極大值是f(1)=-12,極小值是f(a)=-12a2+alna.
綜上,當01時,f(x)的極大值是-12,極小值是-12a2+alna.
二、思維提升訓練
13.若直線l過點P-3,-32且被圓x2+y2=25截得的弦長是8,則直線l的方程為( )
A.3x+4y+15=0
B.x=-3或y=-32
14、C.x=-3
D.x=-3或3x+4y+15=0
答案:D
解析:若直線l的斜率不存在,則該直線的方程為x=-3,代入圓的方程解得y=±4,故直線l被圓截得的弦長為8,滿足條件.
若直線l的斜率存在,不妨設直線l的方程為y+32=k(x+3),即kx-y+3k-32=0.
因為直線l被圓截得的弦長為8,所以半弦長為4.
又圓的半徑為5,所以圓心(0,0)到直線l的距離為52-42=3k-32k2+1,解得k=-34,此時直線l的方程為3x+4y+15=0.
14.(2019浙江,9)設a,b∈R,函數(shù)f(x)=x,x<0,13x3-12(a+1)x2+ax,x≥0.
若函數(shù)y=
15、f(x)-ax-b恰有3個零點,則( )
A.a<-1,b<0 B.a<-1,b>0
C.a>-1,b<0 D.a>-1,b>0
答案:C
解析:當x<0時,由x=ax+b,得x=b1-a,最多一個零點取決于x=b1-a與0的大小,所以關鍵研究當x≥0時,方程13x3-12(a+1)x2+ax=ax+b的解的個數(shù),令b=13x3-12(a+1)x2=13x2x-32(a+1)=g(x).
畫出三次函數(shù)g(x)的圖象如圖所示,
可以發(fā)現(xiàn)分類討論的依據(jù)是32(a+1)與0的大小關系.
①若32(a+1)<0,即a<-1時,x=0處為偶重零點,x=32(a+1)為奇重零點,顯然在
16、x≥0時,g(x)單調遞增,故與y=b最多只能有一個交點,不符合題意.
②若32(a+1)=0,即a=-1,0處為3次零點穿過,也不符合題意.
③若32(a+1)>0,即a>-1時,x=0處為偶重零點,x=32(a+1)為奇重零點,當b<0時g(x)與y=b可以有兩個交點,且此時要求x=b1-a<0,故-1
17、=1時,f(x)取得的最大值為f(1)=1-a;
當0
18、,f(x)取得最大值f(1)=a-1.
則g(a)=1-a,a<22-2,a24,22-2≤a<2,a-1,a≥2在區(qū)間(-∞,22-2)內單調遞減,在區(qū)間[22-2,+∞)內單調遞增,即當a=22-2時,g(a)有最小值.
16.已知函數(shù)f(x)=aln x+x2(a為實數(shù)).
(1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,e]上的最小值及相應的x值;
(2)若存在x∈[1,e],使得f(x)≤(a+2)x成立,求實數(shù)a的取值范圍.
解:(1)f(x)=alnx+x2的定義域為(0,+∞),f'(x)=ax+2x=2x2+ax.
當x∈[1,e]時,2x2∈[2,2e2].
若a≥-2,則f
19、'(x)在區(qū)間[1,e]上非負(僅當a=-2,x=1時,f'(x)=0),
故f(x)在區(qū)間[1,e]上單調遞增,此時f(x)min=f(1)=1;
若-2e20,解得-a2
20、當-2e20,因而a≥x2-2xx-lnx,x∈[1,e].
令g(x)=x2-2xx-lnx(x∈[1,e]),
則g'(x)=(x-1)(x+2-2lnx)(x-lnx)2,當x∈[1,e]時,x-1≥0,lnx≤1,x+2-2lnx>0,從而g'(x)≥0(僅當x=1時取等號),
所以g(x)在
21、區(qū)間[1,e]上單調遞增,
故g(x)min=g(1)=-1,
所以實數(shù)a的取值范圍是[-1,+∞).
17.設函數(shù)f(x)=αcos 2x+(α-1)(cos x+1),其中α>0,記|f(x)|的最大值為A.
(1)求f'(x);
(2)求A.
解:(1)f'(x)=-2αsin2x-(α-1)sinx.
(2)當α≥1時,|f(x)|=|αcos2x+(α-1)(cosx+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0).
因此A=3α-2.
當0<α<1時,將f(x)變形為f(x)=2αcos2x+(α-1)cosx-1.
令g(t)=2αt2+(α-1)t-1,則A是
22、|g(t)|在[-1,1]上的最大值,
g(-1)=α,g(1)=3α-2,且當t=1-α4α時,g(t)取得極小值,極小值為g1-α4α=-(α-1)28α-1=-α2+6α+18α.
令-1<1-α4α<1,解得α>15.
當0<α≤15時,g(t)在區(qū)間(-1,1)內無極值點,|g(-1)|=α,|g(1)|=2-3α,|g(-1)|<|g(1)|,
所以A=2-3α.
當15<α<1時,由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,
知g(-1)>g(1)>g1-α4α.
又g1-α4α-|g(-1)|=(1-α)(1+7α)8α>0,
所以A=g1-α4α=α2+6α+18α.
綜上,A=2-3α,0<α≤15,α2+6α+18α,15<α<1,3α-2,α≥1.
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（課標專用）天津市2020高考數(shù)學二輪復習 思想方法訓練2 分類討論思想
