2019年高考數(shù)學二輪復習第一部分思想方法研析指導思想方法訓練2 分類討論思想文.doc

上傳人：tian****1990

文檔編號：5477753

上傳時間：2020-01-30

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思想方法訓練2　分類討論思想一、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,+∞) 2.在△ABC中,內(nèi)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 B.b=c C.2a=c D.a2+b2=c2 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00,且x≠1,則函數(shù)y=lg x+logx10的值域為(　　) A.R B.[2,+∞) C.(-∞,-2] D.(-∞,-2]∪[2,+∞) 7.設Sn是等比數(shù)列{an}的前n項和,S3,S9,S6成等差數(shù)列,且a2+a5=2am,則m等于(　　) A.6 B.7 C.8 D.10 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 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,則a的值是　　　　　. 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　　　　　. 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. 12.設a>0,函數(shù)f(x)= x2-(a+1)x+a(1+ln x). (1)求曲線y=f(x)在(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. 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 C.x=-3 D.x=-3或3x+4y+15=0 14.已知函數(shù)f(x)=|x|,x≤m,x2-2mx+4m,x>m,其中m>0.若存在實數(shù)b,使得關于x的方程f(x)=b有三個不同的根,則m的取值范圍是　　　　　. 15.若a為實數(shù),函數(shù)f(x)=|x2-ax|在區(qū)間[0,1]上的最大值記為g(a),則當a=　　　　　時,g(a)的值最小. 16.已知函數(shù)f (x)=ax2-2x(0≤x≤1),求函數(shù)f(x)的最小值. 17.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. 思想方法訓練2　分類討論思想一、能力突破訓練 1.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.B　解析在△ABC中,由余弦定理得cos A=b2+c2-a22bc=3bc2bc=32,則A=π6. 又b=3a,由正弦定理,得sin B=3sin A=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.C　解析當0loga(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.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=ca=53,故選C. 5.C　解析不妨設|AB|=2,以AB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A;當λ=2時,曲線為B;當λ<0時,曲線為D,所以選C. 6.D　解析當x>1時,y=lg x+logx10=lg x+1lgx≥2lgx1lgx=2;當01時,y=ax在區(qū)間[1,2]上遞增,故a2-a=,得a=;當01,g(x)=0,01, 所以方程|p(x)|=1有兩個解,即方程|ln x+x2-6|=1有兩個解. 綜上可知,方程|f(x)+g(x)|=1共有4個實根. 11.解 f(x)=a(1-cos 2x)-3asin 2x+a+b =-2asin2x+π6+2a+b. ∵x∈0,π2,∴2x+π6∈π6,76π, ∴-12≤sin2x+π6≤1. 因此,由f(x)的值域為[-5,1], 可得a>0,-2a-12+2a+b=1,-2a1+2a+b=-5 或a<0,-2a1+2a+b=1,-2a-12+2a+b=-5, 解得a=2,b=-5或a=-2,b=1. 12.解 (1)由已知x>0,f(x)=x-(a+1)+. 因為曲線y=f(x)在(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(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00,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增; 若x∈(a,1),則f(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減; 若x∈(1,+∞),則f(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)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+aln a,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(nèi)單調(diào)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(diào)遞增; 若x∈(1,a),則f(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減; 若x∈(a,+∞),則f(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)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+aln a. 綜上,當01時,f(x)的極大值是-12,極小值是-12a2+aln a. 二、思維提升訓練 13.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+=k(x+3),即kx-y+3k-=0,因為直線l被圓截得的弦長為8,故半弦長為4,又圓的半徑為5,則圓心(0,0)到直線l的距離為52-42=3k-32k2+1,解得k=-,此時直線l的方程為3x+4y+15=0. 14.(3,+∞)　解析當x>m時,f(x)=x2-2mx+4m=(x-m)2+4m-m2. 其所在拋物線的頂點為P(m,4m-m2). 函數(shù)y=f(x)的圖象與直線x=m的交點為Q(m,m). (1)點P在點Q的上方或與Q點重合時,即4m-m2≥m,也就是m(m-3)≤0時,解得0≤m≤3,又因為m>0,所以00時,解得m<0或m>3,又因為m>0,所以m>3. 此時函數(shù)的圖象如圖所示(實線部分),顯然此時直線y=b與函數(shù)圖象最多可有三個交點,符合題意. 所以m>3. 15.22-2　解析當a≤0時,在區(qū)間[0,1]上,f(x)=|x2-ax|=x2-ax,且在區(qū)間[0,1]上為增函數(shù),當x=1時,f(x)取得的最大值為f(1)=1-a; 當00時,函數(shù)f(x)=ax2-2x的圖象的開口方向向上,且對稱軸為直線x=1a. ①當1a≤1,即a≥1時,f(x)=ax2-2x的圖象對稱軸在區(qū)間[0,1]內(nèi), ∴f(x)在區(qū)間0,1a上單調(diào)遞減,在區(qū)間1a,1上單調(diào)遞增,∴f(x)min=f1a=1a-2a=-1a. ②當1a>1,即00,解得-a20, 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,ln x≤1,x+2-2ln x>0, 從而g(x)≥0(僅當x=1時取等號), ∴g(x)在區(qū)間[1,e]上是增函數(shù), 故g(x)min=g(1)=-1, ∴實數(shù)a的取值范圍是[-1,+∞).

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