高考数学(文数)二轮专题突破训练06《分类讨论思想》 (教师版)

思想方法训练2　分类讨论思想

一、能力突破训练

1.已知函数f(x)=若存在x1,x2∈R,且x1≠x2,使得f(x1)=f(x2)成立,则实数a的取值范围是              (　　)

A.(-∞,2) B.(-∞,4) 

C.[2,4] D.(2,+∞)

2.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若b2+c2-a2=bc,且b=a,则下列关系一定不成立的是(　　)

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),则p,q的大小关系是(　　)

A.p=q          B.p<q

C.p>q         D.当a>1时,p>q;当0<a<1时,p<q

4.已知中心在坐标原点,焦点在坐标轴上的双曲线的渐近线方程为y=±x,则该双曲线的离心率为(　　)

A. B. 

C. D.

5.已知A,B为平面内两定点,过该平面内动点M作直线AB的垂线,垂足为N,=λ,其中λ为常数,则动点M的轨迹不可能是(　　)

A.圆 B.椭圆 

C.抛物线 D.双曲线

6.若x>0,且x≠1,则函数y=lg x+logx10的值域为(　　)

A.R 

B.[2,+∞)

C.(-∞,-2] 

D.(-∞,-2]∪[2,+∞)

7.设Sn是等比数列{an}的前n项和,S3,S9,S6成等差数列,且a2+a5=2am,则m等于(　　)

A.6 B.7 

C.8 D.10

8.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,AB=BC=CA=3,SA=SB=SC,球心O到平面ABC的距离为1,则SA与平面ABC所成角的大小为(　　)

A.30° B.60° 

C.30°或60° D.45°或60°

9.已知函数y=ax(a>0,且a≠1)在区间[1,2]上的最大值比最小值大,则a的值是　　　　　. 

10.已知函数f(x)=|ln x|,g(x)=则方程|f(x)+g(x)|=1实根的个数为　　　　　. 

11.已知函数f(x)=2asin2x-2asin xcos x+a+b(a≠0)的定义域为,值域为[-5,1],求常数a,b的值.

12.设a>0,函数f(x)= x2-(a+1)x+a(1+ln x).

(1)求曲线y=f(x)在(2,f(2))处与直线y=-x+1垂直的切线方程;

(2)求函数f(x)的极值.

二、思维提升训练

13.若直线l过点P且被圆x2+y2=25截得的弦长是8,则直线l的方程为(　　)

A.3x+4y+15=0

B.x=-3或y=-

C.x=-3

D.x=-3或3x+4y+15=0

14.已知函数f(x)=其中m>0.若存在实数b,使得关于x的方程f(x)=b有三个不同的根,则m的取值范围是　　　　　. 

15.若a为实数,函数f(x)=|x2-ax|在区间[0,1]上的最大值记为g(a),则当a=　　　　　时,g(a)的值最小. 

16.已知函数f (x)=ax2-2x(0≤x≤1),求函数f(x)的最小值.

17.已知函数f(x)=aln x+x2(a为实数).

(1)求函数f(x)在区间[1,e]上的最小值及相应的x值;

(2)若存在x∈[1,e],使得f(x)≤(a+2)x成立,求实数a的取值范围.

思想方法训练2　分类讨论思想

一、能力突破训练

1.B　解析 当-<1时,显然满足条件,即a<2;当a≥2时,-1+a>2a-5,即2≤a<4.综上知,a<4,故选B.

2.B　解析 在△ABC中,由余弦定理得cos A=,则A=.

又b=a,由正弦定理,得sin B=sin A=,则B=或B=.

当B=时,△ABC为直角三角形,选项C,D成立;

当B=时,△ABC为等腰三角形,选项A成立,故选B.

3.C　解析 当0<a<1时,y=ax和y=logax在其定义域上均为减函数,∴a3+1<a2+1.

∴loga(a3+1)>loga(a2+1),即p>q.

当a>1时,y=ax和y=logax在其定义域上均为增函数,∴a3+1>a2+1,

∴loga(a3+1)>loga(a2+1),即p>q.

综上可得p>q.

4.C　解析 当焦点在x轴上时,,此时离心率e=;当焦点在y轴上时,,此时离心率e=,故选C.

5.C　解析 不妨设|AB|=2,以AB中点O为原点,AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系xOy,则A(-1,0),B(1,0),设M(x,y),则N(x,0),=(0,-y),=(x+1,0),=(1-x,0),代入已知式子得λx2+y2=λ,当λ=1时,曲线为A;当λ=2时,曲线为B;当λ<0时,曲线为D,所以选C.

6.D　解析 当x>1时,y=lg x+logx10=lg x+≥2=2;当0<x<1时,y=lg x+logx10=-≤-2=-2.

故函数的值域为(-∞,-2]∪[2,+∞).

7.C　解析 ∵S3,S9,S6成等差数列,∴2S9=S3+S6.若公比q=1,显然有2S9≠S3+S6,因此q≠1,从而2,2q9-q6-q3=0,即2q6-q3-1=0,∴q3=-或q3=1(舍去).

∵a2+a5=2am,∴a2(1+q3-2qm-2)=0,1+q3-2qm-2=0,∴qm-2=,∴m=8.

8.C　解析 球心位置有以下两种情况:球心在三棱锥内部;球心在三棱锥外部.球心在三棱锥内部时,三棱锥为正三棱锥,设O'为△ABC的中心,在△ABC中,可求得O'A=,所以可得OA=2,SO'=3,SA与平面ABC所成的角即为∠SAO',由tan∠SAO'=,得∠SAO'=60°.同理可得第二种情况中所成角为30°.

9.　解析 当a>1时,y=ax在区间[1,2]上递增,故a2-a=,得a=;当0<a<1时,y=ax在区间[1,2]上递减,故a-a2=,得a=.故a=或a=.

10.4　解析 f(x)=g(x)=

(1)当0<x≤1时,方程化为|-ln x+0|=1,

解得x=或x=e(舍去).

所以此时方程只有一个实根.

(2)当1<x<2时,方程可化为|ln x+2-x2|=1.

设h(x)=ln x+2-x2,h'(x)=-2x=.

因为1<x<2,所以h'(x)=<0,

即函数h(x)在区间(1,2)上单调递减.

因为h(1)=ln 1+2-12=1,h(2)=ln 2+2-22=ln 2-2,所以h(x)∈(ln 2-2,1).

又ln 2-2<-1,故当1<x<2时方程只有一解.

(3)当x≥2时,方程可化为|ln x+x2-6|=1.

记函数p(x)=ln x+x2-6,显然p(x)在区间[2,+∞)上单调递增.

故p(x)≥p(2)=ln 2+22-6=ln 2-2<-1.

又p(3)=ln 3+32-6=ln 3+3>1,

所以方程|p(x)|=1有两个解,即方程|ln x+x2-6|=1有两个解.

综上可知,方程|f(x)+g(x)|=1共有4个实根.

11.解 f(x)=a(1-cos 2x)-asin 2x+a+b

=-2asin+2a+b.

∵x∈,∴2x+,

∴-≤sin≤1.

因此,由f(x)的值域为[-5,1],

可得

或

解得

12.解 (1)由已知x>0,f'(x)=x-(a+1)+.

因为曲线y=f(x)在(2,f(2))处切线的斜率为1,

所以f'(2)=1,即2-(a+1)+=1,所以a=0,

此时f(2)=2-2=0,

故曲线f(x)在(2,f(2))处的切线方程为x-y-2=0.

(2)f'(x)=x-(a+1)+.

①当0<a<1时,若x∈(0,a),则f'(x)>0,函数f(x)单调递增;

若x∈(a,1),则f'(x)<0,函数f(x)单调递减;

若x∈(1,+∞),则f'(x)>0,函数f(x)单调递增.

此时x=a是f(x)的极大值点,x=1是f(x)的极小值点,函数f(x)的极大值是f(a)=-a2+aln a,极小值是f(1)=-.

②当a=1时,若x∈(0,1),则f'(x)>0,若x=1,则f'(x)=0,若x∈(1,+∞),则f'(x)>0,所以函数f(x)在定义域内单调递增,此时f(x)没有极值点,也无极值.

③当a>1时,若x∈(0,1),则f'(x)>0,函数f(x)单调递增;

若x∈(1,a),则f'(x)<0,函数f(x)单调递减;

若x∈(a,+∞),则f'(x)>0,函数f(x)单调递增,此时x=1是f(x)的极大值点,x=a是f(x)的极小值点,函数f(x)的极大值是f(1)=-,极小值是f(a)=-a2+aln a.

综上,当0<a<1时,f(x)的极大值是-a2+aln a,极小值是-;

当a=1时,f(x)无极值;当a>1时,f(x)的极大值是-,极小值是-a2+aln a.

二、思维提升训练

13.D　解析 若直线l的斜率不存在,则该直线的方程为x=-3,代入圆的方程解得y=±4,故直线l被圆截得的弦长为8,满足条件;若直线l的斜率存在,不妨设直线l的方程为y+=k(x+3),即kx-y+3k-=0,因为直线l被圆截得的弦长为8,故半弦长为4,又圆的半径为5,则圆心(0,0)到直线l的距离为,解得k=-,此时直线l的方程为3x+4y+15=0.

14.(3,+∞)　解析 当x>m时,f(x)=x2-2mx+4m=(x-m)2+4m-m2.

其所在抛物线的顶点为P(m,4m-m2).

函数y=f(x)的图象与直线x=m的交点为Q(m,m).

(1)点P在点Q的上方或与Q点重合时,即4m-m2≥m,也就是m(m-3)≤0时,解得0≤m≤3,又因为m>0,所以0<m≤3.

此时函数的图象如图所示(实线部分),显然此时直线y=b与函数图象最多只有两个交点,不合题意;

(2)点P在点Q的下方时,即4m-m2<m,也就是m(m-3)>0时,解得m<0或m>3,又因为m>0,所以m>3.

此时函数的图象如图所示(实线部分),显然此时直线y=b与函数图象最多可有三个交点,符合题意.

所以m>3.

15.2-2　解析 当a≤0时,在区间[0,1]上,f(x)=|x2-ax|=x2-ax,且在区间[0,1]上为增函数,当x=1时,f(x)取得的最大值为f(1)=1-a;

当0<a<1时,f(x)=在区间内递增,在区间上递减,在区间(a,1]上递增,且f,f(1)=1-a,

∵-(1-a)=(a2+4a-4),

∴当0<a<2-2时,<1-a.

当2-2≤a<1时,≥1-a;

当1≤a<2时,f(x)=-x2+ax在区间上递增,在区间上递减,

当x=时,f(x)取得最大值f;

当a≥2时,f(x)=-x2+ax在区间[0,1]上递增,

当x=1时,f(x)取得最大值f(1)=a-1.

则g(a)=在区间(-∞,2-2)上递减,在区间[2-2,+∞)上递增,

即当a=2-2时,g(a)有最小值.

16.解 (1)当a=0时,函数f(x)=-2x在区间[0,1]上单调递减,∴f(x)min=f(1)=-2.

(2)当a>0时,函数f(x)=ax2-2x的图象的开口方向向上,且对称轴为直线x=.

①当≤1,即a≥1时,f(x)=ax2-2x的图象对称轴在区间[0,1]内,

∴f(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增,∴f(x)min=f=-.

②当>1,即0<a<1时,函数f(x)=ax2-2x的图象对称轴在区间[0,1]的右侧,

∴f(x)在[0,1]上单调递减,

∴f(x)min=f(1)=a-2.

(3)当a<0时,函数f(x)=ax2-2x的图象的开口方向向下,且对称轴x=<0,在y轴的左侧,

∴函数f(x)=ax2-2x在区间[0,1]上单调递减,

∴f(x)min=f(1)=a-2.

综上所述,f(x)min=

17.解 (1)f(x)=aln x+x2的定义域为(0,+∞),f'(x)= +2x=.当x∈[1,e]时,2x2∈[2,2e2].

若a≥-2,则f'(x)在区间[1,e]上非负(仅当a=-2,x=1时,f'(x)=0),故f(x)在区间[1,e]上单调递增,此时f(x)min=f(1)=1;

若-2e2<a<-2,令f'(x)<0,解得1≤x<,此时f(x)单调递减;

令f'(x)>0,解得<x≤e,此时f(x)单调递增,

∴f(x)min=fln;

若a≤-2e2,f'(x)在区间[1,e]上非正(仅当a=-2e2,x=e时,f'(x)=0),

故f(x)在区间[1,e]上单调递减,此时f(x)min=f(e)=a+e2.

综上所述,当a≥-2时,f(x)min=1,相应的x=1;当-2e2<a<-2时,f(x)min=ln,相应的x=;

当a≤-2e2时,f(x)min=a+e2,相应的x=e.

(2)不等式f(x)≤(a+2)x可化为a(x-ln x)≥x2-2x.∵x∈[1,e],

∴ln x≤1≤x且等号不能同时成立,

∴ln x<x,即x-ln x>0,

因而a≥,x∈[1,e],令g(x)=(x∈[1,e]),则g'(x)=,

当x∈[1,e]时,x-1≥0,ln x≤1,x+2-2ln x>0,

从而g'(x)≥0(仅当x=1时取等号),

∴g(x)在区间[1,e]上是增函数,

故g(x)min=g(1)=-1,

∴实数a的取值范围是[-1,+∞).