2019高考数学大复习第一部分思想方法研析指导思想方法训练2分类讨论思想理.docx

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,x2R,且x1x2,使得f(x1)=f(x2)成立,则实数a的取值范围是()A.(-,2)B.(-,4)C.2,4D.(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=cB.b=cC.2a=cD.a2+b2=c23.若a0,且a1,p=loga(a3+1),q=loga(a2+1),则p,q的大小关系是()A.p=qB.pqD.当a1时,pq;当0a1时,p0,且x1,则函数y=lg x+logx10的值域为()A.RB.2,+)C.(-,-2D.(-,-22,+)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.6B.7C.8D.108.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.30B.60C.30或60D.45或609.已知函数y=ax(a0,且a1)在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(a0)的定义域为,值域为-5,1,求常数a,b的值.12.设a0,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=0B.x=-3或y=-C.x=-3D.x=-3或3x+4y+15=014.已知函数f(x)=则方程f(x)=ax恰有两个不同实数根时,实数a的取值范围是(注:e为自然对数的底数)()A.(-1,0B.C.(-1,0D.15.已知a为实数,函数f(x)=|x2-ax|在区间0,1上的最大值记为g(a).当a=时,g(a)的值最小.16.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x1,e,使得f(x)(a+2)x成立,求实数a的取值范围.17.设函数f(x)=cos 2x+(-1)(cos x+1),其中0,记|f(x)|的最大值为A.(1)求f(x);(2)求A;(3)证明|f(x)|2A.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a2a-5,即2a4.综上知,a4,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0a1时,y=ax和y=logax在其定义域上均为减函数,a3+1loga(a2+1),即pq.当a1时,y=ax和y=logax在其定义域上均为增函数,a3+1a2+1,loga(a3+1)loga(a2+1),即pq.综上可得pq.4.C解析 焦点在x轴上时,此时离心率e=;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x2+y2=,当=1时,曲线为A;当=2时,曲线为B;当1时,y=lg x+logx10=lg x+2=2;当0x1时,y=ax在区间1,2上递增,故a2-a=,得a=;当0a1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0x1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1个实根(2)当1x2时,方程可化为|ln x+2-x2|=1.设h(x)=ln x+2-x2,则h(x)=-2x=因为1x2,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1x2时方程只有1解.(3)当x2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 2-21,所以方程|p(x)|=1有2个解,即方程|ln x+x2-6|=1有2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+,-sin1.因此,由f(x)的值域为-5,1,可得或解得12.解 (1)由已知x0,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)+当0a0,函数f(x)单调递增;若x(a,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)=-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.当a1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0a1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.C解析 因为方程f(x)=ax恰有两个不同的实数根,所以y=f(x)与y=ax的图象有2个交点,a表示直线y=ax的斜率.当a0,x1时,y=设切点为(x0,y0),k=,所以切线方程为y-y0=(x-x0),而切线过原点,所以y0=1,x0=e2,k=,所以切线l1的斜率为设过原点与y=x+1平行的直线为l2,则直线l2的斜率为,所以当直线在l1和l2之间时,符合题意,此时实数a的取值范围是当a0时,设过原点与点(1,-1)的直线为l3,其斜率为-1,则在l3的位置以O为中心逆时针旋转一直转到水平位置都符合题意,此时实数a的取值范围是(-1,0.综上所述,实数a的取值范围是(-1,0,故选C.15.2-2解析 当a0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0a1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0a2-2时,1-a.当2-2a1时,1-a;当1a2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a2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)f(x)=aln x+x2的定义域为(0,+),f(x)= +2x=当x1,e时,2x22,2e2.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-2e2a-2,令f(x)0,解得1x0,解得xe,此时f(x)单调递增,所以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-2e2a-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.由x1,e,知ln x1x且等号不能同时成立,得ln x0,因而a,x1,e,令g(x)=(x1,e),则g(x)=,当x1,e时,x-10,ln x1,x+2-2ln x0,从而g(x)0(仅当x=1时取等号),所以g(x)在区间1,e上是增函数,故g(x)min=g(1)=-1,所以实数a的取值范围是-1,+).17.(1)解 f(x)=-2sin 2x-(-1)sin x.(2)解 (分类讨论)当1时,|f(x)|=|cos 2x+(-1)(cos x+1)|+2(-1)=3-2=f(0).因此A=3-2.当01时,将f(x)变形为f(x)=2cos2x+(-1)cos x-1.令g(t)=2t2+(-1)t-1,则A是|g(t)|在-1,1上的最大值,g(-1)=,g(1)=3-2,且当t=时,g(t)取得极小值,极小值为g=-1=-令-11,解得