2021届高考数学二轮复习思想方法训练2分类讨论思想理含解析

1、思想方法训练2分类讨论思想思想方法训练第4页一、能力突破训练1.已知函数f(x)=2x-4,x4,-log2(x+1),x4,若f(a)=18,则实数a=()a.1或182-1b.182-1c.1d.3答案:c解析:当a4时,f(a)=2a-4=18=2-3,即a-4=-3,即a=1,符合要求.当a4时,f(a)=-log2(a+1)=18,即a+1=2-18,即a=2-18-10,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,pq答案:c解析:当0a1时,y=ax和y=logax在其定义域上均为减函数,a

2、3+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.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=34x,则该双曲线的离心率为()a.54b.53c.54或53d.35或45答案:c解析:焦点在x轴上时,ba=34,此时离心率e=ca=54;焦点在y轴上时,ab=34,此时离心率e=ca=53,故选c.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,mn2=annb,其中为常数,则动点m的轨迹不可能是()a.圆b.椭圆c.抛物线

3、d.双曲线答案: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),mn=(0,-y),an=(x+1,0),nb=(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0时,曲线为d,所以选c.6.设x,y满足y-10,x-y+20,x+4y-80,且目标函数z=ax+y仅在点(4,1)处取得最大值,则原点o到直线ax-y+17=0的距离d的取值范围是()a.(417,17b.(0,417)c.1722,17d.0,1722答案:b解析:由y-10,x-y+

4、20,x+4y-80作出可行域,如图.因为目标函数z=ax+y仅在点a(4,1)取最大值,所以当a=0时,z=y在点(0,2)处取最大值,不成立;当a0,目标函数在点(4,1)处取不到最大值.当a0时,直线z=ax+y的斜率k=-a,且小于直线x+4y-8=0的斜率-14,故a14.综上可知a14.所以原点o到直线ax-y+17=0的距离d=171+a20,且a1)在1,2上的最大值比最小值大a2,则a的值是.答案:12或32解析:当a1时,y=ax在区间1,2上递增,故a2-a=a2,得a=32;当0a0,函数f(x)=12x2-(a+1)x+a(1+ln x).(1)求曲线y=f(x)在(

5、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.解:(1)由已知x0,f(x)=x-(a+1)+ax.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)+a2=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)+ax=x2-(a+1)x+ax=(x-1)(x-a)x.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)=-12a

6、2+alna,极小值是f(1)=-12.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)=-12,极小值是f(a)=-12a2+alna.综上,当0a1时,f(x)的极大值是-12,极小值是-12a2+alna.二、思维提升训练13.若直线l过点p-3,-32且被圆x2+y2

7、=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=-32c.x=-3d.x=-3或3x+4y+15=0答案: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+32=k(x+3),即kx-y+3k-32=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52-42=3k-32k2+1,解得k=-34,此时直线l的方程为3x+4y+15=0.14.已知函数f(x)=110x+1(x1),lnx-1(x1),则

8、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.-1,110c.(-1,0110,1e2d.-1,1e2答案: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=1x.设切点为(x0,y0),k=1x0,所以切线方程为y-y0=1x0(x-x0),而切线过原点,所以y0=1,x0=e2,k=1e2,所以切线l1的斜率为1e2.设过原点与y=110x+1平行的直线为l2,则直线l2的斜率为110,所以当直线在l1和l2之间时,符合题意,此时实数a的取

9、值范围是110,1e2.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(-1,0110,1e2,故选c.15.设关于x的函数g(x)=-2sin2x-2acos x-2a+1的最小值为h(a),则满足h(a)=12的a的值为.答案:-1解析:g(x)=-2sin2x-2acosx-2a+1=2cos2x-2acosx-(2a+1).令cosx=t,可得t-1,1,换元可得y=2t2-2at-(2a+1),可看作关于t的二次函数,其图象为开口向上的抛物线,对

10、称轴为t=a2,当a2-1,即a1,即a2时,函数y在区间-1,1上单调递减,故ymin=2-2a-2a-1=1-4a,即g(x)min=-4a+1=12,得a=18,与a2矛盾;当-1a21,即-2a2时,ymin=2a22-2aa2-(2a+1)=-a22-2a-1,即g(x)min=-a22-2a-1=12,变形可得a2+4a+3=0,解得a=-1(a=-3舍去).综上可得,满足h(a)=12的a的值为-1.16.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.

11、解:(1)f(x)=alnx+x2的定义域为(0,+),f(x)=ax+2x=2x2+ax.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-a2xe,此时f(x)单调递增,所以f(x)min=f-a2=a2ln-a2-a2;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)mi

12、n=1,相应的x=1;当-2e2a-2时,f(x)min=a2ln-a2-a2,相应的x=-a2;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-lnx)x2-2x.由x1,e,知lnx1x且等号不能同时成立,得lnx0,因而ax2-2xx-lnx,x1,e,令g(x)=x2-2xx-lnx(x1,e),则g(x)=(x-1)(x+2-2lnx)(x-lnx)2,当x1,e时,x-10,lnx1,x+2-2lnx0,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

13、围是-1,+).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.答案:(1)解f(x)=-2sin2x-(-1)sinx.(2)解(分类讨论)当1时,|f(x)|=|cos2x+(-1)(cosx+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)cosx-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=1-4时,g(t)取得极小值,极小值为g1-4=-(-1)28-1=-2+6+18.令-11-41,解得15.当015时,g(t)在区间(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=,|g(1)|=2-3,|g(-1)|g(1)|,所以a=2-3.当150,知g(-1)g