《新編高三理科數(shù)學(xué)新課標二輪習(xí)題：第一部分 思想方法研析指導(dǎo) 思想方法訓(xùn)練2分類討論思想 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新編高三理科數(shù)學(xué)新課標二輪習(xí)題：第一部分 思想方法研析指導(dǎo) 思想方法訓(xùn)練2分類討論思想 Word版含答案（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、 思想方法訓(xùn)練2分類討論思想能力突破訓(xùn)練1.已知函數(shù)f(x)=-x2+ax,x1,2ax-5,x1,若存在x1,x2R,且x1x2,使得f(x1)=f(x2)成立,則實數(shù)a的取值范圍是()A.(-,2)B.(-,4)C.2,4D.(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(guān)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),則p,q的大小關(guān)系是()A.p=qB.pqD.當a1時,pq;當0a1時,p0,且x1,則函數(shù)y=lg x+lo
2、gx10的值域為()A.RB.2,+)C.(-,-2D.(-,-22,+)7.設(shè)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.6B.7C.8D.108.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.30B.60C.30或60D.45或609.已知函數(shù)y=ax(a0,且a1)在1,2上的最大值比最小值大a2,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)
3、f(x)=2asin2x-23asin xcos x+a+b(a0)的定義域為0,2,值域為-5,1,求常數(shù)a,b的值.12.設(shè)a0,函數(shù)f(x)=12x2-(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.思維提升訓(xùn)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=0B.x=-3或y=-32C.x=-3D.x=-3或3x+4y+15=014.已知函數(shù)f(x)=110x+1(x1),lnx-1(x1),則方程f(x)=ax恰有兩個不同實數(shù)根時,
4、實數(shù)a的取值范圍是(注:e為自然對數(shù)的底數(shù))()A.(-1,0B.-1,110C.(-1,0110,1e2D.-1,1e215.已知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).當a=時,g(a)的值最小.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(yīng)的x值;(2)若存在x1,e,使得f(x)(a+2)x成立,求實數(shù)a的取值范圍.17.設(shè)函數(shù)f(x)=cos 2x+(-1)(cos x+1),其中0,記|f(x)|的最大值為A.(1)求f(x);(2)求A;(3)證明|f(x)|2A.參考答案思想方法訓(xùn)練2分類
5、討論思想能力突破訓(xùn)練1.B解析當-a-21時,顯然滿足條件,即a2a-5,即2a4.綜上知,a4,故選B.2.B解析在ABC中,由余弦定理得cosA=b2+c2-a22bc=3bc2bc=32,則A=6.又b=3a,由正弦定理,得sinB=3sinA=32,則B=3或B=23.當B=3時,ABC為直角三角形,選項C,D成立;當B=23時,ABC為等腰三角形,選項A成立,故選B.3.C解析當0a1時,y=ax和y=logax在其定義域上均為減函數(shù),a3+1loga(a2+1),即pq.當a1時,y=ax和y=logax在其定義域上均為增函數(shù),a3+1a2+1,loga(a3+1)loga(a2+
6、1),即pq.綜上可得pq.4.C解析焦點在x軸上時,ba=34,此時離心率e=ca=54;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(shè)|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(shè)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x2+y2=,當=1時,曲線為A;當=2時,曲線為B;當1時,y=lgx+logx10=lgx+1lgx2lgx1lgx=2;當0x1時,y=ax在區(qū)間1,2上遞增,故a2-a=a2,得a=32;當0a1時,y
7、=ax在區(qū)間1,2上遞減,故a-a2=a2,得a=12.故a=12或a=32.10.4解析f(x)=-lnx,01,g(x)=0,0x1,2-x2,1x2,x2-6,x2.(1)當0x1時,方程化為|-lnx+0|=1,解得x=1e或x=e(舍去).所以此時方程只有1個實根1e.(2)當1x2時,方程可化為|lnx+2-x2|=1.設(shè)h(x)=lnx+2-x2,則h(x)=1x-2x=1-2x2x.因為1x2,所以h(x)=1-2x2x0,即函數(shù)h(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)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ln
8、2-2-1,故當1x2時方程只有1解.(3)當x2時,方程可化為|lnx+x2-6|=1.記函數(shù)p(x)=lnx+x2-6,顯然p(x)在區(qū)間2,+)上單調(diào)遞增.故p(x)p(2)=ln2+22-6=ln2-21,所以方程|p(x)|=1有2個解,即方程|lnx+x2-6|=1有2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-cos2x)-3asin2x+a+b=-2asin2x+6+2a+b.x0,2,2x+66,76,-12sin2x+61.因此,由f(x)的值域為-5,1,可得a0,-2a-12+2a+b=1,-2a1+2a+b=-5或a0,f(x
9、)=x-(a+1)+ax.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.當0a0,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.當a=1時,若x(0,1),則f(x)0,若x=1,則f(x)=
10、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.當a1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0a1時,f(x)的極大值是-12,極小值是-12a2+alna.思維提升訓(xùn)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(shè)直線l的
11、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,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=-34,此時直線l的方程為3x+4y+15=0.14.C解析因為方程f(x)=ax恰有兩個不同的實數(shù)根,所以y=f(x)與y=ax的圖象有2個交點,a表示直線y=ax的斜率.當a0,x1時,y=1x.設(shè)切點為(x0,y0),k=1x0,所以切線方程為y-y0=1x0(x-x0),而切線過原點,所以y0=1,x0=e2,k=1e2,所以切線l1的斜率為1e2.設(shè)過原點與y=110x+1平行的直線為l2,則直線
12、l2的斜率為110,所以當直線在l1和l2之間時,符合題意,此時實數(shù)a的取值范圍是110,1e2.當a0時,設(shè)過原點與點(1,-1)的直線為l3,其斜率為-1,則在l3的位置以O(shè)為中心逆時針旋轉(zhuǎn)一直轉(zhuǎn)到水平位置都符合題意,此時實數(shù)a的取值范圍是(-1,0.綜上所述,實數(shù)a的取值范圍是(-1,0110,1e2,故選C.15.22-2解析當a0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0a1時,f(x)=-x2+ax,0xa,x2-ax,ax1在區(qū)間0,a2內(nèi)遞增,在區(qū)間a2,a上遞減,在區(qū)間(a,1上
13、遞增,且fa2=a24,f(1)=1-a,a24-(1-a)=14(a2+4a-4),當0a22-2時,a241-a.當22-2a1時,a241-a;當1a2時,f(x)=-x2+ax在區(qū)間0,a2上遞增,在區(qū)間a2,1上遞減,當x=a2時,f(x)取得最大值fa2=a24;當a2時,f(x)=-x2+ax在區(qū)間0,1上遞增,當x=1時,f(x)取得最大值f(1)=a-1.則g(a)=1-a,a22-2,a24,22-2a2,a-1,a2在區(qū)間(-,22-2)上遞減,在區(qū)間22-2,+)上遞增,即當a=22-2時,g(a)有最小值.16.解(1)f(x)=alnx+x2的定義域為(0,+),f
14、(x)=ax+2x=2x2+ax.當x1,e時,2x22,2e2.若a-2,則f(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(diào)遞增,此時f(x)min=f(1)=1;若-2e2a-2,令f(x)0,解得1x0,解得-a2xe,此時f(x)單調(diào)遞增,所以f(x)min=f-a2=a2ln-a2-a2;若a-2e2,f(x)在區(qū)間1,e上非正(僅當a=-2e2,x=e時,f(x)=0),故f(x)在區(qū)間1,e上單調(diào)遞減,此時f(x)min=f(e)=a+e2.綜上所述,當a-2時,f(x)min=1,相應(yīng)的x=1;當-2e2a-2時,f(x)min=
15、a2ln-a2-a2,相應(yīng)的x=-a2;當a-2e2時,f(x)min=a+e2,相應(yīng)的x=e.(2)不等式f(x)(a+2)x可化為a(x-lnx)x2-2x.由x1,e,知lnx1x且等號不能同時成立,得lnx0,因而ax2-2xx-lnx,x1,e,令g(x)=x2-2xx-lnx(x1,e),則g(x)=(x-1)(x+2-2lnx)(x-lnx)2,當x1,e時,x-10,lnx1,x+2-2lnx0,從而g(x)0(僅當x=1時取等號),所以g(x)在區(qū)間1,e上是增函數(shù),故g(x)min=g(1)=-1,所以實數(shù)a的取值范圍是-1,+).17.(1)解f(x)=-2sin2x-(
16、-1)sinx.(2)解(分類討論)當1時,|f(x)|=|cos2x+(-1)(cosx+1)|+2(-1)=3-2=f(0).因此A=3-2.當01時,將f(x)變形為f(x)=2cos2x+(-1)cosx-1.令g(t)=2t2+(-1)t-1,則A是|g(t)|在-1,1上的最大值,g(-1)=,g(1)=3-2,且當t=1-4時,g(t)取得極小值,極小值為g1-4=-(-1)28-1=-2+6+18.令-11-41,解得15.當015時,g(t)在區(qū)間(-1,1)內(nèi)無極值點,|g(-1)|=,|g(1)|=2-3,|g(-1)|g(1)|,所以A=2-3.當150,知g(-1)g(1)g1-4.又g1-4-|g(-1)|=(1-)(1+7)80,所以A=g1-4=2+6+18.綜上,A=2-3,015,2+6+18,151,3-2,1.(3)證明由(1)得|f(x)|=|-2sin2x-(-1)sinx|2+|-1|.當015時,|f(x)|1+2-42(2-3)=2A.當151時,A=8+18+341,所以|f(x)|1+2A.當1時,|f(x)|3-16-4=2A.所以|f(x)|2A.
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