2020届二轮复习分类讨论思想作业

2020届二轮复习分类讨论思想作业

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)=‎-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,则实数a的取值范围是(　　)‎ A.(-∞,2) B.(-∞,4)‎ C.[2,4] D.(2,+∞)‎ 答案:B 解析:当-a‎-2‎<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.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.若b2+c2-a2=‎3‎bc,且b=‎3‎a,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 答案:B 解析:在△ABC中,由余弦定理得cosA=b‎2‎‎+c‎2‎-‎a‎2‎‎2bc‎=‎3‎bc‎2bc=‎‎3‎‎2‎,则A=π‎6‎.‎ 又b=‎3‎a,由正弦定理,得sinB=‎3‎sinA=‎3‎‎2‎,‎ 则B=π‎3‎或B=‎2π‎3‎.‎ 当B=π‎3‎时,△ABC为直角三角形,选项C,D成立;‎ 当B=‎2π‎3‎时,△ABC为等腰三角形,选项A成立,‎ 故选B.‎ ‎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.pq D.当a>1时,p>q;当0loga(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.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.‎5‎‎4‎ B.‎‎5‎‎3‎ C.‎5‎‎4‎或‎5‎‎3‎ D.‎‎3‎‎5‎或‎4‎‎5‎ 答案:C 解析:当焦点在x轴上时,ba‎=‎‎3‎‎4‎,此时离心率e=ca‎=‎‎5‎‎4‎;当焦点在y轴上时,ab‎=‎‎3‎‎4‎,此时离心率e=ca‎=‎‎5‎‎3‎,故选C.‎ ‎5.已知A,B为平面内的两个定点,过该平面内的动点M作直线AB的垂线,垂足为N,MN‎2‎=λAN‎·‎NB,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 答案:C 解析:不妨设|AB|=2,以AB的中点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λx2+y2=λ,当λ=1时,曲线为圆;当λ=2时,曲线为椭圆;当λ<0时,曲线为双曲线,故选C.‎ ‎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,+∞)‎ 答案:D 解析:当x>1时,y=lgx+logx10=lgx+‎1‎lgx≥2lgx·‎‎1‎lgx=2;当00,且a≠1)在区间[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a>1时,y=ax在区间[1,2]上单调递增,故a2-a=a‎2‎,得a=‎3‎‎2‎;当01,‎则方程|f(x)+g(x)|=1实根的个数为　　　　　. ‎ 答案:4‎ 解析:f(x)=‎-lnx,01,‎g(x)=‎‎0,01,‎ 所以方程|p(x)|=1有两个解,即方程|lnx+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.已知函数f(x)=2asin2x-2‎3‎asin xcos x+a+b(a≠0)的定义域为‎0,‎π‎2‎,值域为[-5,1],求常数a,b的值.‎ 解:f(x)=a(1-cos2x)-‎3‎asin2x+a+b ‎=-2asin‎2x+‎π‎6‎+2a+b.‎ ‎∵x∈‎0,‎π‎2‎,∴2x+π‎6‎‎∈‎π‎6‎‎,‎‎7π‎6‎,‎ ‎∴-‎1‎‎2‎≤sin‎2x+‎π‎6‎≤1.‎ 因此,由f(x)的值域为[-5,1],‎ 可得a>0,‎‎-2a×‎-‎‎1‎‎2‎+2a+b=1,‎‎-2a×1+2a+b=-5‎ 或a<0,‎‎-2a×1+2a+b=1,‎‎-2a×‎-‎‎1‎‎2‎+2a+b=-5,‎ 解得a=2,‎b=-5‎或a=-2,‎b=1.‎ ‎12.设a>0,函数f(x)=‎1‎‎2‎x2-(a+1)x+a(1+ln x).‎ ‎(1)求曲线y=f(x)在点(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)由题意知x>0,f'(x)=x-(a+1)+ax.‎ 因为曲线y=f(x)在点(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)在点(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.‎ ‎①当00,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)=-‎1‎‎2‎a2+alna,极小值是f(1)=-‎1‎‎2‎.‎ ‎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)=-‎1‎‎2‎,极小值是f(a)=-‎1‎‎2‎a2+alna.‎ 综上,当01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=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=-‎‎3‎‎2‎ C.x=-3‎ D.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,所以半弦长为4.‎ 又圆的半径为5,所以圆心(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.(2019浙江,9)设a,b∈R,函数f(x)=‎x,x<0,‎‎1‎‎3‎x‎3‎‎-‎1‎‎2‎(a+1)x‎2‎+ax,x≥0.‎ 若函数y=f(x)-ax-b恰有3个零点,则(　　)‎ A.a<-1,b<0 B.a<-1,b>0‎ C.a>-1,b<0 D.a>-1,b>0‎ 答案:C 解析:当x<0时,由x=ax+b,得x=b‎1-a,最多一个零点取决于x=b‎1-a与0的大小,所以关键研究当x≥0时,方程‎1‎‎3‎x3-‎1‎‎2‎(a+1)x2+ax=ax+b的解的个数,令b=‎1‎‎3‎x3-‎1‎‎2‎(a+1)x2=‎1‎‎3‎x2x-‎3‎‎2‎(a+1)=g(x).‎ 画出三次函数g(x)的图象如图所示,‎ 可以发现分类讨论的依据是‎3‎‎2‎(a+1)与0的大小关系.‎ ‎①若‎3‎‎2‎(a+1)<0,即a<-1时,x=0处为偶重零点,x=‎3‎‎2‎(a+1)为奇重零点,显然在x≥0时,g(x)单调递增,故与y=b最多只能有一个交点,不符合题意.‎ ‎②若‎3‎‎2‎(a+1)=0,即a=-1,0处为3次零点穿过,也不符合题意.‎ ‎③若‎3‎‎2‎(a+1)>0,即a>-1时,x=0处为偶重零点,x=‎3‎‎2‎(a+1)为奇重零点,当b<0时g(x)与y=b可以有两个交点,且此时要求x=b‎1-a<0,故-10,解得‎-a‎2‎0,因而a≥x‎2‎‎-2xx-lnx,x∈[1,e].‎ 令g(x)=x‎2‎‎-2xx-lnx(x∈[1,e]),‎ 则g'(x)=‎(x-1)(x+2-2lnx)‎‎(x-lnx‎)‎‎2‎,当x∈[1,e]时,x-1≥0,lnx≤1,x+2-2lnx>0,从而g'(x)≥0(仅当x=1时取等号),‎ 所以g(x)在区间[1,e]上单调递增,‎ 故g(x)min=g(1)=-1,‎ 所以实数a的取值范围是[-1,+∞).‎ ‎17.设函数f(x)=αcos 2x+(α-1)(cos x+1),其中α>0,记|f(x)|的最大值为A.‎ ‎(1)求f'(x);‎ ‎(2)求A.‎ 解:(1)f'(x)=-2αsin2x-(α-1)sinx.‎ ‎(2)当α≥1时,|f(x)|=|αcos2x+(α-1)(cosx+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0).‎ 因此A=3α-2.‎ 当0<α<1时,将f(x)变形为f(x)=2αcos2x+(α-1)cosx-1.‎ 令g(t)=2αt2+(α-1)t-1,则A是|g(t)|在[-1,1]上的最大值,‎ g(-1)=α,g(1)=3α-2,且当t=‎1-α‎4α时,g(t)取得极小值,极小值为g‎1-α‎4α=-‎(α-1‎‎)‎‎2‎‎8α-1=-α‎2‎‎+6α+1‎‎8α.‎ 令-1<‎1-α‎4α<1,解得α>‎1‎‎5‎.‎ 当0<α≤‎1‎‎5‎时,g(t)在区间(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=α,|g(1)|=2-3α,|g(-1)|<|g(1)|,‎ 所以A=2-3α.‎ 当‎1‎‎5‎<α<1时,由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,‎ 知g(-1)>g(1)>g‎1-α‎4α.‎ 又g‎1-α‎4α-|g(-1)|=‎(1-α)(1+7α)‎‎8α>0,‎ 所以A=g‎1-α‎4α‎=‎α‎2‎‎+6α+1‎‎8α.‎ 综上,A=‎‎2-3α,0<α≤‎1‎‎5‎,‎α‎2‎‎+6α+1‎‎8α‎,‎1‎‎5‎<α<1,‎‎3α-2,α≥1.‎