【走向高考】全國通用高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題26 函數(shù)與方程的思想、分類討論的思想含解析
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1、【走向高考】(全國通用)2016高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題26 函數(shù)與方程的思想、分類討論的思想(含解析)
一、選擇題
1.(文)方程m+=x有解,則m的最大值為( )
A.1 B.0
C.-1 D.-2
[答案] A
[解析] m=x-,令t=≥0,則x=1-t2,
∴m=1-t2-t=-(t+)2+≤1,故選A.
(理)已知對于任意的a∈[-1,1],函數(shù)f(x)=x2+(a-4)x+4-2a的值總大于0,則x的取值范圍是( )
A.1
2、B [解析] 將f(x)=x2+(a-4)x+4-2a看作是a的一次函數(shù),記為g(a)=(x-2)a+x2-4x+4. 當a∈[-1,1]時恒有g(shù)(a)>0,只需滿足條件 即 解之得x<1或x>3. [方法點撥] 1.函數(shù)與方程的關(guān)系 函數(shù)與方程是兩個不同的概念,但它們之間有著密切的聯(lián)系,方程f(x)=0的解就是函數(shù)y=f(x)的圖象與x軸的交點的橫坐標,函數(shù)y=f(x)也可以看作二元方程f(x)-y=0,通過方程進行研究. 2.應用函數(shù)與方程思想解決函數(shù)、方程、不等式問題,是多元問題中的常見題型,常見的解題思路有以下兩種: (1)分離變量,構(gòu)造函數(shù),將不等式恒成立、方程求解等
3、轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值(或值域),然后求解. (2)換元,將問題轉(zhuǎn)化為一次不等式、二次不等式或二次方程,進而構(gòu)造函數(shù)加以解決. 2.(文)(2014哈三中二模)一只螞蟻從正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點A處出發(fā),經(jīng)正方體的表面,按最短路線爬行到頂點C1處,則下列圖形中可以表示正方體及螞蟻最短爬行路線的正視圖的是( ) A.(1)(2) B.(1)(3) C.(2)(4) D.(3)(4) [答案] C [解析] 爬行路線為時正視圖為(2);爬行路線是時,正視圖為(4),故選C. [方法點撥] 若幾何圖形的位置不確定時,常常要對各種不同情況加以討論. (理)有四根
4、長都為2的直鐵條,若再選兩根長都為a的直鐵條,使這六根鐵條端點處相連能夠焊接成一個三棱錐形的鐵架,則a的取值范圍是( )
A.(0,+) B.(1,2)
C.(-,+) D.(0,2)
[答案] A
[解析] 若構(gòu)成三棱錐有兩種情形.
一種情形是三條長為2的線段圍成三角形作為棱錐的底面,過BC的中點M作與BC垂直的平面α,在平面α內(nèi),以A為圓心AP=2為半徑畫圓,點P在此圓周上,且不在平面ABC內(nèi)時,構(gòu)成三棱錐P-ABC,此時PB=PC=a,易求得-a,
∴0
5、>2>-,
取兩者的并集得,0
6、3)由數(shù)學運算引起的分類,如除數(shù)不為0,偶次方根的被開方數(shù)非負,對數(shù)函數(shù)的底數(shù)a>0且a≠1,指數(shù)運算中對底數(shù)的限制,不等式兩邊同乘以一個正數(shù)(負數(shù)),排列組合中的分類計數(shù).
(4)由圖形的不確定性引起的討論,如圖形的類型、位置,角的終邊所在象限、點線面位置等,點斜式(斜截式)直線方程適用范圍,直線與圓錐曲線的位置關(guān)系.
(5)由參數(shù)的變化引起的分類討論:含參數(shù)的問題(方程、不等式、函數(shù)等),由于參數(shù)的不同取值會導致結(jié)果不同或不同的參數(shù)求解、證明的方法不同等.
(6)由實際問題的實際意義引起的分類討論.
3.(文)圓錐曲線+=1的離心率e=,則a的值為( )
A.-1 B.
C 7、.-1或 D.以上均不正確
[答案] C
[解析] 因焦點在x軸上和y軸上的不同,離心率e關(guān)于a的表達式發(fā)生變化,故需分類.當焦點在x軸上時,
e2==,解得a=;
當焦點在y軸上時,
e2==,解得a=-1.故選C.
(理)將1,2,3,4,5排成一列a1a2a3a4a5(如43215中,a1=4,a2=3,a3=2,a4=1,a5=5),則滿足a1 8、2>a1,a2>a3入手討論),
(1)當a3=3時,a2,a4只能是4,5,共有AA種;
(2)當a3=2時,a2,a4可以為3,4,5,∵a5 9、=()2==1+(1+)2,因為當a>1時,0<<1,所以2 10、形ABCDEF中,P是△CDE內(nèi)(包括邊界)的動點.設(shè)=α+β(α,β∈R),則α+β的取值范圍是________.
[答案] [3,4]
[解析] 建立如圖所示的直角坐標系,設(shè)正六邊形邊長為2,則C(2,0),A(-1,-),B(1,-),D(1,),E(-1,),F(xiàn)(-2,0),設(shè)P(x,y)可得=(x+1,y+),=(2,0),=(-1,),∵=α+β,∴則α+β==x+y+2,當點P在如圖陰影部分所示的平面區(qū)域內(nèi)時,可作平行直線系x+y+2=z,當直線過點E或C時,α+β取得最小值,(α+β)最小值=2+0+2=3;當直線過點D時,α+β取得最大值,(α+β)最大值=1++ 11、2=4,則α+β的取值范圍是[3,4].
[方法點撥] 和函數(shù)與方程思想密切關(guān)聯(lián)的知識點
(1)函數(shù)與不等式的相互轉(zhuǎn)化.對函數(shù)y=f(x),當y>0時,就化為不等式f(x)>0,借助于函數(shù)的圖象和性質(zhì)可解決有關(guān)問題,而研究函數(shù)的性質(zhì)也離不開不等式.
(2)數(shù)列的通項與前n項和是自變量為正整數(shù)的函數(shù),用函數(shù)的觀點去處理數(shù)列問題十分重要.
(3)解析幾何中的許多問題,例如直線與二次曲線的位置關(guān)系問題,需要通過解二元方程組才能解決.這都涉及二次方程與二次函數(shù)的有關(guān)理論.
(4)立體幾何中有關(guān)線段、角、面積、體積的計算,經(jīng)常需要運用列方程或建立函數(shù)關(guān)系的方法加以解決,引進空間向量后,立體幾何 12、與函數(shù)的關(guān)系就更加密切.
(5)(理)函數(shù)f(x)=(a+bx)n(n∈N*)與二項式定理密切相關(guān),利用這個函數(shù),用賦值法和比較系數(shù)法可以解決很多有關(guān)二項式定理的問題及求和問題.
7.(文)若關(guān)于x的方程cos2x-2cosx+m=0有實數(shù)根,則實數(shù)m的取值范圍是________.
[分析] 將方程變形為m=-cos2x+2cosx,則當方程有實數(shù)根時,-cos2x+2cosx的取值范圍就是m的取值范圍.
[答案]
[解析] 原方程可化為m=-cos2x+2cosx.
令f(x)=-cos2x+2cosx,
則f(x)=-2cos2x+1+2cosx
=-22+,
由于-1 13、≤cosx≤1,
所以當cosx=時,f(x)取得最大值,
當cosx=-1時,f(x)取得最小值-3,
故函數(shù)f(x)的值域為,
即m∈.
[方法點撥] 本題若令cosx=t,則可通過換元法將原方程化為關(guān)于t的一元二次方程,但求解過程將非常繁瑣,而通過分離參數(shù),引進函數(shù),便可通過函數(shù)的值域較為簡單地求得參數(shù)m的取值范圍.
(理)如果方程cos2x-sinx+a=0在(0,]上有解,則a的取值范圍是________.
[答案] (-1,1]
[分析] 可分離變量為a=-cos2x+sinx,轉(zhuǎn)化為確定的相關(guān)函數(shù)的值域.
[解析] 解法1:把方程變?yōu)閍=-cos2x+sinx. 14、
設(shè)f(x)=-cos2x+sinx(x∈(0,]).
顯然當且僅當a∈f(x)的值域時,a=f(x)有解.
∵f(x)=-(1-sin2x)+sinx=(sinx+)2-,且由x∈(0,]知,sinx∈(0,1].
∴f(x)的值域為(-1,1],
∴a的取值范圍是(-1,1].
解法2:令t=sinx,由x∈(0,]可得t∈(0,1].
把原方程變?yōu)閠2+t-1-a=0,
依題意,該方程在(0,1]上有解,
設(shè)f(t)=t2+t-1-a.
其圖象是開口向上的拋物線,對稱軸為x=-,在區(qū)間(0,1]的左側(cè),如下圖所示.
因此f(t)=0在(0,1]上有解,
當且僅 15、當,即,
∴-1
16、橢圓在y軸左側(cè)部分交于A、B兩點,轉(zhuǎn)化為方程有兩個負根的問題.
[解析] 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),直線l與x軸的交點為N(a,0).
由得(3+4k2)x2+16kx+4=0.(*)
因為直線y=kx+2和橢圓+=1在y軸左側(cè)部分交于A,B兩點,
所以
解得k>.
因為M是線段AB的中點,所以
因為P(0,-2),M(x0,y0),N(a,0)三點共線,
所以=,所以=,
即-=2k+.
因為k>,所以2k+≥2,
當且僅當k=時等號成立,
所以-≥2,則-≤a<0.
三、解答題
9.(文)設(shè)函數(shù)f(x)=lnx-p(x-1),p 17、∈R.
(1)當p=1時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)設(shè)函數(shù)g(x)=xf(x)+p(2x2-x-1)對任意x≥1都有g(shù)(x)≤0成立,求p的取值范圍.
[解析] (1)當p=1時,f(x)=lnx-x+1,其定義域為(0,+∞).
所以f ′(x)=-1.
由f ′(x)=-1≥0得0 18、.
①當p≤-時,g′(x)=lnx+1+2px≤(x-1)+1+2px=(1+2p)x≤0,即g(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減,從而g(x)≤g(1)=0滿足題意;
②當- 0,1+2px>0,從而g′(x)=lnx+1+2px>0,即g(x)在(1,-)上單調(diào)遞增,從而存在x0∈(1,-)使得g(x0)≥g(1)=0不滿足題意;
③當p≥0時,由x≥1知g(x)=xlnx+p(x2-1)≥0恒成立,此時不滿足題意.
綜上所述,實數(shù)p的取值范圍為p≤-.
(理)已知函數(shù)f(x)=(a+1)lnx+ax2+1.
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性 19、;
(2)設(shè)a<-1,如果對任意x1、x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|,求a的取值范圍.
[解析] (1)f(x)的定義域為(0,+∞).
f ′(x)=+2ax=.
當a≥0時,f ′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增;
當a≤-1時,f ′(x)<0,故f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞減;
當-10;x∈時,f ′(x)<0.故f(x)在單調(diào)遞增,在單調(diào)遞減.
(2)不妨假設(shè)x1≥x2.而a<-1,由(1)知f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞減,從而?x1,x2∈(0,+∞), 20、|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等價于?x1,x2∈(0,+∞),f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1①
令g(x)=f(x)+4x,則g′(x)=+2ax+4.
①等價于g(x)在(0,+∞)單調(diào)遞減,即
+2ax+4≤0.
從而a≤==-2.
故a的取值范圍為(-∞,-2].
[方法點撥] 導數(shù)在近幾年來已逐漸成為高考命題中的壓軸題,導數(shù)作為研究函數(shù)性質(zhì)的工具,具備廣泛適用性,可以分析各種函數(shù),而且容易與參數(shù)結(jié)合命題,尤其在問題轉(zhuǎn)化、構(gòu)造新函數(shù)解決問題等方面體現(xiàn)明顯.因此我們在平日訓練時要注意分類討論思想轉(zhuǎn)化與歸納思想,函數(shù)與方程思想等方面的訓練,加強對問題的分析 21、,以及處理問題和解決問題的能力.
10.(文)(2014安徽文,16)設(shè)△ABC的內(nèi)角A、B、C所對邊的長分別是a、b、c,且b=3,c=1,△ABC的面積為,求cosA與a的值.
[分析] 已知b、c和△ABC的面積易求sinA,由平方關(guān)系可求cosA,但要注意開方時符號的選取及討論,再結(jié)合余弦定理可求a的值.
[解析] 由三角形面積公式,得S=31sinA=,∴sinA=,
因為sin2A+cos2A=1.
所以cosA===.
①當cosA=時,由余弦定理得
a2=b2+c2-2bccosA=32+12-213=8,
所以a=2.
②當cosA=-時,由余弦定理得
a 22、2=b2+c2-2bccosA=32+12-213(-)=12,
所以a=2.
(理)已知函數(shù)f(x)=sinxcosx-m(sinx+cosx).
(1)若m=1,求函數(shù)f(x)的最值;
(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[,]上的最小值等于2,求實數(shù)m的值.
[解析] (1)當m=1時,f(x)=sinxcosx-(sinx+cosx),
設(shè)sinx+cosx=t,則sinxcosx=,
所以f(x)=h(t)=t2-t-
=(t-1)2-1.
由于t=sinx+cosx=sin(x+),
所以-≤t≤.
于是當t=-時函數(shù)f(x)取得最大值+;
當t=1時函數(shù)f(x)取得 23、最小值-1.
(2)設(shè)sinx+cosx=t,
則sinxcosx=,
所以f(x)=g(t)=t2-mt-
=(t-m)2-m2-,
又因為x∈[,],
t=sinx+cosx=sin(x+),
所以1≤t≤.
當m<1時,g(t)在[1,]上單調(diào)遞增,
當t=1時g(t)取得最小值,得-m=2,
所以m=-2,符合題意;
當m>時,g(t)在[1,]上單調(diào)遞減,
當t=時,g(t)取得最小值,得-m=2,
所以m=-,與m>矛盾;
當1≤m≤時,g(t)在t=m處取得最小值,得-m2-=2,所以m2=-5,無解.
綜上,當函數(shù)f(x)在區(qū)間[,]上的最小值等于 24、2時,實數(shù)m的值等于-2.
11.(文)已知公差不為0的等差數(shù)列{an}的首項a1為a.(a∈R),設(shè)數(shù)列的前n項和為Sn且,,成等比數(shù)列.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式及Sn;
(2)記An=+++…+,Bn=+++…+,當n≥2時,試比較An與Bn的大?。?
[解析] 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,由()2=,得(a1+d)2=a1(a1+3d).
因為d≠0,所以d=a1=a.
所以an=na,Sn=.
(2)因為=(-),所以
An=+++…+=(1-).
因為a2n-1=2n-1a,所以Bn=+++…+
==(1-),
由n≥2時,2n=C+C+…+C>n+1, 25、
即1-<1-,
所以,當a>0時,An 26、=3x+6x2+9x3+…+3nxn,
xSn(x)=3x2+6x3+…+3(n-1)xn+3nxn+1,
(1-x)Sn(x)=3x+3x2+…+3xn-3nxn+1,
Sn(x)=.
綜上,當x=1時,Sn(1)=n(n+1),
當x≠1時,Sn(x)=.
[方法點撥] 一次函數(shù)、二次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性,均值定理、等比數(shù)列的求和公式等性質(zhì)、定理與公式在不同的條件下有不同的結(jié)論,或者在一定的限制條件下才成立,這時要小心,應根據(jù)題目條件確定是否進行分類討論.
12.(文)設(shè)函數(shù)f(x)=ex-ax-2.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若a=1,k為整數(shù),且 27、當x>0時,(x-k)f ′(x)+x+1>0,求k的最大值.
[分析] (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間,需判斷f ′(x)的正負,因為含參數(shù)a,故需分類討論;(2)分離參數(shù)k,將不含有參數(shù)的式子看作一個新函數(shù)g(x),將求k的最大值轉(zhuǎn)化為求g(x)的最值問題.
[解析] (1)f(x)的定義域為(-∞,+∞),f ′(x)=ex-a.
若a≤0,則f ′(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增.
若a>0,則當x∈(-∞,lna)時,f ′(x)<0;當x∈(lna,+∞)時,f ′(x)>0,
所以,f(x)在(-∞,lna)上單調(diào)遞減,在(lna,+∞)上單調(diào)遞增.
28、
(2)由于a=1,所以(x-k)f ′(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1.
故當x>0時,(x-k)f ′(x)+x+1>0等價于
k<+x (x>0). ①
令g(x)=+x,則
g′(x)=+1=.
由(1)知,函數(shù)h(x)=ex-x-2在(0,+∞)上單調(diào)遞增.而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零點.故g′(x)在(0,+∞)存在唯一的零點.設(shè)此零點為α,則α∈(1,2).
當x∈(0,α)時,g′(x)<0;當x∈(α,+∞)時,g′(x)>0.所以g(x)在(0,+∞)上的最小值為g(α).又由g′(α)=0,可得eα=α 29、+2,所以g(α)=α+1∈(2,3).
由于①式等價于k 30、R上單調(diào)遞增.即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,+∞),f(x)沒有單調(diào)遞減區(qū)間.
(2)當k<0時,f′(x)=3x2-2kx+1,其開口向上,對稱軸x= ,且過(0,1).
(i)當Δ=4k2-12=4(k+)(k-)≤0,即-≤k<0時,f′(x)≥0,f(x) 在[k,-k]上單調(diào)遞增,
從而當x=k時,f(x)取得最小值 m=f(k)=k,
當x=-k時,f(x) 取得最大值M=f(-k)=-k3-k3-k=-2k3-k.
(ii)當Δ=4k2-12=4(k+)(k-)>0,即k<-時,令f′(x)=3x2-2kx+1=0
解得:x1=,x2=,注意到k 31、0,
(注:可用韋達定理判斷x1x2=,x1+x2=>k,從而k 32、二模)設(shè)F1,F(xiàn)2分別為橢圓E:+=1(a>b>0)的左、右焦點,點A為橢圓E的左頂點,點B為橢圓E的上頂點,且|AB|=2.
(1)若橢圓E的離心率為,求橢圓E的方程;
(2)設(shè)P為橢圓E上一點,且在第一象限內(nèi),直線F2P與y軸相交于點Q,若以PQ為直徑的圓經(jīng)過點F1,證明:|OP|>.
[解析] (1)設(shè)c=,
由題意得a2+b2=4,且=,
解得a=,b=1,c=,
所以橢圓E的方程為+y2=1.
(2)證明:由題意得a2+b2=4,所以橢圓E的方程為+=1,則F1(-c,0),F(xiàn)2(c,0),c==.
設(shè)P(x0,y0),由題意知x0≠c,
則直線F1P的斜率kF1P 33、=,
直線F2P的斜率kF2P=,
所以直線F2P的方程為y=(x-c),
當x=0時,y=,即點Q(0,),
所以直線F1Q的斜率為kF1Q=,
因為以PQ為直徑的圓經(jīng)過點F1,
所以PF1⊥F1Q,
所以kF1PkF1Q==-1,
化簡得y=x-(2a2-4),?、?
又因為P為橢圓E上一點,且在第一象限內(nèi),
所以+=1,x0>0,y0>0, ②
聯(lián)立①②,解得x0=,y0=2-a2,
所以|OP|2=x+y=(a2-2)2+2,
因為a2+b2=4<2a2,所以a2>2,
所以|OP|>.
(理)(2015新課標Ⅱ理,20)已知橢圓C:9x2+y2=m2(m> 34、0),直線l不過原點O且不平行于坐標軸,l與C有兩個交點A,B,線段AB的中點為M.
(1)證明:直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值;
(2)若l過點,延長線段OM與C交于點P,四邊形OAPB能否為平行四邊形?若能,求此時l的斜率;若不能,說明理由.
[立意與點撥] 考查直線的斜率、橢圓方程與幾何性質(zhì)、直線與橢圓的位置關(guān)系.(1)問中涉及弦的中點坐標問題,故可以采取“點差法”或“韋達定理”兩種方法求解;(2)根據(jù)(1)中結(jié)論,設(shè)直線OM方程并與橢圓方程聯(lián)立,求得M坐標,利用xP=2xM以及直線l過點(,m)列方程求k的值.
[解析] (1)設(shè)直線l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A 35、(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).將y=kx+b代入9x2+y2=m2,得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故xM==-,yM=kxM+b=.于是直線OM的斜率kOM==-,即kOMk=-9.所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值.
(2)四邊形OAPB能為平行四邊形.
因為直線l過點(,m),所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k>0,k≠3.
由(1)得OM的方程為y=-x.設(shè)點P的橫坐標為xP.由得x=,即xP= .將點(,m)的坐標代入直線l的方程得b=,因此xM=.四邊形OAPB為平行四邊形當且僅當線段AB與線段OP互相平分,即xP=2xM.于是=2.解得k1=4-,k2=4+.因為ki>0,ki≠3,i=1,2,所以當l的斜率為4-或4+時,四邊形OAPB為平行四邊形.
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