2023版考前三个月冲刺专题练　第32练　分类讨论思想

展开

这是一份2023版考前三个月冲刺专题练　第32练　分类讨论思想，共19页。

第32练　分类讨论思想

1．(2020·浙江)已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n，“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案　B
解析　如图，直线l，m，n不过同一点，且l，m，n共面有三种情况：①同一平面内三线平行；②两平行线与另一线相交；③三线两两相交．

因此，“l，m，n两两相交”是“l，m，n共面”的一种情况，即“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”的必要不充分条件．
2．(2014·浙江)在同一直角坐标系中，函数f(x)＝xa(x≥0)，g(x)＝logax的图象可能是(　　)

答案　D
解析　方法一　当a>1时，y＝xa与y＝logax均为增函数，但y＝xa递增较快，排除C；
当0 方法二　幂函数f(x)＝xa的图象不过(0,1)点，排除A；B项中由对数函数f(x)＝logax的图象知01，而此时幂函数f(x)＝xa的图象应是增长越来越快的变化趋势，故C错．
3．(2015·山东)设函数f(x)＝则满足f(f(a))＝2f(a)的a的取值范围是(　　)
A. B．[0,1]
C. D．[1，＋∞)
答案　C
解析　由f(f(a))＝2f(a)得，f(a)≥1.
当a<1时，有3a－1≥1，
解得≤a<1；
当a≥1时，有2a≥1，解得a≥1，
综上，a≥.
4．(2017·全国Ⅰ)设A，B是椭圆C：＋＝1长轴的两个端点．若C上存在点M满足∠AMB＝120°，则m的取值范围是(　　)
A．(0,1]∪[9，＋∞) B．(0，]∪[9，＋∞)
C．(0,1]∪[4，＋∞) D．(0，]∪[4，＋∞)
答案　A
解析　当0 要使C上存在点M满足∠AMB＝120°，
则≥tan 60°＝，即≥，
解得0 当m>3时，焦点在y轴上，
要使C上存在点M满足∠AMB＝120°，
则≥tan 60°＝，即≥，解得m≥9.
故m的取值范围为(0,1]∪[9，＋∞)．
5．(2020·江苏)在△ABC中，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，D在边BC上，延长AD到P，使得AP＝9，若＝m＋(m为常数)，则CD的长度是________．

答案　或0
解析　方法一　∵AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，
∴BC＝5.
由向量系数m＋＝为常数，结合等和线定理可知＝.
故PD＝PA＝6，AD＝PA－PD＝3＝AC，
当D与C重合时，CD＝0；
当D与C不重合时，得∠ACD＝∠ADC，
∴∠CAD＝π－2∠ACD.
在△ABC中，cos∠ACB＝＝.
在△ADC中，由正弦定理得
＝，
∴CD＝·AD
＝·AD
＝2cos∠ACD·AD＝2××3＝.
综上，CD＝或0.
方法二　如图，以点A为坐标原点，AB，AC所在的直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，

则C(0,3)，B(4,0)，＝(0,3)，＝(4，－3)．
∵＝m＋
＝＋m(－)＝(＋)＋m
＝＋＋m，
∴－＝(0,3)＋m(4，－3)＝，
∴＝(－8m，6m－9)．
∵||＝9，∴64m2＋(6m－9)2＝81，
∴m＝或m＝0，
当m＝时，＝，
∴P，∴kPA＝＝.
由解得∴D，
∴CD＝＝
＝＝.
当m＝0时，＝(0，－9)，
∴P(0,9)，此时C与D重合，CD＝0.
综上，CD＝或0.
6．(2022·全国乙卷)已知x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点．若x1 答案　
解析　方法一　由f(x)＝2ax－ex2，
得f′(x)＝2axln a－2ex.
令f′(x)＝0，得axln a＝ex.
因为a>0且a≠1，
所以显然x≠0，所以e＝.
令g(x)＝，
则g′(x)＝
＝.
令g′(x)＝0，得x＝.
故当x>时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x<时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
所以g(x)极小值＝g＝
＝，也是最小值．
因为f(x)有极小值点x＝x1和极大值点x＝x2，
故f′(x)＝0有两个不同的根x＝x1，x＝x2，
故g(x)的图象与直线y＝e有两个交点，
所以g 即，又，
所以(ln a)2<1.
由题意易知当x∈(－∞，x1)，(x2，＋∞)时，
f′(x)<0；
当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0.
若a>1，则当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，不符合题意，
所以0 所以a∈.
方法二　由题意，f′(x)＝2axln a－2ex，
根据f(x)有极小值点x＝x1和极大值点x＝x2可知，x＝x1，x＝x2为f′(x)＝0的两个不同的根，
又x1 当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0.
由f′(x)＝0，可得axln a＝ex.
①若a>1，则当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，不符合题意，舍去．
②若0
因为f′(x)＝0有两个不同的根，所以g(x)与h(x)的图象需要有两个交点，
则过原点且与g(x)的图象相切的直线l的斜率k 不妨设直线l与g(x)的图象的切点坐标为(x0，)，
因为g′(x)＝ax(ln a)2，
所以，
可得x0＝，从而k＝(ln a)2 又，
所以e·(ln a)2 又0 所以a∈.
7．(2018·全国Ⅰ)设抛物线C：y2＝2x，点A(2,0)，B(－2,0)，过点A的直线l与C交于M，N两点．
(1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；
(2)证明：∠ABM＝∠ABN.
(1)解　当l与x轴垂直时，l的方程为x＝2，可得点M的坐标为(2,2)或(2，－2)，
所以直线BM的方程为
y＝x＋1或y＝－x－1，
即x－2y＋2＝0或x＋2y＋2＝0.
(2)证明　当l与x轴垂直时，AB为MN的垂直平分线，
所以∠ABM＝∠ABN.
当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1>0，x2>0.
由得ky2－2y－4k＝0，显然方程有两个不等实根．
所以y1＋y2＝，y1y2＝－4.
直线BM，BN的斜率之和kBM＋kBN＝＋＝.①
将x1＝＋2，x2＝＋2及y1＋y2，y1y2的表达式代入①式中的分子，可得x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝＝＝0.
所以kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的倾斜角互补，
所以∠ABM＝∠ABN.
综上，∠ABM＝∠ABN.
8．(2017·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0，求a的取值范围．
解　(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a>0，则由f′(x)＝0，得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，
在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若a<0，则由f′(x)＝0，得x＝ln.
当x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0，
故f(x)在上单调递减，
在上单调递增．
(2)①若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)>0，符合题意．
②若a>0，则由(1)知，当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a2ln a，
从而当且仅当－a2ln a≥0，
即0 ③若a<0，则由(1)知，当x＝ln时，f(x)取得最小值，最小值为
f ＝a2，
从而当且仅当a2≥0，
即≤a<0时，f(x)≥0.
综上，a的取值范围是[，1]．

9．(2022·丹阳模拟)已知m是2与8的等比中项，则圆锥曲线x2－＝1的离心率等于(　　)
A. B.
C.或 D.或
答案　C
解析　由已知得m2＝2×8，则m＝±4，
当m＝－4时，方程为x2＋＝1，
曲线为椭圆，a2＝4，b2＝1，c＝＝，
离心率为e＝；
当m＝4时，方程为x2－＝1，
曲线为双曲线，a2＝1，b2＝4，c＝＝，
离心率为e＝.
10．过点A(1,2)的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为(　　)
A．x－y＋1＝0
B．x＋y－3＝0
C．2x－y＝0或x＋y－3＝0
D．2x－y＝0或x－y＋1＝0
答案　D
解析　当直线过原点时，满足题意，方程为y＝2x，即2x－y＝0；
当直线不过原点时，
设方程为＋＝1，
∵直线过(1,2)，
∴－＝1，
解得a＝－1，∴方程为x－y＋1＝0.
11．若不等式ax2＋2ax－4<2x2＋4x 对任意实数x 均成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－2,2)
B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
C．(－2,2]
D．(－∞，2]
答案　C
解析　不等式ax2＋2ax－4<2x2＋4x可化为
(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0，
当a－2＝0，即a＝2时，不等式恒成立，符合题意；
当a－2≠0，即a≠2时，要使不等式恒成立，需
解得－2 综上，a的取值范围为(－2,2]．
12．(多选)(2022·枣庄模拟)已知函数f(x)＝|sin x|＋，则(　　)
A．f(x)在上的最小值是1
B．f(x)的最小正周期是
C．直线x＝(k∈Z)是f(x)图象的对称轴
D．直线y＝x与f(x)的图象恰有2个公共点
答案　ACD
解析　由题意知f(x)＝|sin x|＋|－cos x|
＝|sin x|＋|cos x|.
当x∈时，f(x)＝sin x－cos x
＝2sin，
∴f(x)min＝1，故A正确；
f ＝＋
＝|cos x|＋|sin x|，
f ≠f(x)，故B错误；
易知直线x＝(k∈Z)是f(x)图象的对称轴，故C正确；
∵f(x＋π)＝|sin(x＋π)|＋|cos(x＋π)|
＝|sin x|＋|cos x|＝f(x)，
∴π为f(x)的周期．
易知f(x)＝
∴1≤f(x)≤2.
当x<时，y＝x<1，
此时直线y＝x与f(x)图象无公共点．
当x>π时，y＝x>2，
此时直线y＝x与f(x)图象也无公共点．
作出直线y＝x与f(x)在上的图象如图，

可知有2个公共点，故D正确．
13．已知集合A＝{x|－2≤x≤7}，B＝{x|m＋1 答案　(－∞，4]
解析　当B＝∅时，有m＋1≥2m－1，则m≤2；
当B≠∅时，若B⊆A，如图．

则
解得2 综上，m的取值范围为(－∞，4]．
14．(2022·铜仁模拟)在2022年北京冬奥会和冬残奥会城市志愿者的招募项目中，有一个“国际服务”项目截止到2022年1月25日还有8个名额空缺，需要分配给3个单位，则每个单位至少一个名额且各单位名额互不相同的分配方法种数为________．
答案　12
解析　每个单位至少一个名额且各单位名额互不相同，
则8个名额的分配方式有{1,2,5}，{1,3,4}两种，
对于其中任一种名额分配方式，将其分配给3个单位的方法有A种，
所以每个单位至少一个名额且各单位名额互不相同的分配方法种数为2A＝12.
15．(2022·天津模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，{bn}为各项均为正数的等比数列，且满足：b1＝1，b2＋S2＝7，b3＋S3＝22.
(1)求an与bn；
(2)记cn＝，求{cn}的前n项和Tn；
(3)若不等式(－1)n·m－Tn<对一切n∈N*恒成立，求实数m的取值范围．
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，q>0，
∵a1＝1，b1＝1，且b2＋S2＝7，b3＋S3＝22，
∴q＋2＋d＝7，q2＋3＋3d＝22，
联立解得q＝4，d＝1，
∴an＝1＋(n－1)＝n，bn＝4n－1.
(2)∵cn＝＝＝n·n－1，
∴Tn＝1＋2×＋3×2＋…＋n·n－1，
∴Tn＝＋2×2＋…＋(n－1)·n－1＋n·n，
两式相减得Tn＝1＋＋2＋…＋n－1－n·n＝－n·n
＝2－(2＋n)·n，
∴Tn＝4－(2＋n)·n－1.
(3)不等式(－1)n·m－Tn<，即(－1)n·m－4＋(2＋n)·n－1<，
整理得(－1)n·m<4－恒成立，n∈N*，
当n为偶数时，m<4－＝3；
当n为奇数时，－m<4－＝2，
解得m>－2，∴－2 即实数m的取值范围是(－2,3)．
16．(2022·莆田华侨中学模拟)已知函数f(x)＝exsin x＋ax.
(1)若a＝1，判断f(x)在上的单调性；
(2)若f(x)在上有且只有2个零点，求a的取值范围．
解　(1)当a＝1时，f(x)＝exsin x＋x，x∈，
f′(x)＝exsin x＋excos x＋1
＝exsin＋1.
当x∈时，x＋∈，
所以－所以－1 又0 故exsin>－1，从而f′(x)>0，
所以f(x)在上单调递增．
(2)由函数f(x)＝exsin x＋ax，x∈，
可知f(0)＝0，
则f(x)在x∈上有且只有1个零点．
f′(x)＝exsin x＋excos x＋a，
令h(x)＝exsin x＋excos x＋a，
则h′(x)＝2excos x≥0在上恒成立．
即f′(x)在上单调递增，
f′(0)＝1＋a，f′＝＋a，
当a≥－1时，f′(x)≥f′(0)≥0，f(x)在上单调递增，
则f(x)在上无零点，不符合题意，舍去；
当a≤时，f′(x)≤f′≤0，f(x)在上单调递减，
则f(x)在上无零点，不符合题意，舍去；
当 f′＝＋a>0，
则f′(x)在上只有1个零点，设为x0.
且当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0，
所以当x∈(0，x0)时，f(x)在(0，x0)上单调递减，在上单调递增，
又f(0)＝0，f ＝＋a，
因此只需f ＝＋a≥0即可，
即≤a<－1，
综上，≤a<－1.

[考情分析]　分类讨论思想是当问题的对象不能进行统一研究时，就需要对研究的对象按某个标准进行分类，然后对每一类分别研究，给出每一类的结论，最终综合各类结果得到整个问题的解答．实质上分类讨论就是“化整为零，各个击破，再集零为整”的数学思想．

一、由概念、法则、公式、性质引起的分类讨论
核心提炼
解决由概念、法则、公式引起的分类讨论问题的步骤
第一步：确定需分类的目标与对象，一般把需要用到公式、定理解决问题的对象作为分类目标．
第二步：根据公式、定理确定分类标准．运用公式、定理对分类对象进行区分．
第三步：分类解决“分目标”问题．对分类出来的“分目标”分别进行处理．
第四步：汇总“分目标”．将“分目标”问题进行汇总，并作进一步处理．
练后反馈
题目
1
13
14
15

正误

错题整理：

二、由参数变化引起的分类讨论
核心提炼
含有参数的分类讨论问题主要包括：(1)含有参数的不等式的求解；(2)含有参数的方程的求解；(3)函数解析式中含参数的最值与单调性问题；(4)二元二次方程表示曲线类型的判定等．
求解这类问题的一般思路是：结合参数的意义及参数对结果的影响进行分类讨论．讨论时，应全面分析参数变化引起结论的变化情况，参数有几何意义时还要考虑适当地运用数形结合思想．
练后反馈
题目
2
3
6
8
9
11
16

正误

错题整理：

三、由图形位置或形状引起的分类讨论
核心提炼
1．一般由图形的位置或形状变动引发的讨论包括：二次函数对称轴位置的变动；函数问题中区间的变动；函数图象形状的变动；直线由斜率引起的位置变动；圆锥曲线由焦点引起的位置变动或由离心率引起的形状变动；立体几何中点、线、面的位置变动等．
2．圆锥曲线形状不确定时，常按椭圆、双曲线来分类讨论，求圆锥曲线的方程时，常按焦点的位置不同来分类讨论．
3．相关计算中，涉及图形问题时，也常按图形的位置不同、大小差异等来分类讨论．
练后反馈
题目
4
5
7
10
12

正误

错题整理：

1．[T2补偿](2022·临川一中模拟)已知loga3>logb3，则下列结论一定不正确的是(　　)
A．a>1>b>0 B．b>a>1
C．1>a>b>0 D．1>b>a>0
答案　C
解析　∵loga3＝，logb3＝，
若a>1>b>0，则log3a>0>log3b，
即loga3>0>logb3，
∴a>1>b>0成立；
若a>1，b>1，则log3a>0，log3b>0，由题意可得log3aa，
∴b>a>1成立；
若0a，
∴1>b>a>0成立，即1>a>b>0不成立．
2．[T9补偿]若椭圆mx2＋ny2＝1的离心率为，则等于(　　)
A. B.
C.或 D.或
答案　D
解析　若焦点在x轴上，
则方程化为＋＝1，
依题意得＝，所以＝；
若焦点在y轴上，则方程化为＋＝1，
则＝，所以＝，
所以等于或.
3．[T6补偿](多选)(2022·沈阳模拟)已知函数f(x)＝|x2＋3x＋1|－a|x|，则下列结论正确的是(　　)
A．若f(x)没有零点，则a∈(－∞，0)
B．若f(x)恰有2个零点，则a∈(1,5)
C．若f(x)恰有3个零点，则a＝1或a＝5
D．若f(x)恰有4个零点，则a∈(5，＋∞)
答案　AC
解析　因为f(0)＝1≠0，
所以x＝0不是f(x)的零点；
当x≠0时，由f(x)＝0，即|x2＋3x＋1|－a|x|＝0，得a＝，
则f(x)的零点个数等于直线y＝a与函数y＝的图象的交点个数．
当x>0时，x＋≥2＝2，
当且仅当x＝，即x＝1时取等号，
所以当x>0时，y＝≥5，
当且仅当x＝1时取等号，
当x<0时，x＋＝－
≤－2＝－2，
当且仅当x＝，即x＝－1时取等号，
所以当x<0时，x＋＋3≤1，
当且仅当x＝－1时取等号，
如图所示，作出函数y＝的大致图象，

由图可知，若f(x)没有零点，则a∈(－∞，0)，故A正确；
若f(x)恰有2个零点，则a∈{0}∪(1,5)，故B不正确；
若f(x)恰有3个零点，则a＝1或a＝5，故 C正确；
若f(x)恰有4个零点，则a∈(0,1)∪(5，＋∞)，故D不正确．
4．[T11补偿]若函数f(x)＝mx2－x＋ln x存在单调递减区间，则实数m的取值范围是________．
答案　
解析　f′(x)＝2mx－1＋＝，x>0，
f(x)存在单调递减区间，
即2mx2－x＋1<0在(0，＋∞)上有解．
当m≤0时，显然成立；
当m>0时，
由于函数y＝2mx2－x＋1的图象的对称轴x＝>0，
故只需Δ>0，即1－8m>0，故0 综上所述，m<，
故实数m的取值范围为.
5．[T8补偿](2022·长沙模拟)已知函数f(x)＝(x＋1)ex－ax2－4ax(a∈R)．
(1)当a>0时，讨论f(x)的单调性；
(2)是否存在实数a，使得当x≥0时，f(x)≥xex＋(1－a)x2＋cos x－2ax恒成立？若存在，求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由．
解　(1)由题知f′(x)＝(x＋2)ex－2ax－4a
＝(x＋2)(ex－2a)，
令f′(x)＝0，则x＝－2或x＝ln 2a，
①若0 当x－2时，f′(x)>0；
当ln 2a ∴f(x)在(－∞，ln 2a)，(－2，＋∞)上单调递增，在(ln 2a，－2)上单调递减；
②若a＝，则ln 2a＝－2，f′(x)≥0，
∴f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
③若a>，则ln 2a>－2，
当x<－2或x>ln 2a时，f′(x)>0；
当－2 ∴f(x)在(－∞，－2)，(ln 2a，＋∞)上单调递增，在(－2，ln 2a)上单调递减．
综上，当0 当a＝时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a>时，f(x)在(－∞，－2)，(ln 2a，＋∞)上单调递增，在(－2，ln 2a)上单调递减．
(2)设g(x)＝f(x)－xex－(1－a)x2－cos x＋2ax＝ex－x2－2ax－cos x(x≥0)，
则g′(x)＝ex－2x－2a＋sin x，
设h(x)＝ex－2x－2a＋sin x(x≥0)，
则h′(x)＝ex＋cos x－2，
设m(x)＝ex＋cos x－2(x≥0)，
则m′(x)＝ex－sin x>0，
∴m(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴h′(x)＝m(x)≥m(0)＝0，
∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴g′(x)＝h(x)≥h(0)＝1－2a，
当a≤时，g′(x)≥0，
g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(0)＝0.
当a>时，g′(0)＝1－2a<0，
令t(x)＝ex－x2(x>0)，则t′(x)＝ex－2x>0(x>0)，
∴t(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴t(x)>t(0)＝1，
∴ex>x2(x>0)，
∴g′(6a)＝e6a－14a＋sin 6a>36a2－14a－1，
设φ(a)＝36a2－14a－1，
易知φ(a)在上单调递增，
∴φ(a)>36×－14×－1＝1>0，
即g′(6a)>0，
∴存在x0∈(0,6a)，使得g′(x0)＝0，
当0 此时，g(x) 综上，存在实数a，使得当x≥0时，f(x)≥xex＋(1－a)x2＋cos x－2ax恒成立，且实数a的取值范围为.