2020届二轮复习分类讨论思想作业 练习

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.p C.p>q
D.当a>1时,p>q;当0 答案:C
解析:当0 ∴a3+1 ∴loga(a3+1)>loga(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0 故函数的值域为(-∞,-2]∪[2,+∞).
7.设Sn是等比数列{an}的前n项和,S3,S9,S6成等差数列,且a2+a5=2am,则m等于(　　)
A.6 B.7
C.8 D.10
答案:C
解析:∵S3,S9,S6成等差数列,∴2S9=S3+S6.
若公比q=1,显然有2S9≠S3+S6,因此q≠1.
从而2·a1(1-q9)1-q=a1(1-q3)1-q+a1(1-q6)1-q,2q9-q6-q3=0,
即2q6-q3-1=0,
∴q3=-12或q3=1(舍去).
∵a2+a5=2am,
∴a2(1+q3-2qm-2)=0,1+q3-2qm-2=0,
∴qm-2=14,∴m=8.
8.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,AB=BC=CA=3,SA=SB=SC,球心O到平面ABC的距离为1,则SA与平面ABC所成角的大小为(　　)
A.30° B.60°
C.30°或60° D.45°或60°
答案:C
解析:球心位置有以下两种情况:球心在三棱锥内部;球心在三棱锥外部.当球心在三棱锥内部时,三棱锥为正三棱锥,设O'为△ABC的中心,在△ABC中,可求得O'A=3,所以可得OA=2,SO'=3,SA与平面ABC所成的角即为∠SAO',由tan∠SAO'=33=3,得∠SAO'=60°.同理可得第二种情况中所成角为30°.
9.已知函数y=ax(a>0,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0 故a=12或a=32.
10.已知函数f(x)=|ln x|,g(x)=0,01,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)=0,0 当0 解得x=1e或x=e(舍去).
所以此时方程只有1个实根1e.
当1 设h(x)=lnx+2-x2,则h'(x)=1x-2x=1-2x2x.
因为1 即函数h(x)在区间(1,2)内单调递减.
因为h(1)=ln1+2-12=1,h(2)=ln2+2-22=ln2-2,
所以h(x)∈(ln2-2,1).
又ln2-2<-1,故当1 当x≥2时,方程可化为|lnx+x2-6|=1.
记函数p(x)=lnx+x2-6,显然p(x)在区间[2,+∞)内单调递增.
故p(x)≥p(2)=ln2+22-6=ln2-2<-1.
又p(3)=ln3+32-6=ln3+3>1,
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0 当a=1时,f(x)无极值;当a>1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-1 15.已知a为实数,函数f(x)=|x2-ax|在区间[0,1]上的最大值记为g(a).当a=　　　　　时,g(a)的值最小. 
答案:22-2
解析:当a≤0时,在区间[0,1]上,f(x)=|x2-ax|=x2-ax,且在区间[0,1]上单调递增,当x=1时,f(x)取得的最大值为f(1)=1-a;
当0 ∵a24-(1-a)=14(a2+4a-4),
∴当0 当22-2≤a<1时,a24≥1-a;
当1≤a<2时,f(x)=-x2+ax在区间0,a2内单调递增,在区间a2,1内单调递减,
当x=a2时,f(x)取得最大值fa2=a24;
当a≥2时,f(x)=-x2+ax在区间[0,1]上单调递增,当x=1时,f(x)取得最大值f(1)=a-1.
则g(a)=1-a,a<22-2,a24,22-2≤a<2,a-1,a≥2在区间(-∞,22-2)内单调递减,在区间[22-2,+∞)内单调递增,即当a=22-2时,g(a)有最小值.
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x∈[1,e],使得f(x)≤(a+2)x成立,求实数a的取值范围.
解:(1)f(x)=alnx+x2的定义域为(0,+∞),f'(x)=ax+2x=2x2+ax.
当x∈[1,e]时,2x2∈[2,2e2].
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-2e2 令f'(x)>0,解得-a2 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)min=1,相应的x=1;当-2e2 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x∈[1,e],知lnx≤1≤x且等号不能同时成立,得lnx0,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.