2020届二轮复习转化与化归思想作业 练习

思想方法训练4　转化与化归思想　思想方法训练第8页　 一、能力突破训练1.已知M={(x,y)|y=x+a},N={(x,y)|x2+y2=2},且M∩N=⌀,则实数a的取值范围是(　　)A.a>2 B.a<-2C.a>2或a<-2 D.-2<a<2答案:C解析:M∩N=⌀等价于方程组无解.把y=x+a代入到方程x2+y2=2中,消去y,得到关于x的一元二次方程2x2+2ax+a2-2=0.①由题易知关于x的一元二次方程①无实根,即Δ=(2a)2-4×2×(a2-2)<0,由此解得a>2或a<-2.2.若直线y=x+b被圆x2+y2=1所截得的弦长不小于1,则b的取值范围是(　　)A.[-1,1] B.C. D.答案:D解析:由弦长不小于1可知圆心到直线的距离不大于,即,解得-≤b≤.3.已知P为曲线C:y=x2+2x+3上的点,且曲线C在点P处的切线的倾斜角的取值范围为,则点P横坐标的取值范围为(　　)A. B.[-1,0] C.[0,1] D.答案:A解析:设P(x0,y0),倾斜角为α,则0≤tanα≤1.设y=f(x)=x2+2x+3,则f'(x)=2x+2,0≤2x0+2≤1,-1≤x0≤-,故选A.4.在平面直角坐标系中,记d为点P(cos θ,sin θ)到直线x-my-2=0的距离.当θ,m变化时,d的最大值为(　　)A.1 B.2 C.3 D.4答案:C解析:设P(x,y),则x2+y2=1.即点P在单位圆上,点P到直线x-my-2=0的距离可转化为圆心(0,0)到直线x-my-2=0的距离加上(或减去)半径,所以距离最大为d=1+=1+.当m=0时,dmax=3.5.已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(1)=3,且f(x)的导数f'(x)在R上恒有f'(x)<2(x∈R),则不等式f(x)<2x+1的解集为(　　)A.(1,+∞) B.(-∞,-1)C.(-1,1) D.(-∞,-1)∪(1,+∞)答案:A解析:设F(x)=f(x)-2x-1,则F'(x)=f'(x)-2<0,得F(x)在R上是减函数.又F(1)=f(1)-2-1=0,即当x>1时,F(x)<0,不等式f(x)<2x+1的解集为(1,+∞),故选A.6.(2019天津3月九校联考)已知f(x)=g(x)=kx-1(x∈R).若函数y=f(x)-g(x)在区间[-2,3]上有4个零点,则实数k的取值范围是(　　)A.(2,4) B.(2,4] C. D.答案:D解析:很明显x=0不是函数的零点,令函数y=f(x)-g(x)=0,则k=令h(x)=则函数h(x)的图象与直线y=k在区间[-2,3]上有4个交点,函数h(x)的图象如图所示.由图可得k∈.故选D.7.在平面直角坐标系xOy中,已知圆x2+y2=4上有且只有四个点到直线12x-5y+c=0的距离为1,则实数c的取值范围是　　　　　. 答案:(-13,13)解析:若圆上有四个点到直线12x-5y+c=0的距离为1,则需圆心(0,0)到直线的距离d满足0≤d<1.∵d=,∴0≤|c|<13,即c∈(-13,13).8.已知函数f(x)=2x-2-x,若不等式f(x2-ax+a)+f(3)>0对任意实数x恒成立,则实数a的取值范围是　　　　　. 答案:(-2,6)解析:f(x)=2x-2-x为奇函数且在R上为增函数,所以f(x2-ax+a)+f(3)>0⇒f(x2-ax+a)>-f(3)⇒f(x2-ax+a)>f(-3)⇒x2-ax+a>-3对任意实数x恒成立,即Δ=a2-4(a+3)<0⇒-2<a<6,故实数a的取值范围是(-2,6).59.若对于任意t∈[1,2],函数g(x)=x3+x2-2x在区间(t,3)内总不为单调函数,求实数m的取值范围.解:∵g(x)=x3+x2-2x在区间(t,3)内总不为单调函数,∴g'(x)=3x2+(m+4)x-2在区间(t,3)内有零点.由3x2+(m+4)x-2=0可知此方程两根之和为负数,即一个正根,一个负根.又y=3x2+(m+4)x-2图象的开口向上,∴3t2+(m+4)t-2<0,且3×32+3(m+4)-2>0.由3×32+3(m+4)-2>0,可得m>-.由关于t的不等式3t2+(m+4)t-2<0在区间[1,2]上恒成立,即m+4<-3t在区间[1,2]上恒成立,解得m+4<-5,即m<-9.故-<m<-9.10.(2019天津南开区一模)已知函数f(x)=ln x-ax+a,g(x)=.(1)讨论f(x)的单调性.(2)若f(x)≤0恒成立,证明:当0<x1<x2时,-1.(3)在(2)的条件下,证明:f(x)(g(x)-1)>g(x)-.(1)解f'(x)=,x>0.若a≤0,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)内单调递增;若a>0,当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减.(2)证明由(1)知,若a≤0,f(x)在(0,+∞)内单调递增,又f(1)=0,故f(x)≤0不恒成立.若a>1,当x∈时,f(x)单调递减,f(x)>f(1)=0,不符合题意.若0<a<1,当x∈时,f(x)单调递增,f(x)>f(1)=0.不符合题意.若a=1,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)内单调递减,f(x)≤f(1)=0,符合题意.故a=1,且lnx≤x-1(当且仅当x=1时取“=”).当0<x1<x2时,f(x2)-f(x1)=ln-(x2-x1)<-1-(x2-x1)=(x2-x1),所以-1.(3)证明g'(x)=.当x∈(-∞,2)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(2,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.∴g(x)≤g(2)=.∴g(x)-1≤-1.①由(2)知lnx-x≤-1(当且仅当x=1时取“=”).②两个不等式的等号不能同时取到,故①×②,得(lnx-x)(g(x)-1)>1-.即(f(x)-1)(g(x)-1)>1-,∴f(x)(g(x)-1)>g(x)-.二、思维提升训练11.已知抛物线y2=4x的焦点为F,点P(x,y)为抛物线上的动点.若点A(-1,0),则的最小值是(　　)A. B. C. D.答案: B解析:显然点A为准线与x轴的交点,如图,过点P作PB垂直准线于点B,则|PB|=|PF|.∴=sin∠PAB.设过点A的直线AC与抛物线切于点C,则0<∠BAC≤∠PAB≤,∴sin∠BAC≤sin∠PAB.设切点坐标为(x0,y0),不妨令y0>0,则=4x0,又,解得∴C(1,2),|AC|=2.∴sin∠BAC=,∴的最小值为.故选B.12.设F1,F2分别是双曲线=1(a>0,b>0)的左、右焦点,若双曲线右支上存在一点P,使()·=0,O为坐标原点,且||=|,则该双曲线的离心率为(　　)A.+1 B. C. D.答案:A解析:如图,取F2P的中点M,则=2.又由已知得2=0,即=0,∴.又OM为△F2F1P的中位线,∴.在△PF1F2中,2a=||-||=(-1)||.由勾股定理,得2c=2||.∴e=+1.13.若函数f(x)=x2-ax+2在区间[0,1]上至少有一个零点,则实数a的取值范围是　　　　　. 答案:[3,+∞)解析:由题意知关于x的方程x2-ax+2=0在区间[0,1]上有实数解.又易知x=0不是关于x的方程x2-ax+2=0的解,所以根据0<x≤1可将方程x2-ax+2=0变形为a==x+.从而将问题转化为求函数g(x)=x+(0<x≤1)的值域.易知函数g(x)在区间(0,1]上单调递减,所以g(x)∈[3,+∞).故所求实数a的取值范围是a≥3.14.已知f(x)=m(x-2m)(x+m+3),g(x)=2x-2.若∀x∈R,f(x)<0或g(x)<0,则m的取值范围是　　　　　. 答案:(-4,0)解析:将问题转化为g(x)<0的解集的补集是f(x)<0的解集的子集求解.∵g(x)=2x-2<0,∴x<1.又∀x∈R,f(x)<0或g(x)<0,∴[1,+∞)是f(x)<0的解集的子集.又由f(x)=m(x-2m)(x+m+3)<0知m不可能大于等于0,因此m<0.当m<0时,f(x)<0,即(x-2m)(x+m+3)>0,若2m=-m-3,即m=-1,此时f(x)<0的解集为{x|x≠-2},满足题意;若2m>-m-3,即-1<m<0,此时f(x)<0的解集为{x|x>2m或x<-m-3},依题意2m<1,即-1<m<0;若2m<-m-3,即m<-1,此时f(x)<0的解集为{x|x<2m或x>-m-3},依题意-m-3<1,m>-4,即-4<m<-1.综上可知,满足条件的m的取值范围是-4<m<0.15.已知函数f(x)=x++aln x(a>0).(1)若a=1,求函数f(x)的极值和单调区间.(2)若g(x)=f(x)+,在区间(0,e]上是否存在x0,使g(x0)<0?若存在,求出实数a的取值范围;若不存在,请说明理由.解:(1)当a=1时,f(x)=x++lnx.∵f'(x)=,且x∈(0,+∞),∴当x∈(0,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,∴f(x)=x++lnx有极小值f(1)=3.故函数f(x)=x++lnx的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞),极小值为3,无极大值.(2)∵g(x)=f(x)+=x++alnx(a>0),∴g'(x)=.∵a>0,∴当x∈(0,a)时,g'(x)<0,当x∈(a,+∞)时,g'(x)>0,∴x=a为函数的唯一极小值点.又x∈(0,e],当0<a≤e时,g(x)min=g(a)=a+2a+alna=a(3+lna).在区间(0,e]上若存在x0,使g(x0)<0,则g(x)min=a(3+lna)<0,解得0<a<.当a>e时,g(x)=x++alnx(a>0)在区间(0,e]上单调递减,g(x)min=g(e)=e++a>0,所以不存在x0∈(0,e],使g(x0)<0.综上所述,在区间(0,e]上存在x0使g(x0)<0,此时0<a<.