2018届高三理科数学二轮复习讲义：模块一 第三讲 分类讨论思想 含解析 精品

思想方法训练2分类讨论思想能力突破训练1.已知函数f(x)=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,+∞)2.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若b2+c2-a2=bc,且b=a,则下列关系一定不成立的是()A.a=cB.b=cC.2a=cD.a2+b2=c23.若a>0,且a≠1,p=log a(a3+1),q=log a(a2+1),则p,q的大小关系是()A.p=qB.p<qC.p>qD.当a>1时,p>q;当0<a<1时,p<q4.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=±x,则该双曲线的离心率为()A.B.C.D.5.已知A,B为平面内两定点,过该平面内动点M作直线AB的垂线,垂足为N,=λ,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6.若x>0,且x≠1,则函数y=lg x+log x10的值域为()A.RB.[2,+∞)C.(-∞,-2]D.(-∞,-2]∪[2,+∞)7.设S n是等比数列{a n}的前n项和,S3,S9,S6成等差数列,且a2+a5=2a m,则m等于()A.6B.7C.8D.108.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°9.已知函数y=a x(a>0,且a≠1)在[1,2]上的最大值比最小值大,则a的值是.10.已知函数f(x)=|ln x|,g(x)=则方程|f(x)+g(x)|=1实根的个数为.11.已知函数f(x)=2a sin2x-2a sin x cos x+a+b(a≠0)的定义域为,值域为[-5,1],求常数a,b的值.12.设a>0,函数f(x)=x2-(a+1)x+a(1+ln x).(1)求曲线y=f(x)在(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.思维提升训练13.若直线l过点P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=0B.x=-3或y=-C.x=-3D.x=-3或3x+4y+15=014.已知函数f(x)=则方程f(x)=ax恰有两个不同实数根时,实数a的取值范围是(注:e为自然对数的底数)()A.(-1,0]B.C.(-1,0]∪D.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.16.已知函数f(x)=a ln 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.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;(3)证明|f'(x)|≤2A.参考答案思想方法训练2分类讨论思想能力突破训练1.B解析当-<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.B解析在△ABC中,由余弦定理得cos A=,则A=又b=a,由正弦定理,得sin B=sin A=,则B=或B=当B=时,△ABC为直角三角形,选项C,D成立;当B=时,△ABC为等腰三角形,选项A成立,故选B.3.C解析当0<a<1时,y=a x和y=log a x在其定义域上均为减函数,∴a3+1<a2+1.∴log a(a3+1)>log a(a2+1),即p>q.当a>1时,y=a x和y=log a x在其定义域上均为增函数,∴a3+1>a2+1,∴log a(a3+1)>log a(a2+1),即p>q.综上可得p>q.4.C解析焦点在x轴上时,,此时离心率e=;焦点在y轴上时,,此时离心率e=,故选C.5.C解析不妨设|AB|=2,以AB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),=(0,-y),=(x+1,0),=(1-x,0),代入已知式子得λx2+y2=λ,当λ=1时,曲线为A;当λ=2时,曲线为B;当λ<0时,曲线为D,所以选C.6.D解析当x>1时,y=lg x+log x10=lg x+2=2;当0<x<1时,y=lg x+log x10=--2=-2.故函数的值域为(-∞,-2]∪[2,+∞).7.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2,2q9-q6-q3=0,即2q6-q3-1=0,∴q3=-或q3=1(舍去).∵a2+a5=2a m,∴a2(1+q3-2q m-2)=0,1+q3-2q m-2=0,∴q m-2=,∴m=8.8.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.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=,所以可得OA=2,SO'=3,SA与平面ABC所成的角即为∠SAO',由tan∠SAO'=,得∠SAO'=60°.同理可得第二种情况中所成角为30°.9解析当a>1时,y=a x在区间[1,2]上递增,故a2-a=,得a=;当0<a<1时,y=a x在区间[1,2]上递减,故a-a2=,得a=故a=或a=10.4解析f(x)=g(x)=(1)当0<x≤1时,方程化为|-ln x+0|=1,解得x=或x=e(舍去).所以此时方程只有1个实根(2)当1<x<2时,方程可化为|ln x+2-x2|=1.设h(x)=ln x+2-x2,则h'(x)=-2x=因为1<x<2,所以h'(x)=<0,即函数h(x)在区间(1,2)上单调递减.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<x<2时方程只有1解.(3)当x≥2时,方程可化为|ln x+x2-6|=1.记函数p(x)=ln x+x2-6,显然p(x)在区间[2,+∞)上单调递增.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2个解,即方程|ln x+x2-6|=1有2个解.综上可知,方程|f(x)+g(x)|=1共有4个实根.11.解f(x)=a(1-cos2x)-a sin2x+a+b=-2a sin+2a+b.∵x,∴2x+,∴-sin1.因此,由f(x)的值域为[-5,1],可得或解得12.解(1)由已知x>0,f'(x)=x-(a+1)+因为曲线y=f(x)在(2,f(2))处切线的斜率为1,所以f'(2)=1,即2-(a+1)+=1,所以a=0,此时f(2)=2-2=0,故曲线f(x)在(2,f(2))处的切线方程为x-y-2=0.(2)f'(x)=x-(a+1)+①当0<a<1时,若x∈(0,a),则f'(x)>0,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)=-a2+a ln a,极小值是f(1)=-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)=-,极小值是f(a)=-a2+a ln a.综上,当0<a<1时,f(x)的极大值是-a2+a ln a,极小值是-;当a=1时,f(x)无极值;当a>1时,f(x)的极大值是-,极小值是-a2+a ln a.思维提升训练13.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+=k(x+3),即kx-y+3k-=0,因为直线l被圆截得的弦长为8,故半弦长为4,又圆的半径为5,则圆心(0,0)到直线l 的距离为,解得k=-,此时直线l的方程为3x+4y+15=0.14.C解析因为方程f(x)=ax恰有两个不同的实数根,所以y=f(x)与y=ax的图象有2个交点,a 表示直线y=ax的斜率.当a>0,x>1时,y'=设切点为(x0,y0),k=,所以切线方程为y-y0=(x-x0),而切线过原点,所以y0=1,x0=e2,k=,所以切线l1的斜率为设过原点与y=x+1平行的直线为l2,则直线l2的斜率为,所以当直线在l1和l2之间时,符合题意,此时实数a的取值范围是当a<0时,设过原点与点(1,-1)的直线为l3,其斜率为-1,则在l3的位置以O为中心逆时针旋转一直转到水平位置都符合题意,此时实数a的取值范围是(-1,0].综上所述,实数a的取值范围是(-1,0],故选C.15.2-2解析当a≤0时,在区间[0,1]上,f(x)=|x2-ax|=x2-ax,且在区间[0,1]上为增函数,当x=1时,f(x)取得的最大值为f(1)=1-a;当0<a<1时,f(x)=在区间内递增,在区间上递减,在区间(a,1]上递增,且f,f(1)=1-a,-(1-a)=(a2+4a-4),∴当0<a<2-2时,<1-a.当2-2≤a<1时,1-a;当1≤a<2时,f(x)=-x2+ax在区间上递增,在区间上递减,当x=时,f(x)取得最大值f;当a≥2时,f(x)=-x2+ax在区间[0,1]上递增,当x=1时,f(x)取得最大值f(1)=a-1.则g(a)=在区间(-∞,2-2)上递减,在区间[2-2,+∞)上递增,即当a=2-2时,g(a)有最小值.16.解(1)f(x)=a ln x+x2的定义域为(0,+∞),f'(x)=+2x=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<a<-2,令f'(x)<0,解得1≤x<,此时f(x)单调递减;令f'(x)>0,解得<x≤e,此时f(x)单调递增,所以f(x)min=f ln;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<a<-2时,f(x)min=ln,相应的x=;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-ln x)≥x2-2x.由x∈[1,e],知ln x≤1≤x且等号不能同时成立,得ln x<x,即x-ln x>0,因而a,x∈[1,e],令g(x)=(x∈[1,e]),则g'(x)=,当x∈[1,e]时,x-1≥0,ln x≤1,x+2-2ln x>0,从而g'(x)≥0(仅当x=1时取等号),所以g(x)在区间[1,e]上是增函数,故g(x)min=g(1)=-1,所以实数a的取值范围是[-1,+∞).17.(1)解f'(x)=-2αsin2x-(α-1)sin x.(2)解(分类讨论)当α≥1时,|f(x)|=|αcos2x+(α-1)(cos x+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)cos x-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=时,g(t)取得极小值,极小值为g=--1=-令-1<<1,解得α<-(舍去),α>当0<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<α<1时,由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,知g(-1)>g(1)>g又-|g(-1)|=>0,所以A=综上,A=(3)证明由(1)得|f'(x)|=|-2αsin2x-(α-1)sin x|≤2α+|α-1|.当0<时,|f'(x)|≤1+α≤2-4α<2(2-3α)=2A.当<α<1时,A=1,所以|f'(x)|≤1+α<2A.当α≥1时,|f'(x)|≤3α-1≤6α-4=2A.所以|f'(x)|≤2A.。

方法2
方法1 方法7
方法2 方法8
方法3 方法9
方法4 方法5 方法6
方法 10
方法 11
方法 12
应用特例排除法的关键在于确定选项的差异性，利用差异 性选取一些特例来检验选项是否与题干对应，从而排除干 扰选项.
方法2
试题 解析
方法1 方法7
方法2 方法8
方法3 方法9
方法4 方法5 方法6
方法 10
A.56
B.23
C.25
D.45
方法1
试题 解析
方法1 方法7
方法2 方法8
方法3 方法9
方法4 方法5 方法6
方法 1 的方程可得|F1F2|＝2 16＋9＝10， 由双曲线的定义可得|F1A|－|F2A|＝2 16＝8， 由已知可得|F1A|＝|F1F2|＝10， 所以|F2A|＝|F1A|－8＝2. 设椭圆的长轴长为 2a，则由椭圆的定义可得 2a＝|F1A|＋|F2A| ＝10＋2＝12. 所以椭圆 C2 的离心率 e＝22ac＝1102＝56.故选 A.
方法 10
方法 11
方法 12
试题 解析
由于题中直线 PQ 的条件是过点 E，所以该直线是一条 “动”直线，所以最后的结果必然是一个定值．故可利用 特殊直线确定所求值．
方法2
试题 解析
方法1 方法7
方法2 方法8
方法3 方法9
方法4 方法5 方法6
方法 10
方法 11
方法 12
解法一 如图 1，PQ∥BC，则A→P＝23A→B，A→Q＝23A→C，此时 m＝n＝23，故m1 ＋n1＝3.故选 A. 解法二 如图 2，取直线 BE 作为直线 PQ，显然，此时A→P ＝A→B，A→Q＝12A→C，故 m＝1，n＝12，所以m1 ＋n1＝3.故选 A.

A={3，m2}，B={-1，3，2m-1}，若A B,则实数 m的值为 1 . 解析 A B m2∈B m2=-1或m2=2m-1 m=1.
【例2】若不等式mx2+mx+2>0对一切实数x恒成立， 试确定实数m的取值范围. 解 （1）当m≠0时，mx2+mx+2>0对于一切实数x 恒成立的充要条件是 m m 0,28m0解0得 m8.
4 含参数可按a、b、2的大小关系进行分类.
解 设 f(x)3x2 3x4
4
3(x2)2 1.
4
显然，其对称轴为x=2.
图1
（1）当a≤2≤b时，如图1所示，函数f(x)的最小值
为1，∴a=1.
又a≤x≤b,
此时，函数f(x)在［a，b］上的最大值为f(1)或
f(b). f(1)72b时,∴f(b)为最大值. 又由于f(4x)在［1,b］上的值域为［1,b］，
值，故不需讨论区间与对称轴的关系）.
f(0)=m,f(1)=2-2m.
当m≥2-2m,又 m34,即32m34时，ymaxm;
当m<2-2m, m34,即m32时，ymax 22m.
②若4-3m<0，即 m 4 时 ，时，二次函数y的图象开 3
口向下，又它的对称轴方程 x 1 0, 所以函 43m
变式训练3 设A点的坐标为(a,0），a∈R，求曲 线y2=2x上的点到点A距离的最小值d. 分析 本题是求两点间距离的最小值问题，代入 距离公式、转化为求二次函数的最值问题.注意抛 物线上的点（x,y）应满足x≥0. 解 设M（x,y）为曲线y2=2x上一点. 则MA (xa)2 y2 (xa)2 2x x2 2(a1)xa2
（2）当m=0时，原不等式为2>0,显然对一切实数x 恒成立. 综合（1）、（2）可得，当0≤m<8时，对一切实 数x不等式恒成立.

所以f(6-a)=f(-1)=2-1-1-2=- 7 .
4
综上所述, f(6-a)=- 7 .
4
2.一条直线过点(5,2),且在x轴,y轴上截距相等,则这条直线的方程为
.
答案 x+y-7=0或2x-5y=0
解析 设该直线在x轴,y轴上的截距均为a,
当a=0时,直线过原点,此时直线方程为y= 2 x,即2x-5y=0;
Hale Waihona Puke 应用三 由参数变化引起的分类讨论
例3 (2017浙江,17,5分)已知a∈R,函数f(x)= x +4a在a 区间[1,4]上的 x
最大值是5,则a的取值范围是
.
答案

,
9 2

解析 设g(x)=x+ 4 -a,x∈[1,4],
x
g'(x)=1- 4 = x 2 ,易4 知g(x)在[1,2]上为减函数,在[2,4]上为增函数,g(2)=4
问题)分解为小问题(或基础性问题),优化解题思 由图形位置或形状引起的分
路,降低问题难度.
类讨论.
总纲目录
应用一 由概念、法则、公式引起的分类讨论 应用二 由运算、性质引起的分类讨论 应用三 由参数变化引起的分类讨论 应用四 由图形位置或形状引起的分类讨论
应用一 由概念、法则、公式引起的分类讨论
(2)∵a2+c2=b2+2acsin C,∴ a2 =2csai2cnCb2,
由余弦定理得cos B=sin C,
∵0<B<π,0<C<π,∴C= -B或C= +B.
2
2
①当C= -B时,由A=2B且A+B+C=π,得A= ,B=C= ,这与“b≠c”矛盾,