2022年高考數(shù)學二輪復習 專題十 數(shù)學思想方法 第二講 分類討論思想、轉化與化歸思想素能提升練 理

4、較轉化為a2與b2的大小比較就容易多了. 因為a2=1+sin 2α,b2=1+sin 2β, 又因為0<2α<2β<, 所以sin 2α0,所以a

5、+z, 故只需保證線性目標函數(shù)過A(1,0)或B(0,1)點時z值不大于1即可,即 綜上所述,a,b應滿足的線性約束條件是 可行域如圖(2)陰影部分所示,該面積等于1. 答案:C 6.(xx江西南昌三模,8)已知數(shù)列{an}滿足:a1=m(m為正整數(shù)),an+1=若a6=1,則m所有可能的取值為(　　) A.4或5 B.4或32 C.5或32 D.4,5或32 解析:若a5為偶數(shù),則a6==1,即a5=2. 若a4為偶數(shù),則a5==2,即a4=4; 若a4為奇數(shù),則有a4=(舍). 若a3為偶數(shù),則a3=8;若a3為奇數(shù),則a3=1. 若a2為偶數(shù),則a2=16或

6、a2=2; 若a2為奇數(shù),則a2=0(舍)或a2=(舍). 若a1為偶數(shù),則a1=32或a1=4; 若a1為奇數(shù),有a1=5或a1=(舍). 若a5為奇數(shù),有1=3a5+1,所以a5=0,不成立. 綜上可知,m可能的取值為4,5或32. 答案:D 7.(xx山西忻州高三聯(lián)考,15)已知P為拋物線y2=4x上一個動點,Q為圓x2+(y-4)2=1上一個動點,那么點P到點Q的距離與點P到拋物線的準線距離之和的最小值是　　　　　.? 解析:由題意知圓x2+(y-4)2=1的圓心為C(0,4),半徑為1,拋物線的焦點為F(1,0).根據(jù)拋物線的定義,點P到點Q的距離與點P到拋物線準線的

7、距離之和即點P到點Q的距離與點P到拋物線焦點的距離之和,因此|PQ|+|PF|≥|PC|+|PF|-1≥|CF|-1=-1. 答案:-1 8.已知a∈R,若關于x的方程x2+x++|a|=0有實根,則a的取值范圍是　　　　.? 解析:當|a|=0時,a=0; 當=0時,a=; 當a<0時,方程化為x2+x+-a-a=0, 即x2+x+-2a=0. 判別式Δ=1-4=8a<0, 所以方程無解. 當0≤a≤時,方程化為x2+x+-a+a=0, 即x2+x+=0, =0, 所以x=-. 所以0≤a≤. 當a>時,方程化為x2+x+a-+a=0, 即x2+x+2a-=0.

8、 判別式Δ=1-4=2-8a. 因為2-8a<0,所以方程無解. 綜上,0≤a≤. 答案:0≤a≤ 9.設F1,F2為橢圓=1的兩個焦點,P為橢圓上一點.已知P,F1,F2是一個直角三角形的三個頂點,且|PF1|>|PF2|,求的值. 解:若∠PF2F1=90°, 則|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2. ∵|PF1|+|PF2|=6,|F1F2|=2, ∴|PF1|=,|PF2|=. ∴. 若∠F1PF2=90°,則|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2=|PF1|2+(6-|PF1|)2, ∴|PF1|=4,|PF2|=2. ∴=2. 綜上知,或2.

9、 10.(xx山西四校第二次聯(lián)考,21)已知函數(shù)f(x)=. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性; (2)設g(x)=x2+2x+3,證明:對任意x1∈(1,2)∪(2,+∞),總存在x2∈R,使得f(x1)>g(x2). (1)解:f'(x)=, 設h(x)=-2ln(x-1)+x-1-,則h'(x)=≥0, 故h(x)在(1,+∞)上是單調(diào)遞增函數(shù). 又h(2)=0, 故當x∈(1,2)時,h(x)<0,則f'(x)<0,f(x)是單調(diào)遞減函數(shù); 當x∈(2,+∞)時,h(x)>0,則f'(x)>0,f(x)是單調(diào)遞增函數(shù). 綜上,知f(x)在區(qū)間(1,2)上是單調(diào)遞減函數(shù),

10、在(2,+∞)上是單調(diào)遞增函數(shù). (2)證明:對任意x1∈(1,2)∪(2,+∞),總存在x2∈R,使得f(x1)>g(x2)恒成立等價于f(x)>g(x)min恒成立,而g(x)min=2,即證f(x)>2恒成立,即證-2>0恒成立, 也就是證>0, 設G(x)=ln(x-1)+-2,G'(x)=≥0, 故G(x)在(1,+∞)上是單調(diào)遞增函數(shù). 又G(2)=0, 故當x∈(1,2)時,G(x)<0,則>0,當x∈(2,+∞)時,G(x)>0,則>0. 綜上可得,對任意x1∈(1,2)∪(2,+∞),總存在x2∈R,使得f(x1)>g(x2). 11.(xx江蘇高考,19)已

11、知函數(shù)f(x)=ex+e-x,其中e是自然對數(shù)的底數(shù). (1)證明:f(x)是R上的偶函數(shù); (2)若關于x的不等式mf(x)≤e-x+m-1在(0,+∞)上恒成立,求實數(shù)m的取值范圍; (3)已知正數(shù)a滿足:存在x0∈[1,+∞),使得f(x0)0),則t>1,所以m≤-=-對任意t>1成立

12、. 因為t-1++1≥2+1=3, 所以-≥-, 當且僅當t=2,即x=ln 2時等號成立. 因此實數(shù)m的取值范圍是. (3)解:令函數(shù)g(x)=ex+-a(-x3+3x),則g'(x)=ex-+3a(x2-1). 當x≥1時,ex->0,x2-1≥0. 又a>0,故g'(x)>0.所以g(x)是[1,+∞)上的單調(diào)增函數(shù),因此g(x)在[1,+∞)上的最小值是g(1)=e+e-1-2a. 由于存在x0∈[1,+∞),使-a(-+3x0)<0成立,當且僅當最小值g(1)<0, 故e+e-1-2a<0,即a>. 令函數(shù)h(x)=x-(e-1)ln x-1,則h'(x)=1-.

13、 令h'(x)=0,得x=e-1. 當x∈(0,e-1)時,h'(x)<0,故h(x)是(0,e-1)上的單調(diào)減函數(shù); 當x∈(e-1,+∞)時,h'(x)>0,故h(x)是(e-1,+∞)上的單調(diào)增函數(shù). 所以h(x)在(0,+∞)上的最小值是h(e-1). 注意到h(1)=h(e)=0,所以當x∈(1,e-1)?(0,e-1)時,h(e-1)≤h(x)h(e)=0,即a-1>(e-1)ln a,故ea-1>ae-1. 綜上所述,當a∈時,ea-1ae-1.