《（課標專用）天津市2020高考數(shù)學二輪復習 思想方法訓練4 轉(zhuǎn)化與化歸思想》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（課標專用）天津市2020高考數(shù)學二輪復習 思想方法訓練4 轉(zhuǎn)化與化歸思想（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、思想方法訓練4　轉(zhuǎn)化與化歸思想 　思想方法訓練第8頁　? 一、能力突破訓練 1.已知M={(x,y)|y=x+a},N={(x,y)|x2+y2=2},且M∩N=?,則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A.a>2 B.a<-2 C.a>2或a<-2 D.-22或a<-2. 2.若直線y=x+b被圓x

2、2+y2=1所截得的弦長不小于1,則b的取值范圍是(　　) A.[-1,1] B.-22,22 C.-32,32 D.-62,62 答案:D 解析:由弦長不小于1可知圓心到直線的距離不大于32,即|b|2≤32,解得-62≤b≤62. 3.已知P為曲線C:y=x2+2x+3上的點,且曲線C在點P處的切線的傾斜角的取值范圍為0,π4,則點P橫坐標的取值范圍為(　　) A.-1,-12 B.[-1,0] C.[0,1] D.12,1 答案:A 解析:設P(x0,y0),傾斜角為α,則0≤tanα≤1. 設y=f(x)=x2+2x+3,則f'(x)=2x+2, 0≤2x0+2≤1

3、,-1≤x0≤-12,故選A. 4.在平面直角坐標系中,記d為點P(cos θ,sin θ)到直線x-my-2=0的距離.當θ,m變化時,d的最大值為(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 答案:C 解析:設P(x,y),則x=cosθ,y=sinθ,x2+y2=1. 即點P在單位圓上,點P到直線x-my-2=0的距離可轉(zhuǎn)化為圓心(0,0)到直線x-my-2=0的距離加上(或減去)半徑, 所以距離最大為d=1+|-2|1+m2=1+21+m2. 當m=0時,dmax=3. 5.已知定義在實數(shù)集R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)=3,且f(x)的導數(shù)f'(x)在R上恒有f'(x)<

4、2(x∈R),則不等式f(x)<2x+1的解集為(　　) A.(1,+∞) B.(-∞,-1) C.(-1,1) D.(-∞,-1)∪(1,+∞) 答案:A 解析:設F(x)=f(x)-2x-1,則F'(x)=f'(x)-2<0,得F(x)在R上是減函數(shù). 又F(1)=f(1)-2-1=0,即當x>1時,F(x)<0,不等式f(x)<2x+1的解集為(1,+∞),故選A. 6.(2019天津3月九校聯(lián)考)已知f(x)=x2+1(x≥0),4xcosπx-1(x<0), g(x)=kx-1(x∈R).若函數(shù)y=f(x)-g(x)在區(qū)間[-2,3]上有4個零點,則實數(shù)k的取值范圍是(

5、　　) A.(23,4) B.(23,4] C.22,113 D.22,113 答案:D 解析:很明顯x=0不是函數(shù)的零點,令函數(shù)y=f(x)-g(x)=0,則k=x+2x,x>0,4cosπx,x<0.令h(x)=x+2x,x>0,4cosπx,x<0, 則函數(shù)h(x)的圖象與直線y=k在區(qū)間[-2,3]上有4個交點,函數(shù)h(x)的圖象如圖所示. 由圖可得k∈22,113.故選D. 7.在平面直角坐標系xOy中,已知圓x2+y2=4上有且只有四個點到直線12x-5y+c=0的距離為1,則實數(shù)c的取值范圍是　　　　　.? 答案:(-13,13) 解析:若圓上有四個點到直線1

6、2x-5y+c=0的距離為1,則需圓心(0,0)到直線的距離d滿足0≤d<1. ∵d=|c|122+52=|c|13,∴0≤|c|<13,即c∈(-13,13). 8.已知函數(shù)f(x)=2x-2-x,若不等式f(x2-ax+a)+f(3)>0對任意實數(shù)x恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是　　　　　.? 答案:(-2,6) 解析:f(x)=2x-2-x為奇函數(shù)且在R上為增函數(shù),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對任意實數(shù)x恒成立,即Δ=a2-4(a+3)<0?-2

7、6).5 9.若對于任意t∈[1,2],函數(shù)g(x)=x3+m2+2x2-2x在區(qū)間(t,3)內(nèi)總不為單調(diào)函數(shù),求實數(shù)m的取值范圍. 解:∵g(x)=x3+m2+2x2-2x在區(qū)間(t,3)內(nèi)總不為單調(diào)函數(shù), ∴g'(x)=3x2+(m+4)x-2在區(qū)間(t,3)內(nèi)有零點. 由3x2+(m+4)x-2=0可知此方程兩根之和為負數(shù),即一個正根,一個負根. 又y=3x2+(m+4)x-2圖象的開口向上, ∴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>-373. 由關于t的不等式3t2+(m+4)t-2<0在區(qū)間[1,2

8、]上恒成立,即m+4<2t-3t在區(qū)間[1,2]上恒成立,解得m+4<-5,即m<-9.故-373g(x)-1e2. (1)解f'(x)=1-axx,x>0. 若a≤0,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增; 若a>0,當x∈0,1a時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增; 當

9、x∈1a,+∞時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減. (2)證明由(1)知,若a≤0,f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,又f(1)=0,故f(x)≤0不恒成立. 若a>1,當x∈1a,1時,f(x)單調(diào)遞減,f(x)>f(1)=0,不符合題意. 若0f(1)=0.不符合題意. 若a=1,f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,f(x)≤f(1)=0,符合題意. 故a=1,且lnx≤x-1(當且僅當x=1時取“=”). 當0

10、2-x1)=1x1-1(x2-x1),所以f(x1)-f(x2)x1-x2<1x1-1. (3)證明g'(x)=2-xex. 當x∈(-∞,2)時,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增; 當x∈(2,+∞)時,g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減. ∴g(x)≤g(2)=1e2.∴g(x)-1≤1e2-1.① 由(2)知lnx-x≤-1(當且僅當x=1時取“=”).② 兩個不等式的等號不能同時取到,故 ①×②,得(lnx-x)(g(x)-1)>1-1e2. 即(f(x)-1)(g(x)-1)>1-1e2,∴f(x)(g(x)-1)>g(x)-1e2. 二、思維提升訓練 11.已知拋

11、物線y2=4x的焦點為F,點P(x,y)為拋物線上的動點.若點A(-1,0),則|PF||PA|的最小值是(　　) A.12 B.22 C.32 D.233 答案: B 解析:顯然點A為準線與x軸的交點,如圖,過點P作PB垂直準線于點B,則|PB|=|PF|. ∴|PF||PA|=|PB||PA|=sin∠PAB. 設過點A的直線AC與拋物線切于點C, 則0<∠BAC≤∠PAB≤π2, ∴sin∠BAC≤sin∠PAB. 設切點坐標為(x0,y0),不妨令y0>0, 則y02=4x0,又y0x0+1=1x0,解得x0=1,y0=2, ∴C(1,2),|AC|=22.∴s

12、in∠BAC=222=22, ∴|PF||PA|的最小值為22.故選B. 12.設F1,F2分別是雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點,若雙曲線右支上存在一點P,使(OP+OF2)·F2P=0,O為坐標原點,且|PF1|=3|PF2|,則該雙曲線的離心率為(　　) A.3+1 B.3+12 C.6+2 D.6+22 答案:A 解析:如圖,取F2P的中點M,則OP+OF2=2OM. 又由已知得2OM·F2P=0, 即OM·F2P=0,∴OM⊥F2P. 又OM為△F2F1P的中位線,∴F1P⊥PF2. 在△PF1F2中,2a=|PF1|-|PF2|=(3

13、-1)|PF2|. 由勾股定理,得2c=2|PF2|.∴e=23-1=3+1. 13.若函數(shù)f(x)=x2-ax+2在區(qū)間[0,1]上至少有一個零點,則實數(shù)a的取值范圍是　　　　　.? 答案:[3,+∞) 解析:由題意知關于x的方程x2-ax+2=0在區(qū)間[0,1]上有實數(shù)解. 又易知x=0不是關于x的方程x2-ax+2=0的解,所以根據(jù)0

14、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,則m的取值范圍是　　　　　.? 答案:(-4,0) 解析:將問題轉(zhuǎn)化為g(x)<0的解集的補集是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. 當m<0時,f(x)<0,即(x-2m)(x+m+3)>0,若2m=-m-3,即m=-1,此時f(x)<0的解集為{x|x≠-2},滿足題意;

15、 若2m>-m-3,即-12m或x<-m-3}, 依題意2m<1,即-1-m-3}, 依題意-m-3<1,m>-4,即-40). (1)若a=1,求函數(shù)f(x)的極值和單調(diào)區(qū)間. (2)若g(x)=f(x)+2a2-2x,在區(qū)間(0,e]上是否存在x0,使g(x0)<0?若存在,求出實數(shù)a的取值范圍;若不存在,請說明理由. 解:(1)當

16、a=1時,f(x)=x+2x+lnx. ∵f'(x)=(x+2)(x-1)x2,且x∈(0,+∞), ∴當x∈(0,1)時,f'(x)<0; 當x∈(1,+∞)時,f'(x)>0, ∴f(x)=x+2x+lnx有極小值f(1)=3. 故函數(shù)f(x)=x+2x+lnx的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+∞),極小值為3,無極大值. (2)∵g(x)=f(x)+2a2-2x=x+2a2x+alnx(a>0), ∴g'(x)=(x+2a)(x-a)x2. ∵a>0,∴當x∈(0,a)時,g'(x)<0,當x∈(a,+∞)時,g'(x)>0, ∴x=a為函數(shù)的唯一極小值點. 又x∈(0,e],當0e時,g(x)=x+2a2x+alnx(a>0)在區(qū)間(0,e]上單調(diào)遞減, g(x)min=g(e)=e+2a2e+a>0,所以不存在x0∈(0,e],使g(x0)<0. 綜上所述,在區(qū)間(0,e]上存在x0使g(x0)<0,此時0