【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2021高考數(shù)學(xué)(江蘇專用-理科)二輪專題整合：1-8-2分類討論思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想

第2講分類爭(zhēng)辯思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想一、填空題1．過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1上任意一點(diǎn)P，引與實(shí)軸平行的直線，交兩漸近線于R，Q兩點(diǎn)，則eq\o(PR,\s\up12(→))·eq\o(PQ,\s\up12(→))的值為________． 解析當(dāng)直線PQ與x軸重合時(shí)，|eq\o(PR,\s\up12(→))|＝|eq\o(PQ,\s\up12(→))|＝a. 答案a22．若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝3n－1，則它的通項(xiàng)公式an＝________. 解析當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝3n－1－(3n－1－1)＝2×3n－1；當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝2，也滿足式子an＝2×3n－1， ∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2×3n－1. 答案2×3n－13．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2xx＞0，,log\f(1,2)－xx＜0，))若f(a)＞f(－a)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 解析若a＞0，則log2a＞logeq\f(1,2)a，即2log2a＞0，所以a＞1；若a＜0，則logeq\f(1,2)(－a)＞log2(－a)，即2log2(－a)＜0，所以0＜－a＜1，－1＜a＜0.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是a＞1或－1＜a＜0，即a∈(－1,0)∪(1，＋∞)． 答案(－1,0)∪(1，＋∞)4. (2022·鹽城調(diào)研)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1棱長(zhǎng)為1，E，F(xiàn)分別為線段AA1，B1C上的點(diǎn)，則三棱錐D1－EDF的體積為________． 解析VD1－EDF＝VF－DED1，△DED1的面積為正方形AA1D1D面積的一半，三棱錐F－DED1的高即為正方體的棱長(zhǎng)，所以VD1－DEF＝VF－DED1＝eq\f(1,3)SΔDED1·h＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)DD1×AD×AB＝eq\f(1,6). 答案eq\f(1,6)5．若不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4＜0對(duì)一切x∈R恒成立，則a的取值范圍是________． 解析當(dāng)a－2＝0即a＝2時(shí)，不等式為－4＜0恒成立，所以a＝2；當(dāng)a－2≠0時(shí)，則a滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2＜0，,Δ＜0，))解得－2＜a＜2，所以a的范圍是(－2,2]． 答案(－2,2]6．在△ABC中，|AB|＝3，|AC|＝4，|BC|＝5.點(diǎn)D是邊BC上的動(dòng)點(diǎn)，eq\o(AD,\s\up12(→))＝xeq\o(AB,\s\up12(→))＋yeq\o(AC,\s\up12(→))，當(dāng)xy取最大值時(shí)，|eq\o(AD,\s\up12(→))|的值為________． 解析∵|AB|＝3，|AC|＝4，|BC|＝5， ∴△ABC為直角三角形． 如圖建立平面直角坐標(biāo)系，A(0,0)，B(3,0)，C(0,4)，設(shè)D(a，b)， 由eq\o(AD,\s\up12(→))＝xeq\o(AB,\s\up12(→))＋yeq\o(AC,\s\up12(→))， 得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3x，,b＝4y，))∴xy＝eq\f(ab,12). 又∵D在直線lBC∶eq\f(x,3)＋eq\f(y,4)＝1上， ∴eq\f(a,3)＋eq\f(b,4)＝1，則eq\f(a,3)＋eq\f(b,4)≥2eq\r(\f(ab,12).) ∴eq\f(ab,12)≤eq\f(1,4)，即xy≤eq\f(1,4)，此時(shí)a＝eq\f(3,2)，b＝2，|eq\o(AD,\s\up12(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋22)＝eq\f(5,2). 答案eq\f(5,2)7．方程sin2x＋cosx＋k＝0有解，則k的取值范圍是________． 解析求k＝－sin2x－cosx的值域． k＝cos2x－cosx－1＝(cosx－eq\f(1,2))2－eq\f(5,4). 當(dāng)cosx＝eq\f(1,2)時(shí)，kmin＝－eq\f(5,4)， 當(dāng)cosx＝－1時(shí)，kmax＝1，∴－eq\f(5,4)≤k≤1. 答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，1))8．設(shè)正實(shí)數(shù)x，y，z滿足x2－3xy＋4y2－z＝0，則當(dāng)eq\f(xy,z)取得最大值時(shí)，eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)的最大值為________． 解析由已知得z＝x2－3xy＋4y2(*) 則eq\f(xy,z)＝eq\f(xy,x2－3xy＋4y2)＝eq\f(1,\f(x,y)＋\f(4y,x)－3)≤1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y時(shí)取等號(hào)，把x＝2y代入(*)式，得z＝2y2，所以eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)＝eq\f(1,y)＋eq\f(1,y)－eq\f(1,y2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)－1))2＋1≤1. 答案1二、解答題9．已知函數(shù)f(x)＝2asin2x－2eq\r(3)asinxcosx＋a＋b(a≠0)的定義域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，值域是[－5,1]，求常數(shù)a，b的值． 解f(x)＝2a·eq\f(1,2)(1－cos2x)－eq\r(3)asin2x＋a＋b ＝－2aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos2x＋\f(\r(3),2)sin2x))＋2a＋b ＝－2asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋2a＋b， 又∵0≤x≤eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(7,6)π， ∴－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))≤1. 因此，由f(x)的值域?yàn)閇－5,1] 可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,－2a×－\f(1,2)＋2a＋b＝1，,－2a×1＋2a＋b＝－5，)) 或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＜0，,－2a×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋2a＋b＝－5，,－2a×1＋2a＋b＝1.)) 解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－5))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝1.))10．已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－eq\f(x,1＋x). (1)求f(x)的微小值； (2)若a，b＞0，求證：lna－lnb≥1－eq\f(b,a). (1)解f′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(1＋x－x,1＋x2)＝eq\f(x,1＋x2)(x＞－1)． 令f′(x)＝0，得x＝0. 列表如下x(－1,0)0(0，＋∞)f′(x)－0＋f(x)微小值 由上表可知，x＝0時(shí)f(x)取得微小值f(0)＝0. (2)證明在x＝0時(shí)，f(x)取得微小值，而且是最小值，于是f(x)≥f(0)＝0， 從而ln(1＋x)≥eq\f(x,1＋x)在x＞－1時(shí)恒成立， 令1＋x＝eq\f(a,b)＞0，則eq\f(x,1＋x)＝1－eq\f(1,x＋1)＝1－eq\f(b,a)， ∴l(xiāng)na－lnb＝lneq\f(a,b)≥1－eq\f(b,a). 因此lna－lnb＝lneq\f(a,b)≥1－eq\f(b,a)在a＞0，b＞0時(shí)成立． ∴l(xiāng)na－lnb≥1－eq\f(b,a).11．設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓D∶eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)，過F2作傾斜角為eq\f(π,3)的直線交橢圓D于A，B兩點(diǎn)，F(xiàn)1到直線AB的距離為3，連接橢圓D的四個(gè)頂點(diǎn)得到的菱形面積為4. (1)求橢圓D的方程； (2)作直線l與橢圓D交于不同的兩點(diǎn)P，Q，其中P點(diǎn)的坐標(biāo)為(－a,0)，若點(diǎn)N(0，t)是線段PQ垂直平分線上的一點(diǎn)，且滿足eq\o(NP,\s\up12(→))·eq\o(NQ,\s\up12(→))＝4，求實(shí)數(shù)t的值． 解(1)設(shè)F1，F(xiàn)2的坐標(biāo)分別為(－c,0)，(c,0)，其中c＞0，由題意得AB的方程為：y＝eq\r(3)(x－c)． 因F1到直線AB的距離為3，所以有eq\f(|－\r(3)c－\r(3)c|,\r(3＋1))＝3. 解得c＝eq\r(3). 所以有a2－b2＝c2＝3.① 由題意知：eq\f(1,2)×2a×2b＝4，即ab＝2.② 聯(lián)立①②解得：a＝2，b＝1. 所求橢圓D的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1. (2)由(1)知：P(－2,0)，設(shè)Q(x1，y1)， 當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，由已知明顯不合要求．當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線斜率為k，則直線l的方程為y＝k(x＋2)，把它代入橢圓D的方程，消去y，整理得： (1＋4k2)x2＋16k2x＋(16k2－4)＝0. 由根與系數(shù)的關(guān)系得－2＋x1＝－eq\f(16k2,1＋4k2)， 則x1＝eq\f(2－8k2,1＋4k2)，y1＝k(x1＋2)＝eq\f(4k,1＋4k2)， 所以線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8k2,1＋4k2)，\f(2k,1＋4k2))). (ⅰ)當(dāng)k＝0時(shí)，則有Q(2,0)，線段PQ垂直平分線為y軸， 于是eq\o(NP,\s\up12(→))＝(－2，－t)，eq\o(NQ,\s\up12(→))＝(2，－t)， 由eq\o(NP,\s\up12(→))·eq\o(NQ,\s\up12(→))＝－4＋t2＝4，解得：t＝±2eq\r(2). (ⅱ)當(dāng)k≠0時(shí)，則線段PQ垂直平分線的方程為；y－eq\f(2k,1＋4k2)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(8k2,1＋4k2)))， 由于點(diǎn)N(0，t)是線段PQ垂直平分線上的一點(diǎn)，令x＝0，得：t＝－eq\f(6k,1＋4k2)， 于是eq\o(NP,\s\up12(→))＝