（新课标）天津市2020年高考数学二轮复习 思想方法训练4 转化与化归思想 理
思想方法训练4 转化与化归思想
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<-2
C.a>2或a<-2 D.-2
0对任意实数x恒成立,则实数a的取值范围是 .
9.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.
10.已知函数f(x)=x3-2ax2-3x.
(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程;
(2)已知对一切x∈(0,+∞),af'(x)+4a2x≥ln x-3a-1恒成立,求实数a的取值范围.
7
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,又点A(-1,0),则的最小值是( )
A. B. C. D.
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.
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 .
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 .
15.已知函数f(x)=eln x,g(x)=f(x)-(x+1)(e=2.718……).
(1)求函数g(x)的极大值;
(2)求证:1++…+>ln(n+1)(n∈N*).
7
思想方法训练4 转化与化归思想
一、能力突破训练
1.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.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.A 解析 设P(x0,y0),倾斜角为α,0≤tan α≤1,y=f(x)=x2+2x+3,f'(x)=2x+2,
0≤2x0+2≤1,-1≤x0≤-,故选A.
4.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.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.C 解析 因为lg(log210)+lg(lg 2)=lg(log210×lg 2)=lg=lg 1=0,所以lg(lg 2)=-lg(log210).
设lg(log210)=t,则lg(lg 2)=-t.由条件可知f(t)=5,即f(t)=at3+bsin t+4=5,所以at3+bsin t=1,所以f(-t)=-at3-bsin t+4=-1+4=3.
7.(-13,13) 解析 若圆上有四个点到直线的距离为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.(-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⇒-20;当x>时,g'(x)<0,
所以当x=时,g(x)取得最大值,且g(x)max=,
故实数a的取值范围为
二、思维提升训练
11.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A的直线AC与抛物线切于点C,
7
则0<∠BAC≤∠PAB,
∴sin∠BAC≤sin∠PAB.
设切点为(x0,y0),则=4x0,又=y',解得C(1,2),|AC|=2
∴sin∠BAC=,的最小值为故应选B.
12.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.[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不是方程x2-ax+2=0的解,所以根据00,
若2m=-m-3,即m=-1,此时f(x)<0的解集为{x|x≠-2},满足题意;
7
若2m>-m-3,即-12m或x<-m-3},
依题意2m<1,即-1-m-3},
依题意-m-3<1,m>-4,即-40).
令g'(x)>0,解得01.
∴函数g(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,∴g(x)极大值=g(1)=-2.
(2)证明 由(1)知x=1是函数g(x)的极大值点,也是最大值点,∴g(x)≤g(1)=-2,即ln x-(x+1)≤-2⇒ln x≤x-1(当且仅当x=1时等号成立).
令t=x-1,得t≥ln(t+1),取t=(n∈N*),
则>ln=ln,
∴1>ln 2,>ln>ln,…,>ln,
叠加得1++…+>ln=ln(n+1).
7
