高中数学高考一轮复习一轮复习 学案 高中数学思想方法-分类讨论随堂训练及答案

高中数学思想方法—分类讨论随堂训练1.设F1、F2为椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的两个焦点，P为椭圆上一点．已知P、F1、F2是一个直角三角形的三个顶点，且|PF1|>|PF2|，则eq\f(|PF1|,|PF2|)的值为________．2、在正方体的8个顶点，12条棱的中点，6个面的中心及正方体的中心共27个点中，共线的三点组的个数是多少？3.已知a>0，且a≠1，数列{an}的前n项和为Sn，它满足条件eq\f(an－1,Sn)＝1－eq\f(1,a).数列{bn}中，bn＝an·lgan.(1)求数列{bn}的前n项和Tn；(2)若对一切n∈N*，都有bn<bn＋1，求a的取值范围．4.已知函数f(x)=ex-ax-1(ae=2.71828…是自然对数的底数)。（1）求f(x)的单调区间；（2）讨论g(x)=在区间[0,1]内零点的个数。标准答案1、解：若∠PF2F1＝90°，则|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2.∵|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2eq\r(5).解得|PF1|＝eq\f(14,3)，|PF2|＝eq\f(4,3).∴eq\f(|PF1|,|PF2|)＝eq\f(7,2).若∠F1PF2＝90°，则|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2＝|PF1|2＋(6－|PF1|)2.解得|PF1|＝4，|PF2|＝2.∴eq\f(|PF1|,|PF2|)＝2.综上，eq\f(|PF1|,|PF2|)＝eq\f(7,2)或2.答案：eq\f(7,2)或22、解：依题意，共线的三点组可以分为三类：两端点皆为顶点的共线三点组，共有(个)两端点皆为面的中心的共线三点组，共有(个)两端点皆为各棱中点的共线三点组，共有（个）所以共有28+3+18=49（个）3、解：(1)eq\f(an－1,Sn)＝1－eq\f(1,a)，∴Sn＝eq\f(aan－1,a－1).当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(aa1－1,a－1)＝a；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(aan－1,a－1)－eq\f(aan－1－1,a－1)＝an.∴an＝an(n∈N*)．此时，bn＝an·lgan＝n·anlga.∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝lga(a＋2a2＋3a3＋…＋nan)．设un＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan，∴(1－a)un＝a＋a2＋a3＋…＋an－nan＋1＝eq\f(aan－1,a－1)－nan＋1.∴un＝eq\f(nan＋1,a－1)－eq\f(aan－1,a－12).∴Tn＝lga[eq\f(n·an＋1,a－1)－eq\f(aan－1,a－12)]．(2)由bn<bn＋1⇒nanlga<(n＋1)an＋1lga.①当a>1时，由lga>0，可得a>eq\f(n,n＋1).∵eq\f(n,n＋1)<1(n∈N*)，a>1，∴a>eq\f(n,n＋1)对一切n∈N*都成立，此时a的范围为a>1.②当0<a<1时，由lga<0可得n>(n＋1)a，即a<eq\f(n,n＋1)，即a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)))min.∵eq\f(n,n＋1)≥eq\f(1,2)，∴a<eq\f(1,2)时，对一切n∈N*，a<eq\f(n,n＋1)都成立，此时，a的范围为0<a<eq\f(1,2).由①②知：对一切n∈N*，都有bn<bn＋1的a的范围是0<a<eq\f(1,2)或a>1.4、解：（1）当a≤0时，,f(x)的单调递增区间为（-∞，+∞），无减区间；当a＞0时，f(x)的单调减区间为（-∞，lna），单调增区间为（lna，+∞）。（2）由g(x)=0得f(x)=0或x=，先考虑f(x)在区间[0,1]的零点个数。当a≤1时，f(x)在（0，+∞），上单调递增且f(0)=0，f(x)有一个零点；当a≥e时，f(x)在（-∞，1）上单调递减，f(x)有一个零点；当1＜a＜e时，f(x)在（0，lna）上单调递减，在（lna，1）上单调递增，而f(1)=e-a-1,所以a≤1或a＞e-1时，f(x)有一个零点，当1＜a≤