高考数学二轮总复习思想方法训练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<2C.a>2或a<2 D.2<a<22.(2022广西岑溪中学模拟)设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c,若△ABC的面积为S,且43S=(a+b)2c2,则sinCπ6=()A.1 B.12 C.22 D3.设P为曲线C:y=x2+2x+3上的点,且曲线C在点P处的切线倾斜角的取值范围为0,π4,则点P横坐标的取值范围为A.-1,-1C.[0,1] D.14.已知cos(πα)=35,则sin3π2-A.±45 B.45 C.355.(2022辽宁沈阳三模)已知函数g(x)=exlnxm的图象恒在f(x)=(em1)x的图象的上方,则实数m的取值范围是()A.(∞,1) B.(∞,e1)C.(0,1) D.(0,e1)6.已知函数f(x)在区间[0,2]上单调递增,且函数f(x+2)是偶函数,则下列结论成立的是()A.f(1)<f52<f7B.f72<f(1)<fC.f72<f52D.f52<f(1)<f7.平面上动点M到定点F(3,0)的距离比到直线l:x+1=0的距离大2,则动点M的轨迹方程为.

8.(2022四川成都七中三模)已知函数f(x)=sinπx,x∈[0,2],19.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且13acosA5ccosB=5bcosC.(1)求sinA;(2)若a=27,且△ABC的面积为6,求△ABC的周长.10.(2022浙江,20)已知等差数列{an}的首项a1=1,公差d>1.记{an}的前n项和为Sn(n∈N*).(1)若S42a2a3+6=0,求Sn;(2)若对于每个n∈N*,存在实数cn,使an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比数列,求d的取值范围.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|PF||PAA.12 B.22 C.3212.函数f(x)=2sinxcosxsinxcosx(x∈R)的最小值是()A.1 B.14 C.1 D.13.(2022广西河池一中高三月考)若向量a=(x,2),b=(3,y),c=(1,2),且(ac)⊥(b+c),则|ab|的最小值为.

14.已知f(x)=m(x2m)(x+m+3),g(x)=2x2,若∀x∈R,f(x)<0或g(x)<0,则m的取值范围是.

15.(2022西北工业大学附属中学模拟)已知函数f(x)=ax+1+x22x+1+(x1)lna(a>0,且a≠1).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若对∀x1,x2∈[0,2],使|f(x1)f(x2)|≤1a1恒成立,求a的取值范围

思想方法训练4转化与化归思想能力突破训练1.C解析M∩N=⌀等价于方程组y=x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+a22=0, ①由题易知一元二次方程①无实根,即Δ=(2a)24×2×(a22)<0,由此解得a>2或a<2.2.B解析由题意可知,S=12absinC,a2+b2c2=2abcosC又43S=(a+b)2c2=a2+b2c2+2ab,∴23absinC=2abcosC+2ab,∵ab≠0,∴3sinC=cosC+即3sinCcosC=1.∴32sinC12cosC=12,∴sinCπ3.A解析设P(x0,y0),曲线C在点P处的切线的倾斜角为α,则0≤tanα≤1,令y=f(x)=x2+2x+3,则f'(x)=2x+2,于是0≤2x0+2≤1,1≤x0≤12,故选A4.D解析因为cos(πα)=cosα=35所以sin3π2α=cosα=35.5.A解析由题意可得(em1)x<exlnxm,故x·em+m+lnx<ex+x,即em+lnx+m+lnx<ex+x.令φ(x)=ex+x,而φ(x)=ex+x为增函数,于是原不等式可化为φ(m+lnx)<φ(x),所以m+lnx<x,即m<xlnx,令h(x)=xlnx,则h'(x)=11x=x-1x,当0<x<1时,h'(x)<0,当x>1时,所以函数h(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(1)=1,所以m<1.6.B解析因为函数f(x+2)是偶函数,所以f(x+2)=f(x+2),即函数f(x)的图象关于直线x=2对称.又因为函数f(x)在区间[0,2]上单调递增,所以函数f(x)在区间[2,4]上单调递减.因为f(1)=f(3),72>3>52,所以f72<f(3)<f52,即f77.y2=12x解析因为动点M到定点F(3,0)的距离比到直线l:x+1=0的距离大2,所以动点M到定点F(3,0)的距离与到直线x+3=0的距离相等,所以点M的轨迹是以点F(3,0)为焦点,直线x=3为准线的抛物线,故动点M的轨迹方程是y2=12x.8.3解析函数y=f(x)ln(x1)的零点个数即函数f(x)的图象与函数y=ln(x1)的图象的交点个数,作出函数f(x)与y=ln(x1)的图象,如图.由图可知,函数f(x)的图象与函数y=ln(x1)的图象有3个交点,故函数y=f(x)ln(x1)的零点个数为3.9.解(1)因为13acosA5ccosB=5bcosC,所以13sinAcosA=5sinBcosC+5sinCcosB,即13sinAcosA=5sin(B+C),所以13sinAcosA=5sinA,因为0<A<π,所以sinA>0,所以cosA=513所以sinA=1(2)因为△ABC的面积S△ABC=12bcsinA=613bc=6,所以由余弦定理得a2=b2+c22bccosA=b2+c210=(b+c)22bc10=(b+c)236,即28=(b+c)236,解得b+c=8,所以△ABC的周长为8+2710.解(1)∵S42a2a3+6=0,∴4a1+4×32d2(a1+d)(a1+2d)+6又a1=1,∴4d2+12d=0,解得d=3或d=0(舍去),∴Sn=na1+n(n(2)∵对每个n∈N*,存在实数cn使得an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比数列,∴(an+1+4cn)2=(an+cn)(an+2+15cn),即cn2+(8an+1an+215an)cn+an+12an而8an+1an+215an=8(a1+nd)[a1+(n+1)d]15[a1+(n1)d]=8+(148n)d,an+12anan+2=(an+d)2an(an+2d)∴cn2+[8+(148n)d]cn+d∴Δ=[8+(148n)d]24d2≥0,即[(2n)d+1][(32n)d+2]≥0,当n=1时,显然成立;当n=2时,有d+2≥0,∴d≤2,∴1<d≤2;当n≥3时,原式=[(n2)d1][(2n3)d2]>0恒成立.∴1<d≤2,即d的取值范围是(1,2].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|.∴|PF||设过点A的直线AC与抛物线切于点C,则0<∠BAC≤∠PAB≤π∴sin∠BAC≤sin∠PAB.设点C的坐标为(x0,y0),则y02=4x0,又y0x0+1=y'|x=x0∴C(1,2),|AC|=22∴sin∠BAC=222=2故应选B.12.D解析令t=sinx+cosx=2sinx+π4,则t∈[2,2],∴2sin∴f(x)=2sinxcosxsinxcosx可转化为g(t)=t2t1=t-122-54,∴当t=12时,g(t13.2解析由题设,得ac=(x+1,4),b+c=(4,y又(ac)⊥(b+c),∴(ac)·(b+c)=4(x+1)+4(y2)=0,则xy+3=0,又ab=(x+3,2y),则|ab|=(x∴要求|ab|的最小值,即求定点(3,2)到直线xy+3=0的距离,∴|ab|min=|-14.(4,0)解析将问题转化为g(x)<0的解集的补集是f(x)<0的解集的子集求解.∵g(x)=2x2<0,∴x<1.又∀x∈R,f(x)<0或g(x)<0,∴[1,+∞)是f(x)<0的解集的子集.显然m≥0不符合题意,因此m<0.当m<0时,f(x)<0,即(x2m)(x+m+3)>0,若2m=m3,即m=1,此时f(x)<0的解集为{x|x≠2},满足题意;若2m>m3,即1<m<0,此时f(x)<0的解集为{x|x>2m或x<m3},依题意2m<1,∴1<m<0;若2m<m3,即m<1,此时f(x)<0的解集为{x|x<2m或x>m3},依题意m3<1,m>4,∴4<m<1.综上可知,满足条件的m的取值范围是4<m<0.15.解(1)f(x)的定义域为R,f'(x)=ax+1lna+2x2+lna=2(x1)+(1ax+1)lna(a>0,且a≠1),显然可见,f'(1)=0.①当x>1时,2(x1)>0,x+1<0.若0<a<1,则lna<0,ax+1>1,得1ax+1<0,于是f'(x)>0;若a>1,则lna>0,0<ax+1<1,得1ax+1>0,于是f'(x)>0.∴当x>1时,f'(x)>0,即f(x)在区间(1,+∞)上单调递增.②当x<1时,2(x1)<0,x+1>0,若0<a<1,则lna<0,0<ax+1<1,得1ax+1>0,于是f'(x)<0;若a>1,则lna>0,ax+1>1,得1ax+1<0,于是f'(x)<0.∴当x<1时,f'(x)<0,即f(x)在区间(∞,1)上单调递减.综上所述,f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(∞,1).(2)对∀x1,x2∈[0,2],使|f(x1)f(x2)|≤1即对∀x∈[0,2],f(x)maxf(x)min≤1a由(1)知f(x)在区间[0,1]上单调递减,在区间[1,2]上单调递增,∴f(x)min=f(1)=1,f(x)max为f(0)和f(2)中的较大者.又f(0)=a+1lna,f(2)=a1+1+lna,f(0)f(2)=a1a2lna设φ(a)=a1a2lna,则φ'(a)=1+1a2-2a=11a∴φ(a)在区间(0,+∞)上单调递增.注意到φ(1)=0,∴当0<a<1时,φ(a)<0,f(0)<f(2);当a>1时,φ(a)>0,f(0)>f(2).①当0<a<1时,f(x)maxf(