【创新设计】2021高考数学(江苏专用-理科)二轮专题整合：1-8-2分类讨论思想、转化与化归思想

第2讲分类争辩思想、转化与化归思想一、填空题1．过双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1上任意一点P，引与实轴平行的直线，交两渐近线于R，Q两点，则eq\o(PR,\s\up12(→))·eq\o(PQ,\s\up12(→))的值为________． 解析当直线PQ与x轴重合时，|eq\o(PR,\s\up12(→))|＝|eq\o(PQ,\s\up12(→))|＝a. 答案a22．若数列{an}的前n项和Sn＝3n－1，则它的通项公式an＝________. 解析当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1－(3n－1－1)＝2×3n－1；当n＝1时，a1＝S1＝2，也满足式子an＝2×3n－1， ∴数列{an}的通项公式为an＝2×3n－1. 答案2×3n－13．设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2xx＞0，,log\f(1,2)－xx＜0，))若f(a)＞f(－a)，则实数a的取值范围是________． 解析若a＞0，则log2a＞logeq\f(1,2)a，即2log2a＞0，所以a＞1；若a＜0，则logeq\f(1,2)(－a)＞log2(－a)，即2log2(－a)＜0，所以0＜－a＜1，－1＜a＜0.所以实数a的取值范围是a＞1或－1＜a＜0，即a∈(－1,0)∪(1，＋∞)． 答案(－1,0)∪(1，＋∞)4. (2022·盐城调研)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1－EDF的体积为________． 解析VD1－EDF＝VF－DED1，△DED1的面积为正方形AA1D1D面积的一半，三棱锥F－DED1的高即为正方体的棱长，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对一切x∈R恒成立，则a的取值范围是________． 解析当a－2＝0即a＝2时，不等式为－4＜0恒成立，所以a＝2；当a－2≠0时，则a满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2＜0，,Δ＜0，))解得－2＜a＜2，所以a的范围是(－2,2]． 答案(－2,2]6．在△ABC中，|AB|＝3，|AC|＝4，|BC|＝5.点D是边BC上的动点，eq\o(AD,\s\up12(→))＝xeq\o(AB,\s\up12(→))＋yeq\o(AC,\s\up12(→))，当xy取最大值时，|eq\o(AD,\s\up12(→))|的值为________． 解析∵|AB|＝3，|AC|＝4，|BC|＝5， ∴△ABC为直角三角形． 如图建立平面直角坐标系，A(0,0)，B(3,0)，C(0,4)，设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在直线lBC∶eq\f(x,3)＋eq\f(y,4)＝1上， ∴eq\f(a,3)＋eq\f(b,4)＝1，则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)，此时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，则k的取值范围是________． 解析求k＝－sin2x－cosx的值域． k＝cos2x－cosx－1＝(cosx－eq\f(1,2))2－eq\f(5,4). 当cosx＝eq\f(1,2)时，kmin＝－eq\f(5,4)， 当cosx＝－1时，kmax＝1，∴－eq\f(5,4)≤k≤1. 答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，1))8．设正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2－z＝0，则当eq\f(xy,z)取得最大值时，eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)的最大值为________． 解析由已知得z＝x2－3xy＋4y2(*) 则eq\f(xy,z)＝eq\f(xy,x2－3xy＋4y2)＝eq\f(1,\f(x,y)＋\f(4y,x)－3)≤1，当且仅当x＝2y时取等号，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、解答题9．已知函数f(x)＝2asin2x－2eq\r(3)asinxcosx＋a＋b(a≠0)的定义域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，值域是[－5,1]，求常数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)的值域为[－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．已知函数f(x)＝ln(1＋x)－eq\f(x,1＋x). (1)求f(x)的微小值； (2)若a，b＞0，求证：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时f(x)取得微小值f(0)＝0. (2)证明在x＝0时，f(x)取得微小值，而且是最小值，于是f(x)≥f(0)＝0， 从而ln(1＋x)≥eq\f(x,1＋x)在x＞－1时恒成立， 令1＋x＝eq\f(a,b)＞0，则eq\f(x,1＋x)＝1－eq\f(1,x＋1)＝1－eq\f(b,a)， ∴lna－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时成立． ∴lna－lnb≥1－eq\f(b,a).11．设F1，F2分别是椭圆D∶eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，过F2作倾斜角为eq\f(π,3)的直线交椭圆D于A，B两点，F1到直线AB的距离为3，连接椭圆D的四个顶点得到的菱形面积为4. (1)求椭圆D的方程； (2)作直线l与椭圆D交于不同的两点P，Q，其中P点的坐标为(－a,0)，若点N(0，t)是线段PQ垂直平分线上的一点，且满足eq\o(NP,\s\up12(→))·eq\o(NQ,\s\up12(→))＝4，求实数t的值． 解(1)设F1，F2的坐标分别为(－c,0)，(c,0)，其中c＞0，由题意得AB的方程为：y＝eq\r(3)(x－c)． 因F1到直线AB的距离为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 由题意知：eq\f(1,2)×2a×2b＝4，即ab＝2.② 联立①②解得：a＝2，b＝1. 所求椭圆D的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1. (2)由(1)知：P(－2,0)，设Q(x1，y1)， 当直线l的斜率不存在时，由已知明显不合要求．当直线l的斜率存在时，设直线斜率为k，则直线l的方程为y＝k(x＋2)，把它代入椭圆D的方程，消去y，整理得： (1＋4k2)x2＋16k2x＋(16k2－4)＝0. 由根与系数的关系得－2＋x1＝－eq\f(16k2,1＋4k2)， 则x1＝eq\f(2－8k2,1＋4k2)，y1＝k(x1＋2)＝eq\f(4k,1＋4k2)， 所以线段PQ的中点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8k2,1＋4k2)，\f(2k,1＋4k2))). (ⅰ)当k＝0时，则有Q(2,0)，线段PQ垂直平分线为y轴， 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)当k≠0时，则线段PQ垂直平分线的方程为；y－eq\f(2k,1＋4k2)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(8k2,1＋4k2)))， 由于点N(0，t)是线段PQ垂直平分线上的一点，令x＝0，得：t＝－eq\f(6k,1＋4k2)， 于是eq\o(NP,\s\up12(→))＝