精英家教网> 试卷> 难点38  分类讨论思想 分类讨论思想就是根据所研究对象的性质差异,分各种不同的情况予以分析解决.分类讨论题覆盖知识点较多,利于考查学生的知识面、分类思想和技巧;同时方式多样,具有较高的逻辑性及很强的综合性,树立分类讨论思想,应注重理解和掌握分类的原则、方法与技巧、做到“确定对象的全体,明确分类的标准,分层别类不重复、不遗漏的分析讨论.” ●难点磁场 1.()若函数在其定义域内有极值点,则a的取值为           . 2.()设函数f(x)=x2+|x–a|+1,x∈R. (1)判断函数 > 题目详情
题目所在试卷参考答案:

参 考 答 案

●难点磁场

1.解析:即f(x)=(a–1)x2+ax=0有解.

a–1=0时,满足.当a–1≠0时,只需Δ=a2–(a–1)>0.

答案:a=1

2.解:(1)当a=0时,函数f(–x)=(–x)2+|–x|+1=f(x),此时f(x)为偶函数.

a≠0时,f(a)=a2+1,f(–a)=a2+2|a|+1.f(–a)≠f(a),f(–a)≠–f(a)

此时函数f(x)既不是奇函数,也不是偶函数.

(2)①当xa时,函数f(x)=x2x+a+1=(x)2+a+

a,则函数f(x)在(–∞,a]上单调递减.

从而函数f(x)在(–∞,a上的最小值为f(a)=a2+1

a,则函数f(x)在(–∞,a上的最小值为f()=+a,且f()≤f(a).

②当xa时,函数f(x)=x2+xa+1=(x+)2a+

a≤–,则函数f(x)在[a,+∞]上的最小值为f(–)=a,且f(–)≤f(a);

a>–,则函数f(x)在[a,+∞)单调递增.

从而函数f(x)在[a,+∞]上的最小值为f(a)=a2+1.

综上,当a≤–时,函数f(x)的最小值为a

当–a时,函数f(x)的最小值是a2+1;

a时,函数f(x)的最小值是a+.

●歼灭难点训练

一、1.解析:分a=2、|a|>2和|a|<2三种情况分别验证.

答案:C

2.解析:任取4个点共C=210种取法.四点共面的有三类:(1)每个面上有6个点,则有4×C=60种取共面的取法;(2)相比较的4个中点共3种;(3)一条棱上的3点与对棱的中点共6种.

答案:C

二、3.解析:分线段AB两端点在平面同侧和异侧两种情况解决.

答案:1或2

4.解析:A={1,2},B={x|(x–1)(x–1+a)=0},

AB=A可得1–a=1或1–a=2;

AC=C,可知C={1}或.

答案:2或3  3或(–2,2)

三、5.解:设x0Ax0x02+px0+q=0的根.

x0=0,则A={–2,0},从而p=2,q=0,B={–}.

此时AB=与已知矛盾,故x0≠0.

将方程x02+px0+q=0两边除以x02,得

.

满足B中的方程,故B.

A={–2},则–2∈A,且–2∈.

A={–2,x0},则B={},且x0≠2(否则AB=).

x0=–,则–2∈B,与–2B矛盾.

又由AB,∴x0=,即x0=±1.

A={–2,1}或A={–2,–1}.

故方程x2+px+q=0有两个不相等的实数根–2,1或–2,–1

6.解:如图,设MN切圆CN,则动点M组成的集合是P={M||MN|=λMQ|,λ>0}.

ONMN,|ON|=1,

∴|MN2=|MO2–|ON2=|MO2–1

设动点M的坐标为(x,y),

即(x2–1)(x2+y2)–4λ2x+(4λ2+1)=0.

经检验,坐标适合这个方程的点都属于集合P,故方程为所求的轨迹方程.

(1)当λ=1时,方程为x=,它是垂直于x轴且与x轴相交于点(,0)的直线;

(2)当λ≠1时,方程化为:

它是以为圆心,为半径的圆.

7.解:(1)依题意f(0)=0,又由f(x1)=1,当0≤y≤1,函数y=f(x)的图象是斜率为b0=1的线段,故由

x1=1

又由f(x2)=2,当1≤y≤2时,函数y=f(x)的图象是斜率为b的线段,故由

x2x1=

x2=1+

x0=0,由函数y=f(x)图象中第n段线段的斜率为bn–1,故得

又由f(xn)=n,f(xn–1)=n–1

xnxn–1=()n–1,n=1,2,……

由此知数列{xnxn–1}为等比数列,其首项为1,公比为.

b≠1,得(xkxk–1)

=1++…+

xn=

(2)由(1)知,当b>1时,

当0<b<1,n→∞, xn也趋于无穷大.xn不存在.

(3)由(1)知,当0≤y≤1时,y=x,即当0≤x≤1时,f(x)=x;

nyn+1,即xnxxn+1由(1)可知

f(x)=n+bn(xxn)(n=1,2,…),由(2)知

b>1时,y=f(x)的定义域为[0,);

当0<b<1时,y=f(x)的定义域为[0,+∞).

8.(1)证明:依设,对任意x∈R,都有f(x)≤1

≤1

a>0,b>0

a≤2.

(2)证明:必要性:

对任意x∈[0,1],|f(x)|≤1–1≤f(x),据此可以推出–1≤f(1)

ab≥–1,∴ab–1

对任意x∈[0,1],|f(x)|≤1f(x)≤1.

因为b>1,可以推出f()≤1即a.–1≤1,

a≤2,∴b–1≤a≤2

充分性:

因为b>1,ab–1,对任意x∈[0,1].

可以推出axbx2b(xx2)–x≥–x≥–1

axbx2≥–1

因为b>1,a≤2,对任意x∈[0,1],可以推出axbx2≤2xbx2≤1

axbx2≤1,∴–1≤f(x)≤1

综上,当b>1时,对任意x∈[0,1],|f(x)|≤1的充要条件是b–1≤a≤2.

(3)解:∵a>0,0<b≤1

x∈[0,1],f(x)=axbx2≥–b≥–1

f(x)≥–1

f(x)≤1f(1)≤1ab≤1

ab+1

ab+1f(x)≤(b+1)xbx2≤1

f(x)≤1

所以当a>0,0<b≤1时,对任意x∈[0,1],|f(x)|≤1的充要条件是ab+1.