<cite id="q1wjn"><span id="q1wjn"></span></cite>
<rt id="q1wjn"></rt>

<rt id="q1wjn"><table id="q1wjn"></table></rt>
  • <s id="q1wjn"></s>
  • <cite id="q1wjn"><noscript id="q1wjn"></noscript></cite>
  • <cite id="q1wjn"></cite>
    精英家教網> 試卷> 題目
    難點38  分類討論思想 分類討論思想就是根據所研究對象的性質差異,分各種不同的情況予以分析解決.分類討論題覆蓋知識點較多,利于考查學生的知識面、分類思想和技巧;同時方式多樣,具有較高的邏輯性及很強的綜合性,樹立分類討論思想,應注重理解和掌握分類的原則、方法與技巧、做到“確定對象的全體,明確分類的標準,分層別類不重復、不遺漏的分析討論.” ●難點磁場 1.()若函數在其定義域內有極值點,則a的取值為           . 2.()設函數f(x)=x2+|x–a|+1,x∈R. (1)判斷函數

    難點38  分類討論思想 分類討論思想就是根據所研究對象的性質差異,分各種不同的情況予以分析解決.分類討論題覆蓋知識點較多,利于考查學生的知識面、分類思想和技巧;同時方式多樣,具有較高的邏輯性及很強的綜合性,樹立分類討論思想,應注重理解和掌握分類的原則、方法與技巧、做到“確定對象的全體,明確分類的標準,分層別類不重復、不遺漏的分析討論.” ●難點磁場 1.()若函數在其定義域內有極值點,則a的取值為           . 2.()設函數f(x)=x2+|x–a|+1,x∈R. (1)判斷函數參考答案

    參 考 答 案

    ●難點磁場

    1.解析:即f(x)=(a–1)x2+ax=0有解.

    a–1=0時,滿足.當a–1≠0時,只需Δ=a2–(a–1)>0.

    答案:a=1

    2.解:(1)當a=0時,函數f(–x)=(–x)2+|–x|+1=f(x),此時f(x)為偶函數.

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

    此時函數f(x)既不是奇函數,也不是偶函數.

    (2)①當xa時,函數f(x)=x2x+a+1=(x)2+a+

    a,則函數f(x)在(–∞,a]上單調遞減.

    從而函數f(x)在(–∞,a上的最小值為f(a)=a2+1

    a,則函數f(x)在(–∞,a上的最小值為f()=+a,且f()≤f(a).

    ②當xa時,函數f(x)=x2+xa+1=(x+)2a+

    a≤–,則函數f(x)在[a,+∞]上的最小值為f(–)=a,且f(–)≤f(a);

    a>–,則函數f(x)在[a,+∞)單調遞增.

    從而函數f(x)在[a,+∞]上的最小值為f(a)=a2+1.

    綜上,當a≤–時,函數f(x)的最小值為a;

    當–a時,函數f(x)的最小值是a2+1;

    a時,函數f(x)的最小值是a+.

    ●殲滅難點訓練

    一、1.解析:分a=2、|a|>2和|a|<2三種情況分別驗證.

    答案:C

    2.解析:任取4個點共C=210種取法.四點共面的有三類:(1)每個面上有6個點,則有4×C=60種取共面的取法;(2)相比較的4個中點共3種;(3)一條棱上的3點與對棱的中點共6種.

    答案:C

    二、3.解析:分線段AB兩端點在平面同側和異側兩種情況解決.

    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:設x0A,x0x02+px0+q=0的根.

    x0=0,則A={–2,0},從而p=2,q=0,B={–}.

    此時AB=與已知矛盾,故x0≠0.

    將方程x02+px0+q=0兩邊除以x02,得

    .

    滿足B中的方程,故B.

    A={–2},則–2∈A,且–2∈.

    A={–2,x0},則B={},且x0≠2(否則AB=).

    x0=–,則–2∈B,與–2B矛盾.

    又由AB,∴x0=,即x0=±1.

    A={–2,1}或A={–2,–1}.

    故方程x2+px+q=0有兩個不相等的實數根–2,1或–2,–1

    6.解:如圖,設MN切圓CN,則動點M組成的集合是P={M||MN|=λMQ|,λ>0}.

    ONMN,|ON|=1,

    ∴|MN2=|MO2–|ON2=|MO2–1

    設動點M的坐標為(x,y),

    即(x2–1)(x2+y2)–4λ2x+(4λ2+1)=0.

    經檢驗,坐標適合這個方程的點都屬于集合P,故方程為所求的軌跡方程.

    (1)當λ=1時,方程為x=,它是垂直于x軸且與x軸相交于點(,0)的直線;

    (2)當λ≠1時,方程化為:

    它是以為圓心,為半徑的圓.

    7.解:(1)依題意f(0)=0,又由f(x1)=1,當0≤y≤1,函數y=f(x)的圖象是斜率為b0=1的線段,故由

    x1=1

    又由f(x2)=2,當1≤y≤2時,函數y=f(x)的圖象是斜率為b的線段,故由

    x2x1=

    x2=1+

    x0=0,由函數y=f(x)圖象中第n段線段的斜率為bn–1,故得

    又由f(xn)=n,f(xn–1)=n–1

    xnxn–1=()n–1,n=1,2,……

    由此知數列{xnxn–1}為等比數列,其首項為1,公比為.

    b≠1,得(xkxk–1)

    =1++…+

    xn=

    (2)由(1)知,當b>1時,

    當0<b<1,n→∞, xn也趨于無窮大.xn不存在.

    (3)由(1)知,當0≤y≤1時,y=x,即當0≤x≤1時,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時,y=f(x)的定義域為[0,);

    當0<b<1時,y=f(x)的定義域為[0,+∞).

    8.(1)證明:依設,對任意x∈R,都有f(x)≤1

    ≤1

    a>0,b>0

    a≤2.

    (2)證明:必要性:

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

    ab≥–1,∴ab–1

    對任意x∈[0,1],|f(x)|≤1f(x)≤1.

    因為b>1,可以推出f()≤1即a.–1≤1,

    a≤2,∴b–1≤a≤2

    充分性:

    因為b>1,ab–1,對任意x∈[0,1].

    可以推出axbx2b(xx2)–x≥–x≥–1

    axbx2≥–1

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

    axbx2≤1,∴–1≤f(x)≤1

    綜上,當b>1時,對任意x∈[0,1],|f(x)|≤1的充要條件是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

    所以當a>0,0<b≤1時,對任意x∈[0,1],|f(x)|≤1的充要條件是ab+1.

    国产精品国产三级国产专不?
    <cite id="q1wjn"><span id="q1wjn"></span></cite>
    <rt id="q1wjn"></rt>

    <rt id="q1wjn"><table id="q1wjn"></table></rt>
  • <s id="q1wjn"></s>
  • <cite id="q1wjn"><noscript id="q1wjn"></noscript></cite>
  • <cite id="q1wjn"></cite>