專練(六) 技法16　分類討論思想 1．已知a>0，b>0，且a≠1，b≠1，若logab>1，則(　　) A．(a－1)(b－1)<0 B．(a－1)(a－b)>0 C．(b－1)(b－a)<0 D．(b－1)(b－a)>0 答案：D 解析：∵a>0，b>0，且a≠1，b≠1， ∴當a>1，即a－1>0時， 不等式logab>1可化為alogab>a1，即b>a>1， ∴(a－1)(a－b)<0，(a－1)(b－1)>0，(b－1)(b－a)>0. 當0<a<1，即a－1<0時， 不等式logab>1可化為alogab<a1，即0<b<a<1， ∴(a－1)(a－b)<0，(a－1)(b－1)>0，(b－1)(b－a)>0. 綜上可知，選D. 2．[2019·武昌調研]等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若對任意的正整數(shù)n，Sn＋2＝4Sn＋3恒成立，則a1的值為(　　) A．－3 B．1 C．－3或1 D．1或3 答案：C 解析：設等比數(shù)列{an}的公比為q，當q＝1時，Sn＋2＝(n＋2)a1，Sn＝na1，由Sn＋2＝4Sn＋3得，(n＋2)a1＝4na1＋3，即3a1n＝2a1－3，若對任意的正整數(shù)n,3a1n＝2a1－3恒成立，則a1＝0且2a1－3＝0，矛盾，所以q≠1， 所以Sn＝，Sn＋2＝， 代入Sn＋2＝4Sn＋3并化簡得a1(4－q2)qn＝3＋3a1－3q，若對任意的正整數(shù)n該等式恒成立，則有解得或 故a1＝1或－3. 3．[2019·福建泉州新世紀中學質檢]若雙曲線＋＝1的漸近線方程為y＝±x，則m的值為(　　) A．－1 B. C. D．－1或 答案：B 解析：根據(jù)題意可分以下兩種情況討論： ①當焦點在x軸上時，則有 解得m<1， 此時漸近線方程為y＝± x， 由題意得，＝，解得m＝； ②當焦點在y軸上時，則有 解得m>3， 此時漸近線方程為y＝± x， 由題意得，＝，無解． 綜上可知m＝.故選B. 4．[2019·湖北武漢調研]已知實數(shù)x，y滿足約束條件如果目標函數(shù)z＝x＋ay的最大值為，則實數(shù)a的值為(　　) A．3 B. C．3或 D．3或－ 答案：D 解析：先畫出線性約束條件所表示的可行域，目標函數(shù)化為y＝－x＋z，目標函數(shù)z＝x＋ay的最大值只需直線的截距最大， 當a>0時，－<0， ①若－<－<0，即a>2，最優(yōu)解為A， z＝＋a＝，a＝3，符合題意； ②若－<－，即0<a<2，最優(yōu)解為B， z＝3＋a＝，a＝，不符合題意，舍去． 當a<0時，－>0， ③若0<－<1，即a<－1，最優(yōu)解為C(－2，－2)， z＝－2－2a＝，a＝－，符合題意； ④若－>1，即－1<a<0，最優(yōu)解為B， z＝3＋a＝，a＝，不符合題意，舍去； 綜上可知實數(shù)a的值為3或－.故選D. 5．[2019·江西師范附屬中學模擬]已知f(x)＝，若f(2－a)＝1，則f(a)等于(　　) A．－2 B．－1 C．1 D．2 答案：A 解析：①當2－a≥2，即a≤0時，22－a－2－1＝1， 解得a＝－1， 則f(a)＝f(－1)＝－log2[3－(－1)]＝－2； ②當2－a<2即a>0時，－log2[3－(2－a)]＝1， 解得a＝－，舍去． 所以f(a)＝－2.故選A. 6．[2019·安徽阜陽二模]等比數(shù)列{an}中，a1＋a4＋a7＝2，a3＋a6＋a9＝18，則{an}的前9項和S9＝________. 答案：14或26 解析：由題意得q2＝＝9，q＝±3， ①當q＝3時，a2＋a5＋a8＝3(a1＋a4＋a7)＝6，S9＝2＋6＋18＝26； ②當q＝－3時，a2＋a5＋a8＝－3(a1＋a4＋a7)＝－6，S9＝2－6＋18＝14. 所以S9＝14或26. 7．設圓錐曲線Γ的兩個焦點分別為F1，F(xiàn)2.若曲線Γ上存在點P滿足|PF1||F1F2||PF2|＝432，則曲線Γ的離心率等于________． 答案：或 解析：設|F1F2|＝2c(c>0)， 由已知|PF1||F1F2||PF2|＝432， 得|PF1|＝c，|PF2|＝c，且|PF1|>|PF2|. 若圓錐曲線Γ為橢圓，則2a＝|PF1|＋|PF2|＝4c， 離心率e＝； 若圓錐曲線Γ為雙曲線，則2a＝|PF1|－|PF2|＝c， 離心率e＝. 故曲線Γ的離心率等于或. 8．[2019·遼寧沈陽期末]f(x)是定義在R上的函數(shù)，滿足f(x)＝f(－x)，且x≥0時，f(x)＝x3，若對任意的x∈[2t－1,2t＋3]，不等式f(3x－t)≥8f(x)恒成立，則實數(shù)t的取值范圍是________． 答案：(－∞，－3]∪[1，＋∞)∪{0} 解析：f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，f(x)＝x3，在x>0上為單調增函數(shù)， f(3x－t)≥8f(x)＝8x3＝f(2x)， |3x－t|≥|2x|，所以(3x－t)2≥(2x)2， 化簡得5x2－6xt＋t2≥0.(*) ①當t＝0時顯然成立； ②當t>0時，(*)式解為x≤或x≥t，對任意x∈[2t－1,2t＋3]，(*)式恒成立，則需t≤2t－1，或t≥1； ③當t<0時，(*)式解為x≤t或t≥，對任意x∈[2t－1,2t＋3]， (*)式恒成立，則需2t＋3≤t，故t≤－3. 綜上所述，t≤－3或t≥1或t＝0. 9．[2019·湖南師大附中3月月考]設函數(shù)f(x)＝－aln x－，a∈R. (1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e]上有唯一的零點，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若在[1，e]上存在一點x0，使得f(x0)<－－x0－成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解析：(1)f′(x)＝x－＝，其中x∈[1，e]． ①當a≤1時，f′(x)≥0恒成立，f(x)在[1，e]上單調遞增， 又f(1)＝0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e]上有唯一的零點，符合題意． ②當a≥e2時，f′(x)≤0恒成立，f(x)在[1，e]上單調遞減， 又f(1)＝0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e]上有唯一的零點，符合題意． ③當1<a<e2時，若1≤x<，則f′(x)<0，f(x)在[1，)上單調遞減， 又f(1)＝0，所以f()<f(1)＝0， 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，)上有唯一的零點， 若<x≤e，則f′(x)>0，f(x)在(，e]上單調遞增， 要使函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e]上有唯一的零點，只需f(e)<0，即－a－<0， 解得e2>a>. 綜上，實數(shù)a的取值范圍是. (2)在[1，e]上存在一點x0，使得f(x0)<－－x0－成立，等價于x0＋－aln x0＋<0在[1，e]上有解，即函數(shù)g(x)＝x＋－aln x＋在[1，e]上的最小值小于零． g′(x)＝1－－－＝＝，x∈[1，e]． ①當a＋1≥e，即a≥e－1時，g(x)在[1，e]上單調遞減，所以g(x)的最小值為g(e)，由g(e)＝e＋－a<0可得a>，因為>e－1，所以a>. ②當a＋1≤1，即a≤0時，g(x)在[1，e]上單調遞增，所以g(x)的最小值為g(1)，由g(1)＝1＋1＋a<0可得a<－2. ③當1<a＋1<e時，即0<a<e－1時，g(x)在[1，a＋1)上單調遞減，在 (a＋1，e]上單調遞增，可得g(x)的最小值為g(a＋1)，因為0<ln(a＋1)<1，所以0<aln(a＋1)<a， 從而g(a＋1)＝a＋1＋－aln(a＋1)＋＝a＋2－aln(a＋1)>2，所以g(a＋1)<0不成立，不符合題意． 綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－2)∪. 10．[2018·全國卷Ⅰ，20]設拋物線C：y2＝2x，點A(2,0)，B(－2,0)，過點A的直線l與C交于M，N兩點． (1)當l與x軸垂直時，求直線BM的方程； (2)證明：∠ABM＝∠ABN. 解析：(1)當l與x軸垂直時，l的方程為x＝2，可得點M的坐標為(2,2)或(2，－2)． 所以直線BM的方程為y＝x＋1或y＝－x－1. (2)證明：當l與x軸垂直時，AB為MN的垂直平分線， 所以∠ABM＝∠ABN. 當l與x軸不垂直時，設l的方程為y＝k(x－2)(k≠0)， M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1>0，x2>0. 由得ky2－2y－4k＝0， 可知y1＋y2＝，y1y2＝－4. 直線BM，BN的斜率之和為kBM＋kBN＝＋＝.① 將x1＝＋2，x2＝＋2及y1＋y2，y1y2的表達式代入①式分子，可得x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝＝＝0. 所以kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的傾斜角互補，所以∠ABM＝∠ABN. 綜上，∠ABM＝∠ABN. 6