2017版（浙江專(zhuān)版文理通用）知識(shí)·方法篇練習(xí)專(zhuān)題9數(shù)學(xué)思想第38練含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精第38練分類(lèi)討論思想[思想方法解讀]分類(lèi)討論思想是一種重要的數(shù)學(xué)思想方法,其基本思路是將一個(gè)較復(fù)雜的數(shù)學(xué)問(wèn)題分解（或分割)成若干個(gè)基礎(chǔ)性問(wèn)題，通過(guò)對(duì)基礎(chǔ)性問(wèn)題的解答來(lái)實(shí)現(xiàn)解決原問(wèn)題的思想策略．1．中學(xué)數(shù)學(xué)中可能引起分類(lèi)討論的因素：（1)由數(shù)學(xué)概念而引起的分類(lèi)討論：如絕對(duì)值的定義、不等式的定義、二次函數(shù)的定義、直線(xiàn)的傾斜角等．（2)由數(shù)學(xué)運(yùn)算要求而引起的分類(lèi)討論：如除法運(yùn)算中除數(shù)不為零,偶次方根為非負(fù)數(shù),對(duì)數(shù)運(yùn)算中真數(shù)與底數(shù)的要求,指數(shù)運(yùn)算中底數(shù)的要求，不等式中兩邊同乘以一個(gè)正數(shù)、負(fù)數(shù),三角函數(shù)的定義域,等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和公式等．（3)由性質(zhì)、定理、公式的限制而引起的分類(lèi)討論：如函數(shù)的單調(diào)性、基本不等式等．(4)由圖形的不確定性而引起的分類(lèi)討論：如二次函數(shù)圖象、指數(shù)函數(shù)圖象、對(duì)數(shù)函數(shù)圖象等．(5)由參數(shù)的變化而引起的分類(lèi)討論：如某些含有參數(shù)的問(wèn)題,由于參數(shù)的取值不同會(huì)導(dǎo)致所得的結(jié)果不同，或者由于對(duì)不同的參數(shù)值要運(yùn)用不同的求解或證明方法等．2．進(jìn)行分類(lèi)討論要遵循的原則是：分類(lèi)的對(duì)象是確定的,標(biāo)準(zhǔn)是統(tǒng)一的,不遺漏、不重復(fù)，科學(xué)地劃分，分清主次，不越級(jí)討論．其中最重要的一條是“不重不漏”．3．解答分類(lèi)討論問(wèn)題時(shí)的基本方法和步驟是:首先要確定討論對(duì)象以及所討論對(duì)象的全體的范圍；其次確定分類(lèi)標(biāo)準(zhǔn),正確進(jìn)行合理分類(lèi)，即標(biāo)準(zhǔn)統(tǒng)一、不重不漏、分類(lèi)互斥(沒(méi)有重復(fù)）；再對(duì)所分類(lèi)逐步進(jìn)行討論,分級(jí)進(jìn)行，獲取階段性結(jié)果；最后進(jìn)行歸納小結(jié)，綜合得出結(jié)論．體驗(yàn)高考1．(2015·山東）設(shè)函數(shù)f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(3x－1,x＜1，，2x，x≥1，)）則滿(mǎn)足f（f(a）)＝2f（a）的a的取值范圍是()A.eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f（2，3）,1）） B．［0，1］C。eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2，3)，＋∞)） D．［1，＋∞）答案C解析由f(f（a））＝2f（a)得，f(a）≥1.當(dāng)a<1時(shí),有3a－1≥1，∴a≥eq\f（2，3），∴eq\f（2,3）≤a〈1。當(dāng)a≥1時(shí)，有2a≥1，∴a≥0,∴a≥1。綜上，a≥eq\f（2,3）,故選C。2．(2015·湖北)將離心率為e1的雙曲線(xiàn)C1的實(shí)半軸長(zhǎng)a和虛半軸長(zhǎng)b（a≠b)同時(shí)增加m(m〉0）個(gè)單位長(zhǎng)度,得到離心率為e2的雙曲線(xiàn)C2，則（）A．對(duì)任意的a，b,e1〉e2B．當(dāng)a>b時(shí),e1〉e2；當(dāng)a<b時(shí)，e1<e2C．對(duì)任意的a，b，e1〈e2D．當(dāng)a〉b時(shí)，e1<e2；當(dāng)a<b時(shí)，e1〉e2答案D解析由題意e1＝eq\r(\f（a2＋b2,a2)）＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(b,a))）2)；雙曲線(xiàn)C2的實(shí)半軸長(zhǎng)為a＋m，虛半軸長(zhǎng)為b＋m，離心率e2＝eq\r(\f（a＋m2＋b＋m2，a＋m2))＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(b＋m，a＋m））)2)。因?yàn)閑q\f(b＋m，a＋m）－eq\f（b，a）＝eq\f（ma－b，aa＋m)，且a>0，b〉0，m>0，a≠b，所以當(dāng)a>b時(shí),eq\f(ma－b,aa＋m)〉0，即eq\f(b＋m,a＋m)〉eq\f（b,a）。又eq\f(b＋m，a＋m)〉0，eq\f(b，a）〉0,所以由不等式的性質(zhì)依次可得eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（b＋m，a＋m)）)2〉eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(b,a)））2,1＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（b＋m，a＋m))）2〉1＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2，所以eq\r（1＋\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(b＋m，a＋m)））2)>eq\r（1＋\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（b,a)))2)，即e2>e1；同理,當(dāng)a<b時(shí)，eq\f(ma－b,aa＋m）<0，可推得e2〈e1。綜上，當(dāng)a〉b時(shí)，e1〈e2；當(dāng)a<b時(shí),e1>e2。3．(2015·天津)已知橢圓eq\f（x2,a2）＋eq\f(y2,b2）＝1(a＞b＞0）的左焦點(diǎn)為F(－c,0),離心率為eq\f(\r(3）,3)，點(diǎn)M在橢圓上且位于第一象限，直線(xiàn)FM被圓x2＋y2＝eq\f（b2,4）截得的線(xiàn)段的長(zhǎng)為c，|FM|＝eq\f（4\r(3),3）.（1)求直線(xiàn)FM的斜率；（2)求橢圓的方程;(3)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P在橢圓上,若直線(xiàn)FP的斜率大于eq\r（2），求直線(xiàn)OP(O為原點(diǎn)）的斜率的取值范圍．解(1)由已知有eq\f（c2，a2）＝eq\f(1,3）,又由a2＝b2＋c2，可得a2＝3c2，b2＝2c2.設(shè)直線(xiàn)FM的斜率為k(k＞0)，F(xiàn)(－c，0），則直線(xiàn)FM的方程為y＝k（x＋c)．由已知，有eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（kc,\r（k2＋1)))）2＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(c,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（b，2)))2，解得k＝eq\f（\r（3）,3).(2）由(1）得橢圓方程為eq\f(x2,3c2)＋eq\f(y2,2c2)＝1，直線(xiàn)FM的方程為y＝eq\f(\r（3),3）（x＋c)，兩個(gè)方程聯(lián)立，消去y，整理得3x2＋2cx－5c2＝0，解得x＝－eq\f（5，3）c，或x＝c.因?yàn)辄c(diǎn)M在第一象限，可得點(diǎn)M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(c,\f（2\r(3），3）c)).由｜FM|＝eq\r(c＋c2＋\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2\r（3),3)c－0）)2)＝eq\f（4\r（3),3).解得c＝1，所以橢圓的方程為eq\f(x2，3）＋eq\f(y2，2）＝1.(3)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x，y),直線(xiàn)FP的斜率為t,得t＝eq\f（y，x＋1），即y＝t（x＋1)(x≠－1）．與橢圓方程聯(lián)立,eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(y＝tx＋1，,\f（x2,3）＋\f（y2,2)＝1,))消去y，整理得2x2＋3t2(x＋1）2＝6，又由已知，得t＝eq\r（\f(6－2x2,3x＋12）)＞eq\r（2），解得－eq\f(3，2)＜x＜－1或－1＜x＜0。設(shè)直線(xiàn)OP的斜率為m，得m＝eq\f（y，x)，即y＝mx(x≠0)，與橢圓方程聯(lián)立,整理得m2＝eq\f（2，x2)－eq\f（2，3）。①當(dāng)x∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（3,2),－1））時(shí)，有y＝t（x＋1）＜0，因此m＞0，于是m＝eq\r(\f(2，x2)－\f(2,3)）,得m∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(\r（2)，3)，\f(2\r(3)，3)）).②當(dāng)x∈(－1,0）時(shí)，有y＝t(x＋1）＞0，因此m＜0，于是m＝－eq\r(\f(2,x2)－\f(2,3))，得m∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－∞，－\f(2\r(3),3)））.綜上，直線(xiàn)OP的斜率的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－∞，－\f(2\r（3）,3))）∪eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(\r（2)，3）,\f(2\r（3），3)））。高考必會(huì)題型題型一由概念、公式、法則、計(jì)算性質(zhì)引起的分類(lèi)討論例1設(shè)集合A＝｛x∈R｜x2＋4x＝0}，B＝{x∈R|x2＋2(a＋1)x＋a2－1＝0，a∈R}，若B?A,求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解∵A＝｛0，－4},B?A，于是可分為以下幾種情況．（1）當(dāng)A＝B時(shí)，B＝{0，－4｝，∴由根與系數(shù)的關(guān)系,得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－2a＋1＝－4，，a2－1＝0，)）解得a＝1。(2)當(dāng)BA時(shí),又可分為兩種情況．①當(dāng)B≠?時(shí)，即B＝｛0｝或B＝｛－4｝，當(dāng)x＝0時(shí),有a＝±1；當(dāng)x＝－4時(shí)，有a＝7或a＝1.又由Δ＝4(a＋1)2－4（a2－1)＝0，解得a＝－1，此時(shí)B＝｛0｝滿(mǎn)足條件；②當(dāng)B＝?時(shí)，Δ＝4(a＋1）2－4（a2－1)〈0,解得a〈－1。綜合(1)(2）知，所求實(shí)數(shù)a的取值范圍為a≤－1或a＝1。點(diǎn)評(píng)對(duì)概念、公式、法則的內(nèi)含及應(yīng)用條件的準(zhǔn)確把握是解題關(guān)鍵，在本題中，B?A，包括B＝?和B≠?兩種情況．解答時(shí)就應(yīng)分兩種情況討論，在關(guān)于指數(shù)、對(duì)數(shù)的運(yùn)算中,底數(shù)的取值范圍是進(jìn)行討論時(shí)首先要考慮的因素．變式訓(xùn)練1已知數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和Sn＝pn－1(p是常數(shù)),則數(shù)列｛an}是(）A．等差數(shù)列B．等比數(shù)列C．等差數(shù)列或等比數(shù)列D．以上都不對(duì)答案D解析∵Sn＝pn－1，∴a1＝p－1,an＝Sn－Sn－1＝（p－1)pn－1(n≥2)，當(dāng)p≠1且p≠0時(shí)，｛an｝是等比數(shù)列;當(dāng)p＝1時(shí)，{an}是等差數(shù)列；當(dāng)p＝0時(shí)，a1＝－1，an＝0(n≥2)，此時(shí){an｝既不是等差數(shù)列也不是等比數(shù)列．題型二分類(lèi)討論在含參函數(shù)中的應(yīng)用例2已知函數(shù)f（x）＝－x2＋2ax＋1－a在x∈[0，1]上有最大值2，求a的值．解函數(shù)f(x)＝－x2＋2ax＋1－a＝－(x－a）2＋a2－a＋1，對(duì)稱(chēng)軸方程為x＝a。(1）當(dāng)a<0時(shí)，f（x)max＝f（0）＝1－a，∴1－a＝2,∴a＝－1。(2）當(dāng)0≤a≤1時(shí)，f(x）max＝f(a）＝a2－a＋1，∴a2－a＋1＝2，∴a2－a－1＝0，∴a＝eq\f（1±\r(5）,2)（舍）．（3）當(dāng)a〉1時(shí)，f（x）max＝f（1)＝a，∴a＝2.綜上可知,a＝－1或a＝2.點(diǎn)評(píng)本題中函數(shù)的定義域是確定的，二次函數(shù)的對(duì)稱(chēng)軸是不確定的，二次函數(shù)的最值問(wèn)題與對(duì)稱(chēng)軸息息相關(guān)，因此需要對(duì)對(duì)稱(chēng)軸進(jìn)行討論，分對(duì)稱(chēng)軸在區(qū)間內(nèi)和對(duì)稱(chēng)軸在區(qū)間外，從而確定函數(shù)在給定區(qū)間上的單調(diào)性,即可表示函數(shù)的最大值，從而求出a的值．變式訓(xùn)練2已知函數(shù)f（x)＝2ex－ax－2(x∈R，a∈R）．(1）當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線(xiàn)y＝f（x)在x＝1處的切線(xiàn)方程；（2）求x≥0時(shí),若不等式f（x)≥0恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解（1)當(dāng)a＝1時(shí),f（x)＝2ex－x－2,f′(x）＝2ex－1,f′(1）＝2e－1，即曲線(xiàn)y＝f(x)在x＝1處的切線(xiàn)的斜率k＝2e－1，又f(1)＝2e－3，所以所求的切線(xiàn)方程是y＝(2e－1）x－2.（2）易知f′（x）＝2ex－a.若a≤0，則f′（x）>0恒成立,f（x）在R上單調(diào)遞增；若a〉0，則當(dāng)x∈（－∞，lneq\f(a,2））時(shí),f′（x）〈0，f（x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（lneq\f(a,2)，＋∞）時(shí)，f′（x）>0，f(x)單調(diào)遞增．又f(0）＝0，所以若a≤0，則當(dāng)x∈［0，＋∞）時(shí)，f(x）≥f（0）＝0，符合題意．若a〉0，則當(dāng)lneq\f(a，2)≤0，即0〈a≤2時(shí),則當(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)，f（x）≥f(0）＝0,符合題意．當(dāng)lneq\f（a，2)〉0，即a〉2,則當(dāng)x∈(0，lneq\f（a,2))時(shí)，f（x）單調(diào)遞減，f（x)〈f(0）＝0，不符合題意．綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞,2］．題型三根據(jù)圖形位置或形狀分類(lèi)討論例3在約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x≥0，,y≥0，,y＋x≤s,,y＋2x≤4））下，當(dāng)3≤s≤5時(shí)，z＝3x＋2y的最大值的變化范圍是(）A．[6，15] B．［7，15］C．[6，8] D．[7，8]答案D解析由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x＋y＝s,，y＋2x＝4））?eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x＝4－s，，y＝2s－4，）)取點(diǎn)A(2，0），B（4－s,2s－4)，C(0，s)，C′（0，4)．①當(dāng)3≤s〈4時(shí)，可行域是四邊形OABC（含邊界），如圖（1）所示,此時(shí)，7≤zmax〈8。②當(dāng)4≤s≤5時(shí)，此時(shí)可行域是△OAC′，如圖(2)所示，zmax＝8。綜上，z＝3x＋2y最大值的變化范圍是［7，8]．點(diǎn)評(píng)幾類(lèi)常見(jiàn)的由圖形的位置或形狀變化引起的分類(lèi)討論(1）二次函數(shù)對(duì)稱(chēng)軸的變化；(2）函數(shù)問(wèn)題中區(qū)間的變化；(3)函數(shù)圖象形狀的變化；(4)直線(xiàn)由斜率引起的位置變化；(5)圓錐曲線(xiàn)由焦點(diǎn)引起的位置變化或由離心率引起的形狀變化；（6）立體幾何中點(diǎn)、線(xiàn)、面的位置變化等．變式訓(xùn)練3設(shè)點(diǎn)F1，F(xiàn)2為橢圓eq\f(x2，9)＋eq\f（y2,4)＝1的兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)P為橢圓上一點(diǎn)，已知點(diǎn)P，F(xiàn)1，F(xiàn)2是一個(gè)直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，且eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1）)＞eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(PF2）)，求eq\f(\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1（PF1))，\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1（PF2）)）的值．解若∠PF2F1＝90°，則eq\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1(PF1）)2＝｜PF2|2＋eq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1（F1F2))2,又∵eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1(PF1））＋eq\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1（PF2））＝6，eq\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1(F1F2））＝2eq\r（5），解得eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1(PF1）)＝eq\f(14,3)，eq\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1(PF2））＝eq\f（4，3)，∴eq\f（\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1（PF1)),\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(PF2）））＝eq\f(7，2).若∠F1PF2＝90°，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(F1F2)）2＝eq\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1（PF1))2＋eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(PF2)）2，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1））2＋(6－eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1(PF1）)）2＝20，又|PF1｜>｜PF2|，∴eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1)）＝4，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1（PF2））＝2，∴eq\f(\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1(PF1）），\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1(PF2)))＝2.綜上知，eq\f（\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1（PF1)）,\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1(PF2）））＝eq\f(7，2）或2。高考題型精練1．若關(guān)于x的方程|ax－1｜＝2a(a〉0且a≠1）有兩個(gè)不等實(shí)根，則a的取值范圍是（)A．(0,1)∪(1，＋∞) B．(0,1）C．（1，＋∞) D。eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0,\f(1，2）））答案D解析方程｜ax－1｜＝2a(a>0且a≠1)有兩個(gè)實(shí)數(shù)根轉(zhuǎn)化為函數(shù)y＝｜ax－1|與y＝2a有兩個(gè)交點(diǎn)．①當(dāng)0〈a<1時(shí),如圖（1），∴0〈2a<1,即0<a〈eq\f(1,2).②當(dāng)a>1時(shí)，如圖（2），而y＝2a〉1不符合要求．綜上，0〈a<eq\f(1,2）.2．x，y滿(mǎn)足約束條件eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x＋y－2≤0，，x－2y－2≤0，，2x－y＋2≥0。)）若z＝y(tǒng)－ax取得最大值的最優(yōu)解不唯一，則實(shí)數(shù)a的值為（)A.eq\f(1，2）或－1 B．2或eq\f（1,2)C．2或1 D．2或－1答案D解析如圖，由y＝ax＋z知z的幾何意義是直線(xiàn)在y軸上的截距，故當(dāng)a〉0時(shí)，要使z＝y(tǒng)－ax取得最大值的最優(yōu)解不唯一，則a＝2；當(dāng)a<0時(shí),要使z＝y(tǒng)－ax取得最大值的最優(yōu)解不唯一，則a＝－1.3．拋物線(xiàn)y2＝4px(p>0)的焦點(diǎn)為F，P為其上的一點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若△OPF為等腰三角形，則這樣的點(diǎn)P的個(gè)數(shù)為(）A．2B．3C．4D．6答案C解析當(dāng)|PO｜＝｜PF｜時(shí)，點(diǎn)P在線(xiàn)段OF的中垂線(xiàn)上,此時(shí),點(diǎn)P的位置有兩個(gè)；當(dāng)｜OP｜＝|OF|時(shí)，點(diǎn)P的位置也有兩個(gè);對(duì)｜FO｜＝｜FP｜的情形，點(diǎn)P不存在．事實(shí)上，F(xiàn)(p,0），若設(shè)P(x，y),則｜FO｜＝p，|FP｜＝eq\r(x－p2＋y2)，若eq\r(x－p2＋y2）＝p，則有x2－2px＋y2＝0，又∵y2＝4px,∴x2＋2px＝0，解得x＝0或x＝－2p，當(dāng)x＝0時(shí)，不構(gòu)成三角形．當(dāng)x＝－2p(p>0）時(shí),與點(diǎn)P在拋物線(xiàn)上矛盾．∴符合要求的點(diǎn)P一共有4個(gè)．4．函數(shù)f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（,2x，x〈1)）的值域?yàn)開(kāi)_______．答案(－∞，2)解析當(dāng)x≥1時(shí)，是單調(diào)遞減的，此時(shí)，函數(shù)的值域?yàn)?－∞，0]；當(dāng)x〈1時(shí),f（x）＝2x是單調(diào)遞增的，此時(shí)，函數(shù)的值域?yàn)?0，2)．綜上，f（x)的值域是(－∞，2)．5．已知集合A＝{x|1≤x<5｝，C＝｛x｜－a〈x≤a＋3｝．若C∩A＝C,則a的取值范圍是________．答案(－∞，－1]解析因?yàn)镃∩A＝C，所以C?A.①當(dāng)C＝?時(shí)，滿(mǎn)足C?A，此時(shí)－a≥a＋3，得a≤－eq\f（3，2）；②當(dāng)C≠?時(shí)，要使C?A,則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a<a＋3,，－a≥1，，a＋3〈5，)）解得－eq\f（3,2）<a≤－1。綜上，a的取值范圍是（－∞,－1］．6．已知函數(shù)f(x）＝x2＋ax＋3－a，若x∈［－2,2]時(shí)，f(x）≥0恒成立，求a的取值范圍．解要使f（x）≥0恒成立，則函數(shù)在區(qū)間［－2，2]上的最小值不小于0，設(shè)f（x）的最小值為g(a)．（1)當(dāng)－eq\f(a,2）<－2,即a>4時(shí),g(a）＝f(－2)＝7－3a≥0,得a≤eq\f(7，3），故此時(shí)a不存在．（2)當(dāng)－eq\f（a，2）∈［－2，2］，即－4≤a≤4時(shí)，g(a）＝feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（a,2)）)＝3－a－eq\f(a2,4)≥0，得－6≤a≤2，又－4≤a≤4，故－4≤a≤2.（3)當(dāng)－eq\f(a,2）〉2，即a〈－4時(shí)，g（a）＝f（2)＝7＋a≥0,得a≥－7，又a<－4，故－7≤a〈－4，綜上得－7≤a≤2。7．已知ax2－（a＋1）x＋1<0，求不等式的解集．解若a＝0，原不等式等價(jià)于－x＋1<0，解得x>1。若a〈0，原不等式等價(jià)于（x－eq\f(1，a)）(x－1）〉0,解得x<eq\f(1,a)或x〉1。若a〉0，原不等式等價(jià)于(x－eq\f(1,a)）（x－1)<0。①當(dāng)a＝1時(shí),eq\f(1，a)＝1，(x－eq\f（1,a)）（x－1）〈0無(wú)解;②當(dāng)a〉1時(shí)，eq\f(1,a）<1，解（x－eq\f（1，a))(x－1)<0得eq\f（1,a）〈x<1；③當(dāng)0〈a<1時(shí),eq\f(1，a）>1，解(x－eq\f（1,a））(x－1)〈0得1〈x<eq\f(1,a).綜上所述：當(dāng)a<0時(shí)，解集為｛x｜x<eq\f（1,a）或x>1}；當(dāng)a＝0時(shí),解集為｛x｜x>1｝；當(dāng)0〈a<1時(shí),解集為｛x|1〈x〈eq\f(1,a）｝；當(dāng)a＝1時(shí)，解集為?；當(dāng)a〉1時(shí)，解集為｛x｜eq\f(1，a）〈x<1｝．8．已知首項(xiàng)為eq\f（3,2）的等比數(shù)列{an}不是遞減數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn(n∈N＊)，且S3＋a3,S5＋a5，S4＋a4成等差數(shù)列．（1）求數(shù)列｛an}的通項(xiàng)公式；(2）設(shè)Tn＝Sn－eq\f(1，Sn)（n∈N＊),求數(shù)列{Tn}的最大項(xiàng)的值與最小項(xiàng)的值．解(1）設(shè)等比數(shù)列｛an｝的公比為q，因?yàn)镾3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數(shù)列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，于是q2＝eq\f(a5，a3）＝eq\f(1,4）。又{an}不是遞減數(shù)列且a1＝eq\f（3,2)，所以q＝－eq\f（1，2）.故等比數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（1,2)））n－1＝(－1）n－1·eq\f(3,2n).（2）由（1)得Sn＝1－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（1,2)))n＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)，n為奇數(shù)，，1－\f(1，2n),n為偶數(shù)。))當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Sn隨n的增大而減小，所以1〈Sn≤S1＝eq\f（3，2)，故0〈Sn－eq\f（1，Sn）≤S1－eq\f（1，S1）＝eq\f（3,2）－eq\f(2,3）＝eq\f(5,6)。當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),Sn隨n的增大而增大,所以eq\f（3，4）＝S2≤Sn〈1,故0〉Sn－eq\f（1,Sn）≥S2－eq\f（1，S2）＝eq\f（3,4）－eq\f(4,3）＝－eq\f(7,12)。綜上，對(duì)于n∈N*，總有－eq\f（7,12)≤Sn－eq\f（1，Sn）≤eq\f(5，6)。所以數(shù)列{Tn}最大項(xiàng)的值為eq\f(5,6)，最小項(xiàng)的值為－eq\f（7，12）。9．已知函數(shù)f（x)＝eq\f（x2＋ax＋a，e