高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)思想方法訓(xùn)練4轉(zhuǎn)化與化歸思想理

思想方法訓(xùn)練4轉(zhuǎn)化與化歸思想能力突破訓(xùn)練1.已知M={(x,y)|y=x+a},N={(x,y)|x2+y2=2},且M∩N=?,則實數(shù)a的取值范圍是()A.a>2 B.a<2C.a>2或a<2 D.2<a<22.(2022廣西岑溪中學(xué)模擬)設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C所對邊的長分別為a,b,c,若△ABC的面積為S,且43S=(a+b)2c2,則sinCπ6=()A.1 B.12 C.22 D3.設(shè)P為曲線C:y=x2+2x+3上的點,且曲線C在點P處的切線傾斜角的取值范圍為0,π4,則點P橫坐標(biāo)的取值范圍為A.-1,-1C.[0,1] D.14.已知cos(πα)=35,則sin3π2-A.±45 B.45 C.355.(2022遼寧沈陽三模)已知函數(shù)g(x)=exlnxm的圖象恒在f(x)=(em1)x的圖象的上方,則實數(shù)m的取值范圍是()A.(∞,1) B.(∞,e1)C.(0,1) D.(0,e1)6.已知函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,2]上單調(diào)遞增,且函數(shù)f(x+2)是偶函數(shù),則下列結(jié)論成立的是()A.f(1)<f52<f7B.f72<f(1)<fC.f72<f52D.f52<f(1)<f7.平面上動點M到定點F(3,0)的距離比到直線l:x+1=0的距離大2,則動點M的軌跡方程為.

8.(2022四川成都七中三模)已知函數(shù)f(x)=sinπx,x∈[0,2],19.已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且13acosA5ccosB=5bcosC.(1)求sinA;(2)若a=27,且△ABC的面積為6,求△ABC的周長.10.(2022浙江,20)已知等差數(shù)列{an}的首項a1=1,公差d>1.記{an}的前n項和為Sn(n∈N*).(1)若S42a2a3+6=0,求Sn;(2)若對于每個n∈N*,存在實數(shù)cn,使an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比數(shù)列,求d的取值范圍.思維提升訓(xùn)練11.已知拋物線y2=4x的焦點為F,點P(x,y)為拋物線上的動點,又點A(1,0),則|PF||PAA.12 B.22 C.3212.函數(shù)f(x)=2sinxcosxsinxcosx(x∈R)的最小值是()A.1 B.14 C.1 D.13.(2022廣西河池一中高三月考)若向量a=(x,2),b=(3,y),c=(1,2),且(ac)⊥(b+c),則|ab|的最小值為.

14.已知f(x)=m(x2m)(x+m+3),g(x)=2x2,若?x∈R,f(x)<0或g(x)<0,則m的取值范圍是.

15.(2022西北工業(yè)大學(xué)附屬中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)=ax+1+x22x+1+(x1)lna(a>0,且a≠1).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若對?x1,x2∈[0,2],使|f(x1)f(x2)|≤1a1恒成立,求a的取值范圍

思想方法訓(xùn)練4轉(zhuǎn)化與化歸思想能力突破訓(xùn)練1.C解析M∩N=?等價于方程組y=x把y=x+a代入到方程x2+y2=2中,消去y,得到關(guān)于x的一元二次方程2x2+2ax+a22=0, ①由題易知一元二次方程①無實根,即Δ=(2a)24×2×(a22)<0,由此解得a>2或a<2.2.B解析由題意可知,S=12absinC,a2+b2c2=2abcosC又43S=(a+b)2c2=a2+b2c2+2ab,∴23absinC=2abcosC+2ab,∵ab≠0,∴3sinC=cosC+即3sinCcosC=1.∴32sinC12cosC=12,∴sinCπ3.A解析設(shè)P(x0,y0),曲線C在點P處的切線的傾斜角為α,則0≤tanα≤1,令y=f(x)=x2+2x+3,則f'(x)=2x+2,于是0≤2x0+2≤1,1≤x0≤12,故選A4.D解析因為cos(πα)=cosα=35所以sin3π2α=cosα=35.5.A解析由題意可得(em1)x<exlnxm,故x·em+m+lnx<ex+x,即em+lnx+m+lnx<ex+x.令φ(x)=ex+x,而φ(x)=ex+x為增函數(shù),于是原不等式可化為φ(m+lnx)<φ(x),所以m+lnx<x,即m<xlnx,令h(x)=xlnx,則h'(x)=11x=x-1x,當(dāng)0<x<1時,h'(x)<0,當(dāng)x>1時,所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以h(x)min=h(1)=1,所以m<1.6.B解析因為函數(shù)f(x+2)是偶函數(shù),所以f(x+2)=f(x+2),即函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=2對稱.又因為函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,2]上單調(diào)遞增,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[2,4]上單調(diào)遞減.因為f(1)=f(3),72>3>52,所以f72<f(3)<f52,即f77.y2=12x解析因為動點M到定點F(3,0)的距離比到直線l:x+1=0的距離大2,所以動點M到定點F(3,0)的距離與到直線x+3=0的距離相等,所以點M的軌跡是以點F(3,0)為焦點,直線x=3為準(zhǔn)線的拋物線,故動點M的軌跡方程是y2=12x.8.3解析函數(shù)y=f(x)ln(x1)的零點個數(shù)即函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)y=ln(x1)的圖象的交點個數(shù),作出函數(shù)f(x)與y=ln(x1)的圖象,如圖.由圖可知,函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)y=ln(x1)的圖象有3個交點,故函數(shù)y=f(x)ln(x1)的零點個數(shù)為3.9.解(1)因為13acosA5ccosB=5bcosC,所以13sinAcosA=5sinBcosC+5sinCcosB,即13sinAcosA=5sin(B+C),所以13sinAcosA=5sinA,因為0<A<π,所以sinA>0,所以cosA=513所以sinA=1(2)因為△ABC的面積S△ABC=12bcsinA=613bc=6,所以由余弦定理得a2=b2+c22bccosA=b2+c210=(b+c)22bc10=(b+c)236,即28=(b+c)236,解得b+c=8,所以△ABC的周長為8+2710.解(1)∵S42a2a3+6=0,∴4a1+4×32d2(a1+d)(a1+2d)+6又a1=1,∴4d2+12d=0,解得d=3或d=0(舍去),∴Sn=na1+n(n(2)∵對每個n∈N*,存在實數(shù)cn使得an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比數(shù)列,∴(an+1+4cn)2=(an+cn)(an+2+15cn),即cn2+(8an+1an+215an)cn+an+12an而8an+1an+215an=8(a1+nd)[a1+(n+1)d]15[a1+(n1)d]=8+(148n)d,an+12anan+2=(an+d)2an(an+2d)∴cn2+[8+(148n)d]cn+d∴Δ=[8+(148n)d]24d2≥0,即[(2n)d+1][(32n)d+2]≥0,當(dāng)n=1時,顯然成立;當(dāng)n=2時,有d+2≥0,∴d≤2,∴1<d≤2;當(dāng)n≥3時,原式=[(n2)d1][(2n3)d2]>0恒成立.∴1<d≤2,即d的取值范圍是(1,2].思維提升訓(xùn)練11.B解析顯然點A為準(zhǔn)線與x軸的交點,如圖,過點P作PB垂直準(zhǔn)線于點B,則|PB|=|PF|.∴|PF||設(shè)過點A的直線AC與拋物線切于點C,則0<∠BAC≤∠PAB≤π∴sin∠BAC≤sin∠PAB.設(shè)點C的坐標(biāo)為(x0,y0),則y02=4x0,又y0x0+1=y'|x=x0∴C(1,2),|AC|=22∴sin∠BAC=222=2故應(yīng)選B.12.D解析令t=sinx+cosx=2sinx+π4,則t∈[2,2],∴2sin∴f(x)=2sinxcosxsinxcosx可轉(zhuǎn)化為g(t)=t2t1=t-122-54,∴當(dāng)t=12時,g(t13.2解析由題設(shè),得ac=(x+1,4),b+c=(4,y又(ac)⊥(b+c),∴(ac)·(b+c)=4(x+1)+4(y2)=0,則xy+3=0,又ab=(x+3,2y),則|ab|=(x∴要求|ab|的最小值,即求定點(3,2)到直線xy+3=0的距離,∴|ab|min=|-14.(4,0)解析將問題轉(zhuǎn)化為g(x)<0的解集的補(bǔ)集是f(x)<0的解集的子集求解.∵g(x)=2x2<0,∴x<1.又?x∈R,f(x)<0或g(x)<0,∴[1,+∞)是f(x)<0的解集的子集.顯然m≥0不符合題意,因此m<0.當(dāng)m<0時,f(x)<0,即(x2m)(x+m+3)>0,若2m=m3,即m=1,此時f(x)<0的解集為{x|x≠2},滿足題意;若2m>m3,即1<m<0,此時f(x)<0的解集為{x|x>2m或x<m3},依題意2m<1,∴1<m<0;若2m<m3,即m<1,此時f(x)<0的解集為{x|x<2m或x>m3},依題意m3<1,m>4,∴4<m<1.綜上可知,滿足條件的m的取值范圍是4<m<0.15.解(1)f(x)的定義域為R,f'(x)=ax+1lna+2x2+lna=2(x1)+(1ax+1)lna(a>0,且a≠1),顯然可見,f'(1)=0.①當(dāng)x>1時,2(x1)>0,x+1<0.若0<a<1,則lna<0,ax+1>1,得1ax+1<0,于是f'(x)>0;若a>1,則lna>0,0<ax+1<1,得1ax+1>0,于是f'(x)>0.∴當(dāng)x>1時,f'(x)>0,即f(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增.②當(dāng)x<1時,2(x1)<0,x+1>0,若0<a<1,則lna<0,0<ax+1<1,得1ax+1>0,于是f'(x)<0;若a>1,則lna>0,ax+1>1,得1ax+1<0,于是f'(x)<0.∴當(dāng)x<1時,f'(x)<0,即f(x)在區(qū)間(∞,1)上單調(diào)遞減.綜上所述,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(∞,1).(2)對?x1,x2∈[0,2],使|f(x1)f(x2)|≤1即對?x∈[0,2],f(x)maxf(x)min≤1a由(1)知f(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞減,在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增,∴f(x)min=f(1)=1,f(x)max為f(0)和f(2)中的較大者.又f(0)=a+1lna,f(2)=a1+1+lna,f(0)f(2)=a1a2lna設(shè)φ(a)=a1a2lna,則φ'(a)=1+1a2-2a=11a∴φ(a)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增.注意到φ(1)=0,∴當(dāng)0<a<1時,φ(a)<0,f(0)<f(2);當(dāng)a>1時,φ(a)>0,f(0)>f(2).①當(dāng)0<a<1時,f(x)maxf(