10、 解析：f(x)＝(sinx＋cosx)－|sinx－cosx|＝f(x)∈.
2. (2011·徐州三模)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－alnx與g(x)＝x－的圖象分別交直線x＝1于點(diǎn)A、B，且曲線y＝f(x)在點(diǎn)A處的切線與曲線y＝g(x)在點(diǎn)B處的切線平行．
(1) 求函數(shù)f(x)，g(x)的解析式；
(2) 當(dāng)a>1時(shí)，求函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的最小值；
(3) 當(dāng)a<1時(shí)，不等式f(x)≥mg(x)在x∈上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
解：(1) 由f(x)＝x2－alnx，得f′(x)＝2x－，由g(x)＝x－，得
g′(x)＝－.
又由題意得f′(1)＝g′(1
11、)，即2－a＝－1，故a＝2或a＝.
當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝x2－2lnx，g(x)＝x－，
當(dāng)a＝時(shí)，f(x)＝x2－lnx，g(x)＝2x－.
(2) 當(dāng)a>1時(shí)，h(x)＝f(x)－g(x)＝x2－2lnx－x＋，得
h′(x)＝2x－－＋＝－
＝(－1).
由x>0，得>0.
故當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)<0，h(x)遞減；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，h(x)遞增．
所以h(x)的最小值為h(1)＝1－2ln1－＋1＝.
(3) a＝時(shí)，f(x)＝x2－lnx，g(x)＝2x－.
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＝2x－＝<0，f(x)在上為減函數(shù)，f(x)≥
12、f＝＋ln2.
當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)＝2－＝>0，g(x)在上為增函數(shù)，
且g(x)≤g＝1－，且g(x)≥g＝0，要使不等式f(x)≥mg(x)
在x∈上恒成立，當(dāng)x＝時(shí)，m為任意實(shí)數(shù)，當(dāng)x∈時(shí)，m≤，而min＝＝ln(4e)，所以m≤ln(4e)．
3. 設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝2x2＋(x－a)|x－a|.
(1) 若f(0)≥1，求a的取值范圍；
(2) 求f(x)的最小值；
(3) 設(shè)函數(shù)h(x)＝f(x)，x∈(a，＋∞)，直接寫出(不需給出演算步驟)不等式h(x)≥1的解集．
點(diǎn)撥：本小題主要考查函數(shù)的概念、性質(zhì)、圖象及解一元二次不等式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查靈活運(yùn)用
13、數(shù)形結(jié)合、分類討論的思想方法進(jìn)行探索、分析與解決問(wèn)題的綜合能力．
解：(1) 若f(0)≥1，則－a|a|≥1a≤－1.
(2) 當(dāng)x≥a時(shí)，f(x)＝3x2－2ax＋a2，f(x)min＝＝
當(dāng)x≤a時(shí)，f(x)＝x2＋2ax－a2，f(x)min＝＝
綜上可得f(x)min＝
(3) x∈(a，＋∞)時(shí)，h(x)≥1得3x2－2ax＋a2－1≥0，Δ＝4a2－12(a2－1)＝12－8a2.
當(dāng)a≤－或a≥時(shí)，Δ≤0，x∈(a，＋∞)；
當(dāng)－＜a＜時(shí)，Δ>0，得：
討論得：當(dāng)a∈時(shí)，解集為(a，＋∞)；
當(dāng)a∈時(shí)，解集為∪；
當(dāng)a∈時(shí)，解集為.
基礎(chǔ)訓(xùn)練
1.
14、2x－5y＝0或x＋y－7＝0 解析：分直線過(guò)原點(diǎn)和不過(guò)原點(diǎn)兩種情況．
2. 4或 解析：分側(cè)面矩形長(zhǎng)、寬分別為6和4或4和6兩種情況．
3. 0≤a≤1 解析： 由題知ax2－a(a＋1)x＋(a＋1)≥0對(duì)x∈R恒成立，分a＝0和a＞0兩種情況討論．
4. an＝ 解析：在使用公式an＝Sn－Sn－1時(shí)要注意條件n≥2，n∈N*.
例題選講
例1 解析：sinB＝，a＜b，若B為銳角，則cosB＝，由余弦定理得，
c2＋36－2×6×c×cosB＝64，即c2－3c－28＝0，∴ c＝7；若B為鈍角，則cosB＝－，由余弦定理得c2＋36－2×6×c×cosB＝64，即c2＋3
15、c－28＝0，
∴ c＝3，故邊c的長(zhǎng)為7或3.
(注： 在三角形中，內(nèi)角的取值范圍是(0，π)，b＞a，cosB＝，則B可能是銳角也可能是鈍角，故要分兩種情況討論．但本題如改成a＝8，b＝6，那情況又如何呢？)
變式訓(xùn)練 △ABC中，已知sinA＝，cosB＝，求cosC.
解：∵ 0＜cosB＝＜，B∈(0，π)，∴ 45°＜B＜90°，且sinB＝.
若A為銳角，由sinA＝，得A＝30°，此時(shí)cosA＝；
若A為鈍角，由sinA＝，得A＝150°，此時(shí)A＋B＞180°.
這與三角形的內(nèi)角和為180°相矛盾，可見A≠150°.
∴ cosC＝cos[π－(A＋B)]＝－c
16、os(A＋B)
＝－(cosA·cosB－sinA·sinB)＝－＝.
例2 解：(1) 當(dāng)a＝0時(shí)，原不等式化為－x＋1＜0，∴ x＞1.
(2) 當(dāng)a≠0時(shí)，原不等式化為a(x－1)＜0，
① 若a＜0，則原不等式化為(x－1)＞0，
∵ ＜0，∴ ＜1，∴ 不等式解為x＜或x＞1.
② 若a＞0，則原不等式化為(x－1)＜0.
(ⅰ) 當(dāng)a＞1時(shí)，＜1，不等式解為＜x＜1；
(ⅱ) 當(dāng)a＝1時(shí)，＝1，不等式解為；
(ⅲ) 當(dāng)0＜a＜1時(shí)，＞1，不等式解為1＜x＜.
綜上所述，得原不等式的解集為：
當(dāng)a＜0時(shí)，解集為；當(dāng)a＝0時(shí)，解集為{x|x＞1}；
當(dāng)0＜a＜
17、1時(shí)，解集為；當(dāng)a＝1時(shí)，解集為；
當(dāng)a＞1時(shí)，解集為.
變式訓(xùn)練 解關(guān)于x的不等式＞1(a∈R且a≠1)．
解：原不等式可化為：＞0，
① 當(dāng)a＞1時(shí)，原不等式與(x－2)＞0同解．
由于＝1－＜1＜2，
∴ 原不等式的解為∪(2，＋∞)．
② 當(dāng)a＜1時(shí)，原不等式與(x－2) ＜0同解．
由于＝1－，
若a＜0，＝1－＜2，解集為；
若a＝0時(shí)，＝1－＝2，解集為；
若0＜a＜1，＝1－＞2，解集為.
綜上所述，當(dāng)a＞1時(shí)不等式解集為∪(2，＋∞)；當(dāng)0＜a＜1時(shí)，解集為；當(dāng)a＝0時(shí)，解集為；當(dāng)a＜0時(shí)，解集為.
例3 解：(1) 因?yàn)閧an}是等比數(shù)列，S
18、n>0，可得a1＝S1>0，q≠0.
當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝na1>0；
當(dāng)q≠1時(shí)，Sn＝＞0，即＞0(n＝1,2,3，…)，
∴ 或
由于n可為奇數(shù)，可為偶數(shù)，故q＞1或－1＜q＜1且q≠0.
綜上，q的取值范圍是(－1,0)∪(0，＋∞)．
(2) 由bn＝an＋2－an＋1＝an(q2－q)，∴ Tn＝(q2－q)Sn.
∴ Tn－Sn＝(q2－q－1)Sn＝Sn.
又Sn＞0，－1＜q＜0或q＞0，－1＜q＜或q＞時(shí)Tn＞Sn；
＜q＜0或0＜q＜時(shí)，Tn＜Sn.
q＝時(shí)，Sn＝Tn.
(注：等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)、前n項(xiàng)的和是數(shù)列的基礎(chǔ)，已知一個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和求其通
19、項(xiàng)時(shí)，對(duì)n＝1與n≥2要分別予以研究，而涉及等比數(shù)列求和或用錯(cuò)位相減法求和時(shí)，要對(duì)公比q是否為1進(jìn)行分類討論．)
例4 解：(1) 利用函數(shù)圖象的對(duì)稱求解函數(shù)的問(wèn)題．容易求出g(x)＝－x2＋2x.
(2) h(x)＝－(1＋λ)x2＋2(1－λ)x＋1，
(解法1) 為求實(shí)數(shù)λ的取值范圍，就要對(duì)λ的取值分類．
(1) 當(dāng)λ＝－1時(shí)，h(x)＝4x＋1，此時(shí)h(x)在[－1,1]上是增函數(shù)，
(2) 當(dāng)λ≠－1時(shí)，對(duì)稱軸方程為x＝.
① 當(dāng)λ＜－1時(shí)，需滿足≤－1，解得λ＜－1；
② 當(dāng)λ＞－1時(shí)，≥1，解得－1＜λ≤0.
綜上可得λ≤0.
(解法2) 由題知，h′(x)＝－
20、2(1＋λ)x＋2(1－λ)≥0對(duì)x∈[－1,1]恒成立．
即(1＋x)λ≤1－x對(duì)x∈[－1,1]恒成立，顯然x＝－1時(shí)上式恒成立，λ∈R，
x∈(－1,1]時(shí)，λ≤＝－1，
函數(shù)y＝－1在x∈(－1,1]上單調(diào)減，函數(shù)的最小值為0.
∴ λ≤0，經(jīng)檢驗(yàn)符合題意．
(注：兩種解法，值得思考，在做分類討論題時(shí)要盡可能回避復(fù)雜的討論．)
變式訓(xùn)練 設(shè)00，且a≠1，比較|loga(1－x)|與|loga(1＋x)|的大?。?
解：(解法1) 因?yàn)?1，則0<1－x2<1.
① 當(dāng)00，loga(
21、1＋x)<0，
所以|loga(1－x)|－|loga(1＋x)|＝loga(1－x)－[－loga(1＋x)]
＝loga(1－x2)>0，
即|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.
② 當(dāng)a>1時(shí)，由loga(1－x)<0，loga(1＋x)>0，
得|loga(1－x)|－|loga(1＋x)|＝－loga(1－x)－loga(1＋x)
＝－loga(1－x2)>0，
即|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.
由①②可知，|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.
(注：在解答該類問(wèn)題時(shí)，首先從概念出發(fā)判斷出絕對(duì)值內(nèi)的數(shù)(或式子)的符號(hào)，然后再
22、去掉絕對(duì)值符號(hào)(這時(shí)需按條件進(jìn)行分類討論確定)，再按照相關(guān)的法則去計(jì)算，直至得出結(jié)論．其實(shí)這道題是可以回避討論的．)
(解法2) 因?yàn)?1，則0<1－x2<1.
|loga(1－x)|＝＝－，|loga(1＋x)|＝
|loga(1－x)|－|loga(1＋x)|＝－＞0，
∴ |loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.
高考回顧
1. 或 解析：由漸近線方程為3x－2y＝0知＝或＝.
2. [0，＋∞) 解析：f(x)≤2得0≤x≤1或x＞1.
3. a＝－ 解析：分a＜0和a≥0兩種情況討論．
4. 2 解析：當(dāng)x≤0時(shí)，令
23、x2＋2x－3＝0，解得x＝－3；
當(dāng)x＞0時(shí)，令－2＋lnx＝0，解得x＝100，所以已知函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)．
5. 解：(1) f(x)＝x3＋mx2＋nx，∴ f′(x)＝x2＋2mx＋n.
又∵ g(x)＝f′(x)－2x－3＝x2＋(2m－2)x＋n－3在x＝－2處取極值，
則g′(－2)＝2(－2)＋(2m－2)＝0m＝3，又在x＝－2處取最小值－5.
則g(－2)＝(－2)2＋(－2)×4＋n－3＝－5n＝2，
∴ f(x)＝x3＋3x2＋2x.
(2) 要使f(x)＝x3＋mx2＋nx單調(diào)遞減，則f′(x)＝x2＋2mx＋n＜0.
又遞減區(qū)間長(zhǎng)度是正整數(shù)，所以f
24、′(x)＝x2＋2mx＋n＝0兩根設(shè)為a，b(a＜b)．即有：b－a為區(qū)間長(zhǎng)度．
又b－a＝＝＝2(m，n∈N＋)．
又b－a為正整數(shù)，且m＋n<10，所以m＝2，n＝3或m＝3，n＝5符合．
6. (1) 證明：f′(x)＝－＝(x2－bx＋1)．
∵ x＞1時(shí)，h(x)＝＞0恒成立，
∴ 函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P(b)．
(2) 解：設(shè)φ(x)＝x2－bx＋1＝2＋1－，φ(x)與f′(x)的符號(hào)相同．
當(dāng)1－＞0，－2＜b＜2時(shí)，φ(x)＞0，f′(x)＞0，故此時(shí)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上遞增；
當(dāng)b＝±2時(shí)，對(duì)于x＞1，有f′(x)＞0，所以此時(shí)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上遞增；
當(dāng)b＜－2時(shí)，φ(x)圖象開口向上，對(duì)稱軸x＝＜－1，而φ(0)＝1.
對(duì)于x＞1，總有φ(x)＞0，f′(x)＞0，故此時(shí)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上遞增；
當(dāng)b＞2時(shí)，φ(x)圖象開口向上，對(duì)稱軸x＝＞1，方程φ(x)＝0的兩根分別為：，，
而＞1，＝∈(0,1)．
當(dāng)x∈時(shí)，φ(x)＜0，f′(x)＜0，故此時(shí)f(x)在區(qū)間上遞減；
同理得：f(x)在區(qū)間上遞增．
綜上所述，當(dāng)b≤2時(shí)，f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上遞增；
當(dāng)b＞2時(shí)，f(x)在上遞減；
f(x)在上遞增．
江蘇省2020屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第18講 分類討論思想
