高中數(shù)學(xué)思想方法—分類討論隨堂訓(xùn)練1.設(shè)F1、F2為橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的兩個焦點，P為橢圓上一點．已知P、F1、F2是一個直角三角形的三個頂點，且|PF1|>|PF2|，則eq\f(|PF1|,|PF2|)的值為________．2、在正方體的8個頂點，12條棱的中點，6個面的中心及正方體的中心共27個點中，共線的三點組的個數(shù)是多少？3.已知a>0，且a≠1，數(shù)列{an}的前n項和為Sn，它滿足條件eq\f(an－1,Sn)＝1－eq\f(1,a).數(shù)列{bn}中，bn＝an·lgan.(1)求數(shù)列{bn}的前n項和Tn；(2)若對一切n∈N*，都有bn<bn＋1，求a的取值范圍．4.已知函數(shù)f(x)=ex-ax-1(ae=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))。（1）求f(x)的單調(diào)區(qū)間；（2）討論g(x)=在區(qū)間[0,1]內(nèi)零點的個數(shù)。標(biāo)準(zhǔn)答案1、解：若∠PF2F1＝90°，則|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2.∵|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2eq\r(5).解得|PF1|＝eq\f(14,3)，|PF2|＝eq\f(4,3).∴eq\f(|PF1|,|PF2|)＝eq\f(7,2).若∠F1PF2＝90°，則|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2＝|PF1|2＋(6－|PF1|)2.解得|PF1|＝4，|PF2|＝2.∴eq\f(|PF1|,|PF2|)＝2.綜上，eq\f(|PF1|,|PF2|)＝eq\f(7,2)或2.答案：eq\f(7,2)或22、解：依題意，共線的三點組可以分為三類：兩端點皆為頂點的共線三點組，共有(個)兩端點皆為面的中心的共線三點組，共有(個)兩端點皆為各棱中點的共線三點組，共有（個）所以共有28+3+18=49（個）3、解：(1)eq\f(an－1,Sn)＝1－eq\f(1,a)，∴Sn＝eq\f(aan－1,a－1).當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝eq\f(aa1－1,a－1)＝a；當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(aan－1,a－1)－eq\f(aan－1－1,a－1)＝an.∴an＝an(n∈N*)．此時，bn＝an·lgan＝n·anlga.∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝lga(a＋2a2＋3a3＋…＋nan)．設(shè)un＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan，∴(1－a)un＝a＋a2＋a3＋…＋an－nan＋1＝eq\f(aan－1,a－1)－nan＋1.∴un＝eq\f(nan＋1,a－1)－eq\f(aan－1,a－12).∴Tn＝lga[eq\f(n·an＋1,a－1)－eq\f(aan－1,a－12)]．(2)由bn<bn＋1?nanlga<(n＋1)an＋1lga.①當(dāng)a>1時，由lga>0，可得a>eq\f(n,n＋1).∵eq\f(n,n＋1)<1(n∈N*)，a>1，∴a>eq\f(n,n＋1)對一切n∈N*都成立，此時a的范圍為a>1.②當(dāng)0<a<1時，由lga<0可得n>(n＋1)a，即a<eq\f(n,n＋1)，即a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)))min.∵eq\f(n,n＋1)≥eq\f(1,2)，∴a<eq\f(1,2)時，對一切n∈N*，a<eq\f(n,n＋1)都成立，此時，a的范圍為0<a<eq\f(1,2).由①②知：對一切n∈N*，都有bn<bn＋1的a的范圍是0<a<eq\f(1,2)或a>1.4、解：（1）當(dāng)a≤0時，,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，+∞），無減區(qū)間；當(dāng)a＞0時，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為（-∞，lna），單調(diào)增區(qū)間為（lna，+∞）。（2）由g(x)=0得f(x)=0或x=，先考慮f(x)在區(qū)間[0,1]的零點個數(shù)。當(dāng)a≤1時，f(x)在（0，+∞），上單調(diào)遞增且f(0)=0，f(x)有一個零點；當(dāng)a≥e時，f(x)在（-∞，1）上單調(diào)遞減，f(x)有一個零點；當(dāng)1＜a＜e時，f(x)在（0，lna）上單調(diào)遞減，在（lna，1）上單調(diào)遞增，而f(1)=e-a-1,所以a≤1或a＞e-1時，f(x)有一個零點，當(dāng)1＜a≤