高考數(shù)學 考前3個月知識方法專題訓練 第一部分 知識方法篇 專題10 數(shù)學思想 第39練 分類討論思想 文-人教版高三數(shù)學試題

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1、第39練　分類討論思想 [思想方法解讀]　分類討論思想是一種重要的數(shù)學思想方法，其基本思路是將一個較復雜的數(shù)學問題分解(或分割)成若干個基礎性問題，通過對基礎性問題的解答來實現(xiàn)解決原問題的思想策略． 1．中學數(shù)學中可能引起分類討論的因素： (1)由數(shù)學概念而引起的分類討論：如絕對值的定義、不等式的定義、二次函數(shù)的定義、直線的傾斜角等． (2)由數(shù)學運算要求而引起的分類討論：如除法運算中除數(shù)不為零，偶次方根為非負數(shù)，對數(shù)運算中真數(shù)與底數(shù)的要求，指數(shù)運算中底數(shù)的要求，不等式中兩邊同乘以一個正數(shù)、負數(shù)，三角函數(shù)的定義域，等比數(shù)列{an}的前n項和公式等． (3)由性質、定理、公式的限制而引

2、起的分類討論：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討論：如二次函數(shù)圖象、指數(shù)函數(shù)圖象、對數(shù)函數(shù)圖象等． (5)由參數(shù)的變化而引起的分類討論：如某些含有參數(shù)的問題，由于參數(shù)的取值不同會導致所得的結果不同，或者由于對不同的參數(shù)值要運用不同的求解或證明方法等． 2．進行分類討論要遵循的原則是：分類的對象是確定的，標準是統(tǒng)一的，不遺漏、不重復，科學地劃分，分清主次，不越級討論．其中最重要的一條是“不重不漏”． 3．解答分類討論問題時的基本方法和步驟是：首先要確定討論對象以及所討論對象的全體的范圍；其次確定分類標準，正確進行合理分類，即標準統(tǒng)一、不重不漏、分類互斥(

3、沒有重復)；再對所分類逐步進行討論，分級進行，獲取階段性結果；最后進行歸納小結，綜合得出結論． 體驗高考 1．(2015·山東)設函數(shù)f(x)＝則滿足f(f(a))＝2f(a)的a的取值范圍是(　　) A. B．[0,1] C. D．[1, ＋∞) 答案　C 解析　由f(f(a))＝2f(a)得，f(a)≥1. 當a<1時，有3a－1≥1，∴a≥，∴≤a<1. 當a≥1時，有2a≥1，∴a≥0，∴a≥1. 綜上，a≥，故選C. 2．(2015·湖北)將離心率為e1的雙曲線C1的實半軸長a和虛半軸長b(a≠b)同時增加m(m>0)個單位長度，得到離心率為e2的雙曲線C2，則(

4、　　) A．對任意的a，b，e1>e2 B．當a>b時，e1>e2；當ab時，e1e2 答案　D 解析　由題意e1＝＝； 雙曲線C2的實半軸長為a＋m，虛半軸長為b＋m， 離心率e2＝＝. 因為－＝，且a>0，b>0，m>0，a≠b， 所以當a>b時，>0，即>. 又>0，>0， 所以由不等式的性質依次可得2>2， 1＋2>1＋2， 所以>，即e2>e1； 同理，當ab時，e1e2. 3．(2015·天

5、津)已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)的左焦點為F(－c,0)，離心率為，點M在橢圓上且位于第一象限，直線FM被圓x2＋y2＝截得的線段的長為c，|FM|＝. (1)求直線FM的斜率； (2)求橢圓的方程； (3)設動點P在橢圓上，若直線FP的斜率大于，求直線OP(O為原點)的斜率的取值范圍． 解　(1)由已知有＝， 又由a2＝b2＋c2，可得a2＝3c2，b2＝2c2. 設直線FM的斜率為k(k＞0)，F(xiàn)(－c,0)， 則直線FM的方程為y＝k(x＋c)． 由已知，有2＋2＝2， 解得k＝. (2)由(1)得橢圓方程為＋＝1， 直線FM的方程為y＝(x＋c)， 兩個方程聯(lián)立

6、，消去y，整理得3x2＋2cx－5c2＝0， 解得x＝－c，或x＝c. 因為點M在第一象限，可得點M的坐標為. 由|FM|＝＝. 解得c＝1，所以橢圓的方程為＋＝1. (3)設點P的坐標為(x，y)，直線FP的斜率為t， 得t＝，即y＝t(x＋1)(x≠－1)． 與橢圓方程聯(lián)立， 消去y，整理得2x2＋3t2(x＋1)2＝6， 又由已知，得t＝＞， 解得－＜x＜－1或－1＜x＜0. 設直線OP的斜率為m，得m＝，即y＝mx(x≠0)，與橢圓方程聯(lián)立，整理得m2＝－. ①當x∈時，有y＝t(x＋1)＜0， 因此m＞0，于是m＝，得m∈. ②當x∈(－1,0)時，有y＝

7、t(x＋1)＞0， 因此m＜0，于是m＝－， 得m∈. 綜上，直線OP的斜率的取值范圍是∪. 高考必會題型 題型一　由概念、公式、法則、計算性質引起的分類討論 例1　設集合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A＝B時，B＝{0，－4}， ∴由根與系數(shù)的關系，得 解得a＝1. (2)當BA時，又可分為兩種情況． ①當B≠?時，即B＝{0}或B＝{－4}， 當x＝0時，有a＝±1； 當x＝－4時，有a＝7或a＝1.

8、 又由Δ＝4(a＋1)2－4(a2－1)＝0， 解得a＝－1，此時B＝{0}滿足條件； ②當B＝?時，Δ＝4(a＋1)2－4(a2－1)<0，解得a<－1. 綜合(1)(2)知，所求實數(shù)a的取值范圍為a≤－1或a＝1. 點評　對概念、公式、法則的內(nèi)含及應用條件的準確把握是解題關鍵，在本題中，B?A，包括B＝?和B≠?兩種情況．解答時就應分兩種情況討論，在關于指數(shù)、對數(shù)的運算中，底數(shù)的取值范圍是進行討論時首先要考慮的因素． 變式訓練1　已知數(shù)列{an}的前n項和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

9、對 答案　D 解析　∵Sn＝pn－1， ∴a1＝p－1，an＝Sn－Sn－1＝(p－1)pn－1(n≥2)， 當p≠1且p≠0時，{an}是等比數(shù)列； 當p＝1時，{an}是等差數(shù)列； 當p＝0時，a1＝－1，an＝0(n≥2)，此時{an}既不是等差數(shù)列也不是等比數(shù)列． 題型二　分類討論在含參函數(shù)中的應用 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， 對稱軸方程為x＝a. (1)當a<0時，f(x)max＝f(0)＝1－a， ∴1－a＝2，∴a＝－1

10、. (2)當0≤a≤1時，f(x)max＝f(a)＝a2－a＋1， ∴a2－a＋1＝2，∴a2－a－1＝0，∴a＝(舍)． (3)當a>1時，f(x)max＝f(1)＝a，∴a＝2. 綜上可知，a＝－1或a＝2. 點評　本題中函數(shù)的定義域是確定的，二次函數(shù)的對稱軸是不確定的，二次函數(shù)的最值問題與對稱軸息息相關，因此需要對對稱軸進行討論，分對稱軸在區(qū)間內(nèi)和對稱軸在區(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． 變式訓練2　已知函數(shù)f(x)＝2ex－ax－2(x∈R，a∈R)． (1)當a＝1時，求曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程； (2)求x

11、≥0時，若不等式f(x)≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解　(1)當a＝1時，f(x)＝2ex－x－2， f′(x)＝2ex－1，f′(1)＝2e－1， 即曲線y＝f(x)在x＝1處的切線的斜率k＝2e－1， 又f(1)＝2e－3，所以所求的切線方程是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x∈(－∞，ln )時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， 當x∈(ln ，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 又f(0)＝0，所以若a≤0，則當x∈[0，＋∞)時， f(x)≥f

12、(0)＝0，符合題意． 若a>0，則當ln ≤0， 即00，即a>2， 則當x∈(0，ln )時，f(x)單調(diào)遞減， f(x)

13、≤s<4時， 可行域是四邊形OABC(含邊界)，如圖(1)所示， 此時，7≤zmax<8. ②當4≤s≤5時，此時可行域是△OAC′，如圖(2)所示，zmax＝8.綜上，z＝3x＋2y最大值的變化范圍是[7,8]． 點評　幾類常見的由圖形的位置或形狀變化引起的分類討論 (1)二次函數(shù)對稱軸的變化；(2)函數(shù)問題中區(qū)間的變化；(3)函數(shù)圖象形狀的變化；(4)直線由斜率引起的位置變化；(5)圓錐曲線由焦點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、線、面的位置變化等． 變式訓練3　設點F1，F(xiàn)2為橢圓＋＝1的兩個焦點，點P為橢圓上一點，已知點P，F(xiàn)1，F(xiàn)2是一個直角

14、三角形的三個頂點，且＞，求的值． 解　若∠PF2F1＝90°， 則2＝|PF2|2＋2， 又∵＋＝6，＝2， 解得＝，＝，∴＝. 若∠F1PF2＝90°，則2＝2＋2， ∴2＋(6－)2＝20， 又|PF1|>|PF2|， ∴＝4，＝2，∴＝2. 綜上知，＝或2. 高考題型精練 1．若關于x的方程|ax－1|＝2a (a>0且a≠1)有兩個不等實根，則a的取值范圍是(　　) A．(0,1)∪(1，＋∞) B．(0,1) C．(1，＋∞) D. 答案　D 解析　方程|ax－1|＝2a (a>0且a≠1)有兩個實數(shù)根轉化為函數(shù)y＝|ax－1|與y＝2a有兩個交

15、點． ①當01時，如圖(2)， 而y＝2a>1不符合要求． 綜上，00時，要使z＝y(tǒng)－ax取得最大值的最優(yōu)解不唯一，則a＝2； 當a<0時，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y2＝4px (p>0)的焦點為F，P為其上的一點，O為坐標原點，若△

16、OPF為等腰三角形，則這樣的點P的個數(shù)為(　　) A．2 B．3 C．4 D．6 答案　C 解析　當|PO|＝|PF|時，點P在線段OF的中垂線上，此時，點P的位置有兩個；當|OP|＝|OF|時，點P的位置也有兩個；對|FO|＝|FP|的情形，點P不存在．事實上，F(xiàn)(p,0)，若設P(x，y)，則|FO|＝p，|FP|＝，若＝p，則有x2－2px＋y2＝0，又∵y2＝4px，∴x2＋2px＝0，解得x＝0或x＝－2p，當x＝0時，不構成三角形．當x＝－2p(p>0)時，與點P在拋物線上矛盾．∴符合要求的點P一共有4個． 4．函數(shù)f(x)＝的值域為________． 答案　(

17、－∞，2) 解析　當x≥1時，是單調(diào)遞減的， 此時，函數(shù)的值域為(－∞，0]； 當x<1時，f(x)＝2x是單調(diào)遞增的， 此時，函數(shù)的值域為(0,2)． 綜上，f(x)的值域是(－∞，2)． 5．已知集合A＝{x|1≤x<5}，C＝{x|－a

18、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f(x)的最小值為g(a)． (1)當－<－2，即a>4時，g(a)＝f(－2)＝7－3a≥0， 得a≤，故此時a不存在． (2)當－∈[－2,2]，即－4≤a≤4時，g(a)＝f＝3－a－≥0，得－6≤a≤2，又－4≤a≤4，故－4≤a≤2. (3)當－>2，即a<－4時，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，原不等式等價于－x＋1<

19、0，解得x>1. 若a<0，原不等式等價于(x－)(x－1)>0， 解得x<或x>1. 若a>0，原不等式等價于(x－)(x－1)<0. ①當a＝1時，＝1，(x－)(x－1)<0無解； ②當a>1時，<1，解(x－)(x－1)<0得1，解(x－)(x－1)<0得11}； 當a＝0時，解集為{x|x>1}； 當01時，解集為{x|

20、且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設Tn＝Sn－(n∈N*)，求數(shù)列{Tn}的最大項的值與最小項的值． 解　(1)設等比數(shù)列{an}的公比為q， 因為S3＋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＝＝. 又{an}不是遞減數(shù)列且a1＝，所以q＝－. 故等比數(shù)列{an}的通項公式為 an＝×n－1＝(－1)n－1·. (2)由(1)得Sn＝1－n＝ 當n為奇數(shù)時，Sn隨n的增大而減小， 所以1

21、. 當n為偶數(shù)時，Sn隨n的增大而增大， 所以＝S2≤Sn<1， 故0>Sn－≥S2－＝－＝－. 綜上，對于n∈N*， 總有－≤Sn－≤. 所以數(shù)列{Tn}最大項的值為，最小項的值為－. 9．已知a是實數(shù)，函數(shù)f(x)＝(x－a)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)設g(a)為f(x)在區(qū)間[0,2]上的最小值． ①寫出g(a)的表達式； ②求a的取值范圍，使得－6≤g(a)≤－2. 解　(1)函數(shù)的定義域為[0，＋∞)， f′(x)＝(x>0)． 若a≤0，則f′(x)>0，f(x)有單調(diào)遞增區(qū)間[0，＋∞)． 若a>0，令f′(x)＝0，得x＝， 當

22、0時，f′(x)>0. f(x)有單調(diào)遞減區(qū)間[0，]， 有單調(diào)遞增區(qū)間(，＋∞)． (2)①由(1)知， 若a≤0，f(x)在[0,2]上單調(diào)遞增， 所以g(a)＝f(0)＝0. 若0

23、已知函數(shù)f(x)＝aln x－x＋1(a∈R)． (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，求所有實數(shù)a的值． 解　(1)f′(x)＝－1＝(x>0)， 當a≤0時，f′(x)<0， ∴f(x)的減區(qū)間為(0，＋∞)； 當a>0時，由f′(x)>0得0a， ∴f(x)遞增區(qū)間為(0，a)，遞減區(qū)間為(a，＋∞)． (2)由(1)知：當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)， 而f(1)＝0， ∴f(x)≤0在區(qū)間x∈(0，＋∞)上不可能恒成立； 當a>0時，f(x)在(0，a)上遞增，在(a，＋∞)上遞減， f(x)max＝f(a)＝aln a－a＋1， 令g(a)＝aln a－a＋1， 依題意有g(a)≤0，而g′(a)＝ln a，且a>0， ∴g(a)在(0,1)上遞減，在(1，＋∞)上遞增， ∴g(a)min＝g(1)＝0，故a＝1.