《高考數(shù)學(xué) 考前3個(gè)月知識(shí)方法專題訓(xùn)練 第一部分 知識(shí)方法篇 專題10 數(shù)學(xué)思想 第39練 分類討論思想 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué) 考前3個(gè)月知識(shí)方法專題訓(xùn)練 第一部分 知識(shí)方法篇 專題10 數(shù)學(xué)思想 第39練 分類討論思想 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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(xué)思想方法，其基本思路是將一個(gè)較復(fù)雜的數(shù)學(xué)問題分解(或分割)成若干個(gè)基礎(chǔ)性問題，通過對(duì)基礎(chǔ)性問題的解答來(lái)實(shí)現(xiàn)解決原問題的思想策略． 1．中學(xué)數(shù)學(xué)中可能引起分類討論的因素： (1)由數(shù)學(xué)概念而引起的分類討論：如絕對(duì)值的定義、不等式的定義、二次函數(shù)的定義、直線的傾斜角等． (2)由數(shù)學(xué)運(yùn)算要求而引起的分類討論：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

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(duì)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(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)行分類討論要遵循的原則是：分類的對(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．解答分類討論問題時(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；其次確定分類標(biāo)準(zhǔn)，正確進(jìn)行合理分類，即標(biāo)準(zhǔn)統(tǒng)一、不重不漏、分類互斥(

3、沒有重復(fù))；再對(duì)所分類逐步進(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)＝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(dāng)a<1時(shí)，有3a－1≥1，∴a≥，∴≤a<1. 當(dāng)a≥1時(shí)，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(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C2，則(

4、　　) A．對(duì)任意的a，b，e1>e2 B．當(dāng)a>b時(shí)，e1>e2；當(dāng)ab時(shí)，e1e2 答案　D 解析　由題意e1＝＝； 雙曲線C2的實(shí)半軸長(zhǎng)為a＋m，虛半軸長(zhǎng)為b＋m， 離心率e2＝＝. 因?yàn)椋?，且a>0，b>0，m>0，a≠b， 所以當(dāng)a>b時(shí)，>0，即>. 又>0，>0， 所以由不等式的性質(zhì)依次可得2>2， 1＋2>1＋2， 所以>，即e2>e1； 同理，當(dāng)ab時(shí)，e1e2. 3．(2015·天

5、津)已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)的左焦點(diǎn)為F(－c,0)，離心率為，點(diǎn)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(zhǎng)為c，|FM|＝. (1)求直線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FP的斜率大于，求直線OP(O為原點(diǎn))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(shè)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(gè)方程聯(lián)立

6、，消去y，整理得3x2＋2cx－5c2＝0， 解得x＝－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. 由|FM|＝＝. 解得c＝1，所以橢圓的方程為＋＝1. (3)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)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(shè)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(dāng)x∈時(shí)，有y＝t(x＋1)＜0， 因此m＞0，于是m＝，得m∈. ②當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，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(huì)題型 題型一　由概念、公式、法則、計(jì)算性質(zhì)引起的分類討論 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 解得a＝1. (2)當(dāng)BA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.

8、 又由Δ＝4(a＋1)2－4(a2－1)＝0， 解得a＝－1，此時(shí)B＝{0}滿足條件； 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

9、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

10、. (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＝(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)稱軸是不確定的，二次函數(shù)的最值問題與對(duì)稱軸息息相關(guān)，因此需要對(duì)對(duì)稱軸進(jìn)行討論，分對(duì)稱軸在區(qū)間內(nèi)和對(duì)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(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y＝f(x)在x＝1處的切線方程； (2)求x

11、≥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(dāng)x∈(－∞，ln )時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈(ln ，＋∞)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

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

13、≤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(duì)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(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、面的位置變化等． 變式訓(xùn)練3　設(shè)點(diǎn)F1，F(xiàn)2為橢圓＋＝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

14、三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，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(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. 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

15、點(diǎn)． ①當(dāng)01時(shí)，如圖(2)， 而y＝2a>1不符合要求． 綜上，00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△

16、OPF為等腰三角形，則這樣的點(diǎn)P的個(gè)數(shù)為(　　) A．2 B．3 C．4 D．6 答案　C 解析　當(dāng)|PO|＝|PF|時(shí)，點(diǎn)P在線段OF的中垂線上，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|＝，若＝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在拋物線上矛盾．∴符合要求的點(diǎn)P一共有4個(gè)． 4．函數(shù)f(x)＝的值域?yàn)開_______． 答案　(

17、－∞，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

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(shè)f(x)的最小值為g(a)． (1)當(dāng)－<－2，即a>4時(shí)，g(a)＝f(－2)＝7－3a≥0， 得a≤，故此時(shí)a不存在． (2)當(dāng)－∈[－2,2]，即－4≤a≤4時(shí)，g(a)＝f＝3－a－≥0，得－6≤a≤2，又－4≤a≤4，故－4≤a≤2. (3)當(dāng)－>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<

19、0，解得x>1. 若a<0，原不等式等價(jià)于(x－)(x－1)>0， 解得x<或x>1. 若a>0，原不等式等價(jià)于(x－)(x－1)<0. ①當(dāng)a＝1時(shí)，＝1，(x－)(x－1)<0無(wú)解； ②當(dāng)a>1時(shí)，<1，解(x－)(x－1)<0得1，解(x－)(x－1)<0得11}； 當(dāng)a＝0時(shí)，解集為{x|x>1}； 當(dāng)01時(shí)，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(xiàng)公式； (2)設(shè)Tn＝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＝＝. 又{an}不是遞減數(shù)列且a1＝，所以q＝－. 故等比數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為 an＝×n－1＝(－1)n－1·. (2)由(1)得Sn＝1－n＝ 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Sn隨n的增大而減小， 所以1

21、. 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn隨n的增大而增大， 所以＝S2≤Sn<1， 故0>Sn－≥S2－＝－＝－. 綜上，對(duì)于n∈N*， 總有－≤Sn－≤. 所以數(shù)列{Tn}最大項(xiàng)的值為，最小項(xiàng)的值為－. 9．已知a是實(shí)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(shè)g(a)為f(x)在區(qū)間[0,2]上的最小值． ①寫出g(a)的表達(dá)式； ②求a的取值范圍，使得－6≤g(a)≤－2. 解　(1)函數(shù)的定義域?yàn)閇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(dāng)

22、0時(shí)，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(shí)數(shù)a的值． 解　(1)f′(x)＝－1＝(x>0)， 當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0， ∴f(x)的減區(qū)間為(0，＋∞)； 當(dāng)a>0時(shí)，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(dāng)a≤0時(shí)，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(dāng)a>0時(shí)，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(shù)(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.