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

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1、　數(shù)學(xué)思想方法 　分類討論思想 分類討論是一種重要的數(shù)學(xué)思想方法，當(dāng)問題的對(duì)象不能進(jìn)行統(tǒng)一研究時(shí)，就需要對(duì)研究的對(duì)象按某個(gè)標(biāo)準(zhǔn)進(jìn)行分類，然后對(duì)每一類分別研究，給出每一類的結(jié)論，最終綜合各類結(jié)果得到整個(gè)問題的解答．實(shí)質(zhì)上分類討論就是“化整為零，各個(gè)擊破，再集零為整”的數(shù)學(xué)策略． 分類原則：(1) 所討論的全域要確定，分類要“既不重復(fù)，也不遺漏”；(2) 在同一次討論中只能按所確定的一個(gè)標(biāo)準(zhǔn)進(jìn)行；(3) 對(duì)多級(jí)討論，應(yīng)逐級(jí)進(jìn)行，不能越級(jí)． 討論的基本步驟：(1) 確定討論的對(duì)象和討論的范圍(全域)；(2) 確定分類的標(biāo)準(zhǔn)，進(jìn)行合理的分類；(3) 逐步討論(必要時(shí)還得進(jìn)行多級(jí)分類)；(4

2、) 總結(jié)概括，得出結(jié)論． 引起分類討論的常見因素：(1) 由概念引起的分類討論；(2) 使用數(shù)學(xué)性質(zhì)、定理和公式時(shí)，其限制條件不確定引起的分類討論；(3) 由數(shù)學(xué)運(yùn)算引起的分類討論；(4)由圖形的不確定性引起的分類討論；(5) 對(duì)于含參數(shù)的問題由參數(shù)的變化引起的分類討論． 簡化和避免分類討論的優(yōu)化策略：(1) 直接回避．如運(yùn)用反證法、求補(bǔ)法、消參法等有時(shí)可以避開繁瑣討論；(2) 變更主元．如分離參數(shù)、變參置換等可避開討論；(3) 合理運(yùn)算．如利用函數(shù)奇偶性、變量的對(duì)稱、輪換以及公式的合理選用等有時(shí)可以簡化甚至避開討論；(4) 數(shù)形結(jié)合．利用函數(shù)圖象、幾何圖形的直觀性和對(duì)稱特點(diǎn)有時(shí)可以簡化甚

3、至避開討論． 注：能回避分類討論的盡可能回避． 1. 一條直線過點(diǎn)(5,2)且在x軸，y軸上截距相等，則這直線方程為________． 2.正三棱柱的側(cè)面展開圖是邊長分別為6和4的矩形， 則它的體積為________. 3.函數(shù)f(x)＝的定義域?yàn)橐磺袑?shí)數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 4.數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝2n2＋n－1(n∈N*)，則其通項(xiàng)an＝________. 【例1】　在△ABC中，已知sinB＝，a＝6，b＝8，求邊c的長． 【例2】　解關(guān)于x的不等式：ax2－(a＋1)x＋1<0(a∈R)．

4、 【例3】　設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，前n項(xiàng)和Sn>0(n＝1,2，…)． (1) 求q的取值范圍； (2) 設(shè)bn＝an＋2－an＋1，記{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，試比較Sn與Tn的大小. 【例4】　已知函數(shù)f(x)和g(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且f(x)＝x2＋2x. (1) 求函數(shù)g(x)的解析式； (2) 若h(x)＝g(x)－λf(x)＋1在[－1,1]上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍． 1. (2009·全國)雙曲線的一條漸近線方程為3x－2y＝0，則該

5、雙曲線的離心率為________． 2.(2011·遼寧)設(shè)函數(shù)f(x)＝則滿足f(x)≤2的x的取值范圍是________． 3.(2011·江蘇)已知實(shí)數(shù)a≠0，函數(shù)f(x)＝若f(1－a)＝f(1＋a)，則a的值為________． 4.(2010·福建)函數(shù)f(x)＝的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為________． 5.(2011·江西)設(shè)f(x)＝x3＋mx2＋nx. (1) 如果g(x)＝f′(x)－2x－3在x＝－2處取得最小值－5，求f(x)的解析式； (2) 如果m＋n<10(m，n∈N＋)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間的長度是正整數(shù)，試求m和n的值．(注：區(qū)間(a，b)

6、的長度為b－a) 6.(2010·江蘇)設(shè)f(x)是定義在區(qū)間(1，＋∞)上的函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)．如果存在實(shí)數(shù)a和函數(shù)h(x)，其中h(x)對(duì)任意的x∈(1，＋∞)都有h(x)>0，使得f′(x)＝h(x)(x2－ax＋1)，則稱函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P(a)．設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋(x>1)，其中b為實(shí)數(shù)． (1) 求證：函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P(b); (2) 求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間． (2011·南通)(本小題滿分16分)已知各項(xiàng)均不為零的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a1＝c,2Sn＝anan＋1＋r. (1) 若r＝－6，數(shù)列{an}能否成為等差

7、數(shù)列？若能，求c滿足的條件；若不能，請(qǐng)說明理由． (2) 設(shè)Pn＝＋＋…＋，Qn＝＋＋…＋，若r＞c＞4，求證：對(duì)于一切n∈N*，不等式－n

8、a2n，… 成公差為2的等差數(shù)列， a2n＝a2＋2(n－1)． 要使{an}為等差數(shù)列，當(dāng)且僅當(dāng)a2－a1＝1.即2－－c＝1，r＝c－c2. (4分) ∵ r＝－6，∴ c2－c－6＝0，得c＝－2或3. ∵ 當(dāng)c＝－2時(shí)，a3＝0不合題意，舍去． ∴ 當(dāng)且僅當(dāng)c＝3時(shí)，數(shù)列{an}為等差數(shù)列. (5分) (2) 證明：a2n－1－a2n＝[a1＋2(n－1)]－[a2＋2(n－1)]＝a1－a2＝c＋－2. a2n－a2n＋1＝[a2＋2(n－1)]－(a1＋2n)＝a2－a1－2＝－. (8分) ∴ Pn＝＝n(n＋c－1) (9分) Qn＝

9、－＝－n. (10分) Pn－Qn＝n(n＋c－1)＋n＝n2＋n.(11分) ∵ r＞c＞4，∴ c＋≥2＞4，∴ c＋－2＞2，∴ 0＜＋<＋＝＜1.(13分) 且＋＝＋－1＞－1. (14分) 又∵ r＞c＞4，∴ >1，則0＜c－1

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、分析與解決問題的綜合能力． 解：(1) 若f(0)≥1，則－a|a|≥1a≤－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：分直線過原點(diǎn)和不過原點(diǎn)兩種情況． 2. 4或　解析：分側(cè)面矩形長、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)＝0m＝3，又在x＝－2處取最小值－5. 則g(－2)＝(－2)2＋(－2)×4＋n－3＝－5n＝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．