2020届二轮复习(文)第3部分策略13

2020届二轮复习(文)第3部分策略13

‎3.分类与整合思想 分类与整合思想是将一个较复杂的数学问题分解(或分割)成若干个基础性问题，通过对基础性问题的解答来实现解决原问题的思想策略，对问题实行分类与整合，分类标准等于增加一个已知条件，实现了有效增设，将大问题(或综合性问题)分解为小问题(或基础性问题)，优化解题思路，降低问题难度；分类研究后还要对讨论结果进行整合.‎ 应用1　由概念、法则、公式引起的分类讨论 ‎【典例1】　等比数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的正整数n，Sn＋2＝4Sn＋3恒成立，则a1的值为(　　)‎ A．－3　 B．1‎ C．－3或1 D．1或3‎ C　[设等比数列{an}的公比为q，当q＝1时，Sn＋2＝(n＋2)a1，Sn＝na1，由Sn＋2＝4Sn＋3得，(n＋2)a1＝4na1＋3，即‎3a1n＝‎2a1－3，若对任意的正整数n,‎3a1n＝‎2a1－3恒成立，则a1＝0且‎2a1－3＝0，矛盾，所以q≠1，所以Sn＝，Sn＋2＝，‎ 代入Sn＋2＝4Sn＋3并化简得a1(4－q2)qn＝3＋‎3a1－3q，若对任意的正整数n该等式恒成立，则有解得或 故a1＝1或－3.]‎ 本题易忽略对q＝1的情况进行讨论，而直接利用，很容易造成漏解或增解，若本题是解答题，这种解答是不完备的.本题根据等比数列前n项和公式的使用就要分q＝1，Sn＝na1和q≠1，进行讨论.‎ ‎【对点训练1】　(2019·武汉模拟)已知集合A＝{x|x＜－3或x＞7}，B＝{x|m＋1≤x≤‎2m－1}，若B⊆A，则实数m的取值范围是________．‎ ‎(－∞，2)∪(6，＋∞)　[当B＝∅时，有m＋1＞‎2m－1，则m＜2.‎ 当B≠∅时，有或解得m＞6.‎ 综上可知，实数m的取值范围是(－∞，2)∪(6，＋∞)．]‎ ‎【对点训练2】　一条直线过点(5,2)，且在x轴，y轴上截距相等，则这条直线的方程为(　　)‎ A．x＋y－7＝0‎ B．2x－5y＝0‎ C．x＋y－7＝0或2x－5y＝0‎ D．x＋y＋7＝0或2y－5x＝0‎ C　[设该直线在x轴，y轴上的截距均为a，当a＝0时，直线过原点，此时直线方程为y＝x，即2x－5y＝0；当a≠0时，设直线方程为＋＝1，则求得a＝7，直线方程为x＋y－7＝0.]‎ 应用2　由运算、性质引起的分类讨论 ‎【典例2】　已知a，b＞0且a≠1，b≠1，若logab＞1，则(　　)‎ A．(a－1)(b－1)＜0 B．(a－1)(a－b)＞0‎ C．(b－1)(b－a)＜0 D．(b－1)(b－a)＞0‎ D　[∵a，b＞0且a≠1，b≠1，‎ ‎∴当a＞1，即a－1＞0时，‎ 不等式logab＞1可化为alogab＞a1，即b＞a＞1，‎ ‎∴(a－1)(a－b)＜0，(a－1)(b－1)＞0，(b－1)(b－a)＞0.‎ 当0＜a＜1时，即a－1＜0时，‎ 不等式logab＞1可化为alogab＜a1，即0＜b＜a＜1，‎ ‎∴(a－1)(a－b)＜0，(a－1)(b－1)＞0，(b－1)(b－a)＞0.‎ 综上可知，选D.]‎ 应用指数、对数函数时，往往对底数是否大于1进行讨论，这是由它的性质决定的.在处理分段函数问题时，首先要确定自变量的取值属于哪个区间段，再选取相应的对应法则，离开定义域讨论问题是产生错误的重要原因之一.‎ ‎【对点训练3】　已知函数f(x)＝ax＋b(a＞0，a≠1)的定义域和值域都是[－1,0]，则a＋b＝________.‎ ‎－　[当a＞1时，函数f(x)＝ax＋b在[－1,0]上为增函数，由题意得无解．当0＜a＜1时，函数f(x)＝ax＋b在[－1,0]上为减函数，由题意得解得所以a＋b＝－.]‎ ‎【对点训练4】　在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cos ‎2C＝－.‎ ‎(1)求sin C的值；‎ ‎(2)当a＝2,2sin A＝sin C时，求b及c的长．‎ ‎[解]　(1)由cos ‎2C＝1－2sin‎2C，得sin C＝.‎ ‎(2)由2sin A＝sin C，得‎2a＝c，所以c＝4.‎ 由sin C＝，得cos C＝±.‎ 下面分两种情况：‎ ‎①当cos C＝时，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C得 b2－b－12＝0，解得b＝2.‎ ‎②当cos C＝－时，同理可得b＝.‎ 综上c＝4，b＝2或b＝.‎ 应用3　由图形位置或形状分类讨论 ‎【典例3】　设F1，F2为椭圆＋＝1的两个焦点，P为椭圆上一点．已知P ‎，F1，F2是一个直角三角形的三个顶点，且|PF1|＞|PF2|，求的值．‎ ‎[解]　①若∠PF‎2F1＝90°.‎ 则|PF1|2＝|PF2|2＋|F‎1F2|2，‎ 又∵|PF1|＋|PF2|＝6，|F‎1F2|＝2，‎ 解得|PF1|＝，|PF2|＝，∴＝.‎ ‎②若∠F1PF2＝90°，‎ 则|F‎1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2.‎ ‎∴|PF1|2＋(6－|PF1|)2＝20，‎ ‎∴|PF1|＝4，|PF2|＝2，‎ ‎∴＝2.‎ 综上知，＝或2.‎ (1)本题中直角顶点的位置不定，影响边长关系，需要按直角顶点不同的位置进行讨论.‎ (2)破解此类题的关键点：‎ ‎①确定特征，一般在确立初步特征时将能确定的所有位置先确定.‎ ‎②分类，根据初步特征对可能出现的位置关系进行分类.‎ ‎③得结论，将“所有关系”下的目标问题进行汇总处理.‎ ‎【对点训练5】　正三棱柱的侧面展开图是边长分别为6和4的矩形，则它的体积为(　　)‎ A. B．4 C. D．4或 D　[当矩形长、宽分别为6和4时，体积V＝2×××4＝4；当长、宽分别为4和6时，体积V＝×××6＝.]‎ ‎【对点训练6】　过双曲线x2－＝1的右焦点F作直线l交双曲线于A，B两点，若|AB|＝4，则这样的直线l有(　　)‎ A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 C　[因为双曲线的两个顶点之间的距离是2，小于4，所以当直线l与双曲线左、右两支各有一个交点时，过双曲线的右焦点一定有两条直线满足条件要求；‎ 当直线l与实轴垂直时，有3－＝1，解得y＝2或y＝－2，所以此时直线AB的长度是4，即只与双曲线右支有两个交点的所截弦长为4的直线仅有一条．‎ 综上，可知有3条直线满足|AB|＝4.]‎ ‎【对点训练7】　已知变量x，y满足的不等式组表示的是一个直角三角形围成的平面区域，则实数k＝(　　)‎ A．－ B. C．0 D．0或－ D　[不等式组表示的可行域如图(阴影部分)所示，由图可知，若要使不等式组表示的平面区域是直角三角形，只有当直线y＝kx＋1与直线x＝0或y＝2x垂直时才满足．‎ 结合图形可知斜率k的值为0或－.]‎ 应用4　由参数变化引起的分类讨论 ‎【典例4】　设函数f(x)＝x3－ax－b，x∈R，其中a，b∈R，求f(x)的单调区间．‎ ‎[解]　由f(x)＝x3－ax－b，可得f′(x)＝3x2－a.‎ 下面分两种情况讨论：①当a≤0时，有f′(x)＝3x2－a≥0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．‎ ‎②当a＞0时，令f′(x)＝0，‎ 解得x＝或x＝－.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎－∞，－ ‎－ ‎－， ，＋∞‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，.‎ (1)本题研究函数性质对参数a进行分类讨论，分为a≤0和a＞0两种情况.‎ (2)若遇到题目中含有参数的问题，常常结合参数的意义及对结果的影响进行分类讨论，此种题目为含参型，应全面分析参数变化引起结论的变化情况，参数有几何意义时还要考虑适当地运用数形结合思想，分类要做到分类标准明确、不重不漏.‎ ‎【对点训练8】　设函数f(x)＝x2－ax＋a＋3，g(x)＝ax－‎2a，若存在x0∈R，使得f(x0)＜0和g(x0)＜0同时成立，则实数a的取值范围为(　　)‎ A．(7，＋∞) B．(－∞，－2)∪(6，＋∞)‎ C．(－∞，－2) D．(－∞，－2)∪(7，＋∞)‎ A　[由f(x)＝x2－ax＋a＋3，知f(0)＝a＋3，f(1)＝4.又存在x0∈R，使得f(x0‎ ‎)＜0，所以Δ＝a2－4(a＋3)＞0，解得a＜－2或a＞6.又g(x)＝ax－‎2a的图象恒过(2,0)，故当a＞6时，作出函数f(x)和g(x)的图象如图1所示，当a＜－2时，作出函数f(x)和g(x)的图象如图2所示．‎ 图1　 图2‎ 由函数的图象知，当a＞6时，若g(x0)＜0，则x0＜2，‎ ‎∴要使f(x0)＜0，则需解得a＞7.‎ 当a＜－2时，若g(x0)＜0，则x0＞2，此时函数f(x)＝x2－ax＋a＋3的图象的对称轴x＝＜0，‎ 故函数f(x)在区间上为增函数，‎ 又f(1)＝4，∴f(x0)＜0不成立．‎ 综上，实数a的取值范围为(7，＋∞)．]‎ ‎【对点训练9】　设函数f(x)＝[ax2－(‎4a＋1)x＋‎4a＋3]ex.‎ ‎(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；‎ ‎(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．‎ ‎[解]　(1)因为f(x)＝[ax2－(‎4a＋1)x＋‎4a＋3]ex，‎ 所以f′(x)＝[ax2－(‎2a＋1)x＋2]ex.‎ 所以f′(1)＝(1－a)e.‎ 由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.‎ 此时f(1)＝3e≠0.‎ 所以a的值为1.‎ ‎(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(‎2a＋1)x＋2]ex ‎＝(ax－1)(x－2)ex.‎ 若a＞，则当x∈时，f′(x)＜0；‎ 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0.‎ 所以f(x)在x＝2处取得极小值．‎ 若a≤，则当x∈(0,2)时，x－2＜0，ax－1≤x－1＜0，‎ 所以f′(x)＞0.‎ 所以2不是f(x)的极小值点．‎ 综上可知，a的取值范围是.‎