高考数学二轮复习学案数学思想方法部分专题1分类讨论思想江苏专用

高考数学二轮复习学案数学思想方法部分专题1分类讨论思想江苏专用

专题 1 分类讨论思想 分类讨论思想就是根据所研究对象的性质差异，分各种不同的情况予以分析解决.分类讨论思想覆盖面 广，利于考查学生的逻辑思维能力，同时方式多样，具有较高的逻辑性及很强的综合性，应用分类讨论思 想，应注重理解和掌握分类的原则、方法与技巧，做到“确定对象的全体，明确分类的标准，分层别类不 重复、不遗漏的分析讨论.”在高考中必定考查分类讨论，特别是这几年的压轴题. 预测在 2013 的高考题中： 1继续与函数综合考查. 2结合函数与方程思想以及等价转化思想考查学生分析问题、解决问题的能力. 1．已知集合 A＝{x|x2－3x＋2＝0}，B＝{x|x2－ax＋(a－1)＝0}，C＝{x|x2 －mx＋2＝0}，且 A∪B＝A， A∩C＝C，则 a 的值为________，m 的取值范围为________． 2．函数 y＝ax(a>0 且 a≠1)在[1,2]上的最大值比最小值大a 2 ，则 a 的值是________． 3．若函数 f(x)＝a|x－b|＋2 在[0，＋∞)上为增函数，则实数 a，b 应满足________． 4．过点 P(2,3)，且在坐标轴上的截距相等的直线方程是________． 5．已知平面单位向量 a，b，c 夹角两两相等，则|a＋b＋c|＝________. 1 解析：A＝{1,2}，B＝{x|( x－1)(x＋1－a)＝0}， 由 A∪B＝A 可得 a－1＝1 或 a－1＝2，a＝2 或 3； 由 A∩C＝C，可知 C＝{1}或{2}或{1,2}或∅，m＝3 或－2 2＜m＜2 2. 答案：2 或 3 {3}∪(－2 2，2 2) 2 解析：当 a>1 时，y＝ax 在[1,2]上递增， 故 a2－a＝a 2 ，得 a＝3 2 ；当 00 时，需 x－b 恒为非负数，即 a>0，b≤0. ②当 a<0 时，需 x－b 恒为非正数．又∵x∈[0，＋∞)，∴不成立． 综上所述，a>0 且 b≤0.答案：a>0 且 b≤0 4 解析：当直线过原点时方程为 3x－2y＝0，当直线不过原点时，设方程为x a ＋y a ＝1，代入 P 的坐标可 得 a＝5.答案：3x－2y＝0 或 x＋y－5＝0 5 解析：由题意知夹角为2π 3 或 0.当夹角为2π 3 时，a＋b＝－c，|a＋b＋c|＝0； 当夹角为 0 时，|a＋b＋c|＝3|a|＝3. 答案：0 或 3 [典例 1] 解关于 x 的不等式 ax2－(a＋1)x＋1<0. [解] (1)当 a＝0 时，原不等式化为－x＋1<0，∴x>1. (2)当 a≠0 时，原不等式化为 a(x－1) x－1 a <0， ①若 a<0，则原不等式化为(x－1) x－1 a >0，∴1 a<0.∴1 a<1.∴不等式解为 x<1 a 或 x>1. ②若 a>0，则原不等式化为(x－1) x－1 a <0， (ⅰ)当 a>1 时，1 a<1，不等式解为1 a1，不等式解为 11 ；当 a＝0 时，解集为{x|x>1}； 当 01 时，解集为 x|1 a0 或 a<0，因为这两种情形下，不等式解 集形式是不同的；而 a＞0 时又遇到 1 与1 a 谁大谁小的问题，因而又需作一次分类讨论，故需要作三级分类． [演练 1] 已知函数 f(x)＝x|x－a|(a∈R)． (1)判断 f(x)的奇偶性； (2)解关于 x 的不等式：f(x)≥2a2. 解：(1)当 a＝0 时， f(－x)＝－x|－x|＝－x|x|＝－f(x)，∴f(x)是奇函数． 当 a≠0 时，f(a)＝0 且 f(－a)＝－2a|a|. 故 f(－a)≠f(a)且 f(－a)≠－f(a)．∴f(x)是非奇非偶函数． (2)由题设知 x|x－a|≥2a2， ∴原不等式等价于 x0 时， x≥a， x≥2a 或 x≤－a， 即 x≥2a； 当 a<0 时， x≥a， x≤2a 或 x≥－a， 即 x≥－a. 综上所述， a≥0 时，f(x)≥2a2 的解集为{x|x≥2a}；a<0 时，f(x)≥2a2 的解集为{x|x≥－a}． [典例 2] 已知函数 f(x)＝x2，g(x)＝x－1. (1)若∃x∈R 使 f(x)0，解得 b<0 或 b>4. (2)由题设得 F(x)＝x2－mx＋1－m2， 对称轴方程为 x＝m 2 ，Δ＝m2－4(1－m2)＝5m2－4. 由于|F(x)|在[0, 1]上单调递增，则有 ①当Δ≤0 即－2 5 5 ≤m≤2 5 5 时，有 m 2 ≤0， －2 5 5 ≤m≤2 5 5 ， 解得－2 5 5 ≤m≤0. ②当Δ>0 即 m<－2 5 5 或 m>2 5 5 时， 设方程 F(x)＝0 的根为 x1，x2(x12 5 5 ，则m 2> 5 5 ，有 m 2 ≥1， x1<0⇔F0＝1－m2<0. 解得 m≥2； (ⅱ)若 m<－2 5 5 ，即m 2<－ 5 5 ，有 x1<0，x2≤0； ∴ x1＋x2<0⇒m<0， x1x2≥0⇒1－m2≥0⇒－1≤m≤1， m<－2 5 5 ， 解得－1≤m<－2 5 5 . 由(ⅰ)(ⅱ)得－1≤m＜－2 5 5 或 m≥2. 综合①②有－1≤m≤0 或 m≥2. 第一问是二次不等式恒成立，直接用Δ控制；第二问是绝对值函数的单调性问题，首先化成分段函数， 然后寻找在闭区间[0,1]上单调递增的条件求解，研究此类问题需要研究出分段函数的各种分界点，如极值 点、拐点等单调性分界点． [演练 2] (2012·苏中二模)已知函数 f(x)＝x3－3ax(a∈R)，函数 g(x)＝ln x. (1)当 a＝1 时，求 f(x)的极小值； (2)若在区间[1,2]上函数 f(x)的图象恒在函数 g(x)的图象的上方(没有公共点)，求 a 的取值范围； (3)当 a>0 时，设 h(x)＝|f(x)|，x∈[－1,1]，求 h(x)的最大值 F(a)的解析式． 解：(1)∵当 a＝1 时 f′(x)＝3x2－3， 令 f′(x)＝0，得 x＝－1 或 x＝1. 当 x∈(－1,1)时 f′(x)<0， 当 x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时 f′(x)>0. ∴f(x)在(－1,1)上单调递减， 在(－∞，－1)，[1，＋∞)上单调递增． ∴f(x)的极小值为 f(1)＝－2. (2)因为在区间[1,2]上函数 f(x)的图象恒在函数 g(x)的图象的上方， 所以 x3－3ax>ln x 在[1,2]上恒成立， 即 3a0，ln x≥0，所以 m′(x)>0. 所以 m(x)在[1,2]上单调递增． 所以 m(x)min＝m(1)＝1. 所以 3a<1，即 a<1 3. (3)因 h(x)＝|f(x)|＝|x3－3ax|在[－1,1]上为偶函数，故只需求在[0,1]上的最大值即可． 当 a>0 时 f′(x)＝3x2－3a＝3(x＋ a)(x－ a)， ①当 a ≥1，即 a≥1 时 h(x)＝|f(x)|＝－f(x)，－f(x)在[0,1]上单调递增，此时 F(a)＝－f(1)＝3a－1. ②当 0< a<1，即 00，即 0f(1)＝1－3a，即1 40(n＝1,2,3…)． (1)求 q 的取值范围； (2)设 bn＝an＋2－3 2an＋1，{bn}的前 n 项和为 Tn，试比较 Sn 与 Tn 的大小． [解] (1)因为{an}是等比数列，Sn>0，可得 a1＝S1>0，q≠0. 当 q＝1 时，Sn＝na1>0. 当 q≠1 时，Sn＝a11－qn 1－q >0，即1－qn 1－q >0(n＝1,2,3，…)， 则有 1－q>0， 1－qn>0， ① 或 1－q<0， 1－qn<0. ② 由②得 q>1，由①得－10 且－10， 则当－12 时，Tn－Sn>0，即 Tn>Sn； 当－1 21， 可令 ax2－2x＋1＝1 2 ， x>0， 解得 x1＝2－ 4－2a 2a . 又令 ax2－2x＋1＝－1 2 ， x>0， 解得 x2＝2－ 4－6a 2a ， 由图可知 f(x)≥1 2 的解集为 0，2－ 4－2a 2a ∪ 2－ 4－6a 2a ，4 . (2)a<0 时，f(x)＝|ax2－2x＋1|，记 g(x)＝ax2－2x＋1,0≤x≤4，g(x)图象对称轴 x＝1 a ，1 a<0， ∴g(x)在[0,4]上单调递减． ∴f(x)max＝max{f(0)，f(4)}＝max{1，|16a－7|}＝7－16a； a＝0 时，f(x)＝|－2x＋1|，f(x)max＝7； a>0 时，如果 0＜1 a ≤4，即 a≥1 4 时， f(x)max＝max f0，f 1 a ，f4 ＝max 1，|1 a －1|，|16a－7| ， ①1 4 ≤a≤ 7 16 ，即16 7 ≤1 a ≤4 时， f(x)max＝max 1，1 a －1，7－16a ＝max 1 a －1，7－16a ， 由于 1 a －1 －(7－16a)＝1 a ＋16a－8≥0，∴f(x)max＝1 a －1. ② 7 16 ＜a≤1 时，f(x)max＝max 1，1 a －1，16a－7 ， 1 2 ＜a≤1 时， 1 a －1 －1＝1 a －2＝1－2a a <0， (16a－7)－1＝16a－8＝8(2a－1)>0，∴f(x)max＝16a－7. 7 16 ＜a≤1 2 时， 1 a －1 －1＝1 a －2＝1－2a a ≥0， (16a－7)－1＝16a－8＝8(2a－1)≤0，∴f(x)max＝1 a －1. ③a>1 时，f(x)max＝max 1，1－1 a ，16a－7 ＝16a－7， 又 0＜a＜1 4 时，1 a>4，f(x)max＝{f(0)，f(4)}＝{1，|16a－7|}＝7－16a. 综上所述 f(x)max＝ 7－16a，a≤1 4 ， 1 a －1，1 4 ＜a≤1 2 ， 16a－7，a>1 2. 11 解：(1)当 a＝0 时，函数 f(－x)＝(－x)2＋|－x|＋1＝f(x)，此时 f(x)为偶函数． 当 a≠0 时，f(a)＝a2＋1，f(－a)＝a2＋2|a|＋1， f(－a)≠f(a)，f(－a)≠－f(a)，此时函数 f(x)既不是奇函数，也不是偶函数． (2)①当 x≤a 时，函数 f(x)＝x2－x＋a＋1＝ x－1 2 2＋a＋3 4 ， 若 a≤1 2 ，则函数 f(x)在(－∞，a]上单调递减， 从而函数 f(x)在(－∞，a]上的最小值为 f(a)＝a2＋1；[来源:学|科|网] 若 a>1 2 ，则函数 f(x)在(－∞，a]上的最小值为 f 1 2 ＝3 4 ＋a，且 f 1 2 ≤f(a)． ②当 x≥a 时，函数 f(x)＝x2＋x－a＋1＝ x＋1 2 2－a＋3 4. 若 a≤－1 2 ，则函数 f(x)在[a，＋∞)上的最小值为 f －1 2 ＝3 4 －a，且 f －1 2 ≤f(a)； 若 a>－1 2 ，则函数 f(x)在[a，＋∞)单调递增， 从而函数 f(x)在[a，＋∞)上的最小值为 f(a)＝a2＋1. 综上，当 a≤－1 2 时，函数 f(x)的最小值为3 4 －a； 当－1 2 ＜a≤1 2 时，函数 f(x)的最小值是 a2＋1； 当 a>1 2 时，函数 f(x)的最小值是 a＋3 4. 10 解析：若 n<100， 则 S＝(n－1)＋(n－2)＋…＋1＋0＋1＋…＋(100－n)＝nn－1 2 ＋101－n100－n 2 ＝n2－101n＋5 050. 当 n＝50 或 51 时 S 最小为 2 500； 若 n≥100，则 Sn＝(n－1)＋(n－2)＋…＋(n－100)＝50(2n－101)≥4 950>2 500. 答案：50 或 51 2 500 9 解析：当θ<90°时，最大截面就是轴截面，其面积为 1 2l2sin θ； 当θ≥90°时，最大截面是两母线夹角为 90°的截面，其面积为 1 2l2. 可见，最大截面积为 1 2l2 或 1 2l2sin θ. 答案：1 2l2 或 1 2l2sin θ 8 解析：若长为 4 的边作为圆柱底面圆周的展开图，则 V 柱＝π 2 π 2·2＝8 π ；若长为 2 的边作为圆柱底面 圆周的展开图，则 V 柱＝π 1 π 2·4＝4 π. 答案：8 π 或4 π 7 解析：若 A＝∅，即Δ＝(p＋2)2－4<0，即－41,1＋a<1， 所以 f(1－a)＝－(1－a)－2a＝－1－a， f(1＋a)＝2(1＋a)＋a＝3a＋2. 因为 f(1－a)＝f(1＋a)， 所以－1－a＝3a＋2，即 a＝－3 4. 当 a>0 时，1－a<1,1＋a>1， 所以 f(1－a)＝2(1－a)＋a＝2－a， f(1＋a)＝－(1＋a)－2a＝－3a－1. 因为 f(1－a)＝f(1＋a)， 所以 2－a＝－3a－1，即 a＝－3 2(舍去)． 综上满足条件的 a＝－3 4. 答案：－3 4 3 解析：由题意得 f′(x)＝(a－1)x2＋ax－1 4 ＝0 有解． 当 a－1＝0 时，满足； 当 a－1≠0 时，只需Δ＝a2＋(a－1)>0. 答案： －∞，－1－ 5 2 ∪ －1＋ 5 2 ，＋∞ 2 解析：∵0180°，这与三角形的内角和为 180°相矛盾，可见 A≠150°. ∴cos C＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B) ＝－[cos A·cos B－sin A·sin B] ＝－ 3 2 · 5 13 －1 2·12 13 ＝12－5 3 26 . 答案：12－5 3 26 1 解析：由 22＋42>4 得点 P 在圆 x2＋y2＝4 外，由几何性质分析知过点 P 且与圆相切的直线有两条， 设直线斜率为 k，则切线方程为 y－4＝k(x－2)，由圆心到切线的距离为 2，解得 k＝3 4.由此可知斜率不存在 时也满足题意，解得切线方程为 3x－4y＋10＝0 或 x＝2. 答案：3x－4y＋10＝0 或 x＝2