2020届二轮复习(理)第3部分策略13

2020届二轮复习(理)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　由基本概念、法则引起的分类讨论 ‎【典例1】(1)若函数f(x)＝ax(a＞0，a≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)＝(1－‎4m)在[0，＋∞)上是增函数，则a＝________.‎ ‎(2)在等比数列{an}中，已有a3＝，S3＝，则a1＝________.‎ ‎(1)　(2)或6　[(1)若a＞1，有a2＝4，a－1＝m.‎ 解得a＝2，m＝.‎ 此时g(x)＝－为减函数，不合题意．‎ 若0＜a＜1，有a－1＝4，a2＝m，‎ 故a＝，m＝，检验知符合题意．‎ ‎(2)当q＝1时，a1＝a2＝a3＝，S3＝‎3a1＝，显然成立．‎ 当q≠1时，由a3＝，S3＝，‎ ‎∴ 由，得＝3，即2q2－q－1＝0，‎ 所以q＝－或q＝1(舍去)．‎ 当q＝－时，a1＝＝6，‎ 综上可知，a1＝或a1＝6.]‎ ‎【对点训练1】(1)已知函数f(x)＝且f(a)＝－3，则f(6－a)＝(　　)‎ A．－　　　　　　 B．－ C．－ D．－ ‎(2)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＝________.‎ ‎(3)已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C所对的边，且A＝2B，b≠c，若a2＋c2＝b2＋2acsin C，则A＝________.‎ ‎(1)A　(2)－　(3)　[(1)由于f(a)＝－3，‎ ‎①若a≤1，则‎2a－1－2＝－3，整理得‎2a－1＝－1.由于2x＞0，所以‎2a－1＝－1无解；‎ ‎②若a＞1，则－log2(a＋1)＝－3，解得a＋1＝8，a＝7，‎ 所以f(6－a)＝f(－1)＝2－1－1－2＝－.‎ 综上所述，f(6－a)＝－.‎ ‎(2)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＝－.‎ ‎(3)∵a2＋c2＝b2＋2acsin C，‎ ‎∴＝sin C.‎ 由余弦定理得cos B＝sin C，‎ ‎∵0＜B＜π，0＜C＜π，‎ ‎∴C＝－B或C＝＋B.‎ ‎①当C＝－B时，由A＝2B且A＋B＋C＝π，‎ 得A＝，B＝C＝，这与“b≠c”矛盾．‎ ‎∴A≠.‎ ‎②当C＝＋B时，‎ 由A＝2B且A＋B＋C＝π，‎ 得B＝，C＝，A＝.]‎ 应用2　由图形的不确定性引起的分类讨论 ‎【典例2】(1)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．－或0‎ ‎(2)设圆锥曲线C的两个焦点分别为F1，F2，若曲线C上存在点P满足|PF1|∶|F‎1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，则曲线C的离心率等于________．‎ ‎(1)D　(2)或　[(1)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kx－y＋1＝0与直线y轴或y＝2x垂直时才满足．结合图形可知斜率k的值为0或－.‎ ‎(2)不妨设|PF1|＝4t，|F‎1F2|＝3t，|PF2|＝2t，其中t≠0.‎ 若该曲线为椭圆，则有|PF1|＋|PF2|＝6t＝‎2a，‎ ‎|F‎1F2|＝3t＝‎2c，e＝＝＝＝；‎ 若该曲线为双曲线，则有|PF1|－|PF2|＝2t＝‎2a，‎ ‎|F‎1F2|＝3t＝‎2c，e＝＝＝＝.]‎ ‎【对点训练2】(1)已知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 ‎(2)若m是2和8的等比中项，则圆锥曲线x2＋＝1的离心率为________．‎ ‎(1)D　(2)或　[(1)当正三棱柱的高为4时，体积V＝2×××4＝4；‎ 当正三棱柱的高为6时，体积V＝×××6＝，故选D.‎ ‎(2)由题意可知m2＝2×8＝16，∴m＝±4.‎ 当m＝4时，曲线为椭圆，离心率e＝＝.‎ 为m＝－4时，曲线为双曲线，离心率e＝＝.]‎ 应用3　由参数变化引起的分类讨论 ‎【典例3】　已知函数f(x)＝x2－(‎2m＋1)x＋ln x(m∈R)．‎ ‎(1)当m＝－时，若函数g(x)＝f(x)＋(a－1)ln x恰有一个零点，求a的取值范围；‎ ‎(2)当x＞1时，f(x)＜(1－m)x2恒成立，求m的取值范围．‎ 切入点：(1)求f′(x)，就a的取值结合f(x)的单调性分析．‎ ‎(2)构造函数h(x)＝f(x)－(1－m)x2，就m的取值及h(x)的最大值情况求m的取值范围．‎ ‎[解](1)函数g(x)的定义域为(0，＋∞)．‎ 当m＝－时，g(x)＝aln x＋x2，所以g′(x)＝＋2x＝.‎ ‎①当a＝0时，g(x)＝x2，在x∈(0，＋∞)上，g(x)＝0无解．∴x＞0时无零点，即a≠0.‎ ‎②当a＞0时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，取x0＝e，则g＝－1＋＜0，‎ 因为g(1)＝1，所以g(x0)·g(1)＜0，此时函数g(x)恰有一个零点，即a＞0.‎ ‎③当a＜0时，令g′(x)＝0，‎ 解得x＝.‎ 当0＜x＜时， g′(x)＜0，所以g(x)在上单调递减；‎ 当x＞时，g′(x)＞0，所以g(x)在上单调递增．‎ 要使函数g(x)有一个零点，则g＝aln－＝0，即a＝－2e.‎ 综上所述，若函数g(x)恰有一个零点，则a＝－2e或a＞0.‎ ‎(2)令h(x)＝f(x)－(1－m)x2＝mx2－(‎2m＋1)x＋ln x，根据题意，当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0恒成立．‎ 又h′(x)＝2mx－(‎2m＋1)＋＝.‎ ‎①若0＜m＜，则x∈时，h′(x)＞0恒成立，所以h(x)在上是增函数，且h(x)∈，所以不符合题意．‎ ‎②若m≥，则x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0恒成立，所以h(x)在(1，＋∞)上是增函数，且h(x)∈(h(1)，＋∞)，所以不符合题意．‎ ‎③若m≤0，则x∈(1，＋∞)时，恒有h′(x)＜0，故h(x)在(1，＋∞)上是减函数，于是“h(x)＜0对任意x∈(1，＋∞)都成立”的充要条件是h(1)≤0，即m－(‎2m＋1)≤0，解得m≥－1，‎ 故－1≤m≤0.‎ 综上，m的取值范围是[－1,0]．‎ ‎【对点训练3】已知函数f(x)＝ax＋＋1－‎2a(a＞0)，若f(x)≥ln x在[1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．‎ ‎[解]　令g(x)＝f(x)－ln x＝ax＋＋1－‎2a－ln x，x∈[1，＋∞)，‎ 则g(1)＝0，‎ g′(x)＝a－－＝＝.‎ ‎①当＞1，即0＜a＜时，若1＜x＜，则g′(x)＜0，g(x)在上是减函数，所以存在x∈[1，＋∞)，使g(x)＜g(1)＝0，即f(x)＜ln x，‎ 所以f(x)≥ln x在[1，＋∞)上不恒成立．‎ ‎②当≤1，即a≥时，若x≥1，则g′(x)≥0，g(x)在[1，＋∞)上是增函数，‎ 所以g(x)≥g(1)＝0，即f(x)≥ln x，‎ 所以当x≥1时，f(x)≥ln x恒成立．‎ 综上所述，a的取值范围为.‎