2018届二轮复习分类讨论思想课件（江苏专用）

2018届二轮复习分类讨论思想课件（江苏专用）

专题 10 　数学思想 第 3 讲 　分类讨论思想 分类讨论思想是一种重要的数学思想方法，其基本思路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 . 1. 中学数学中可能引起分类讨论的因素： (1) 由数学概念而引起的分类讨论：如绝对值的定义、不等式的定义、二次函数的定义、直线的倾斜角等 . 思想方 法解读 (2) 由数学运算要求而引起的分类讨论：如除法运算中除数不为零，偶次方根为非负数，对数运算中真数与底数的要求，指数运算中底数的要求，不等式中两边同乘以一个正数、负数，三角函数的定义域，等比数列 { a n } 的前 n 项和公式等 . (3) 由性质、定理、公式的限制而引起的分类讨论：如函数的单调性、基本不等式等 . (4) 由图形的不确定性而引起的分类讨论：如二次函数图象、指数函数图象、对数函数图象等 . (5) 由参数的变化而引起的分类讨论：如某些含有参数的问题，由于参数的取值不同会导致所得的结果不同，或者由于对不同的参数值要运用不同的求解或证明方法等 . 2. 进行分类讨论要遵循的原则是：分类的对象是确定的，标准是统一的，不遗漏、不重复，科学地划分，分清主次，不越级讨论 . 其中最重要的一条是 “ 不重不漏 ”. 3. 解答分类讨论问题时的基本方法和步骤是：首先要确定讨论对象以及所讨论对象的全体的范围；其次确定分类标准，正确进行合理分类，即标准统一、不重不漏、分类互斥 ( 没有重复 ) ；再对所分类逐步进行讨论，分级进行，获取阶段性结果；最后进行归纳小结，综合得出结论 . 体验 高考 高考必会题型 高考题型精练 栏目索引 体验高考 解析答案 1 2 解析　 由 f ( f ( a )) ＝ 2 f ( a ) 得， f ( a ) ≥ 1. 当 a ≥ 1 时，有 2 a ≥ 1 ， ∴ a ≥ 0 ， ∴ a ≥ 1. 1 2 解析答案 (1) 求直线 FM 的斜率； 1 2 又由 a 2 ＝ b 2 ＋ c 2 ，可得 a 2 ＝ 3 c 2 ， b 2 ＝ 2 c 2 . 设直线 FM 的斜率为 k ( k ＞ 0) ， F ( － c, 0) ，则直线 FM 的方程为 y ＝ k ( x ＋ c ). 1 2 解析答案 (2) 求椭圆的方程； 1 2 两个方程联立，消去 y ，整理得 3 x 2 ＋ 2 cx － 5 c 2 ＝ 0 ， 1 2 解析答案 返回 1 2 解析答案 解　 设点 P 的坐标为 ( x ， y ) ，直线 FP 的斜率为 t ， 消去 y ，整理得 2 x 2 ＋ 3 t 2 ( x ＋ 1) 2 ＝ 6 ， 1 2 解析答案 即 y ＝ mx ( x ≠ 0) ，与椭圆方程联立， 1 2 ② 当 x ∈ ( － 1,0) 时，有 y ＝ t ( x ＋ 1) ＞ 0 ， 返回 高考 必会题型 题型一　由概念、公式、法则、计算性质引起的分类讨论 例 1 　 设集合 A ＝ { x ∈ R | x 2 ＋ 4 x ＝ 0} ， B ＝ { x ∈ R | x 2 ＋ 2( a ＋ 1) x ＋ a 2 － 1 ＝ 0 ， a ∈ R } ，若 B ⊆ A ，求实数 a 的取值范围 . 解析答案 点评 解　 ∵ A ＝ {0 ，－ 4} ， B ⊆ A ，于是可分为以下几种情况 . (1) 当 A ＝ B 时， B ＝ {0 ，－ 4} ， (2) 当 B  S A 时，又可分为两种情况 . ① 当 B ≠ ∅ 时，即 B ＝ {0} 或 B ＝ { － 4} ， 当 x ＝ 0 时，有 a ＝ ±1 ； 当 x ＝－ 4 时，有 a ＝ 7 或 a ＝ 1. 又由 Δ ＝ 4( a ＋ 1) 2 － 4( a 2 － 1) ＝ 0 ， 解析答案 点评 解得 a ＝－ 1 ，此时 B ＝ {0} 满足条件； ② 当 B ＝ ∅ 时， Δ ＝ 4( a ＋ 1) 2 － 4( a 2 － 1)<0 ，解得 a < － 1. 综合 (1)(2) 知，所求实数 a 的取值范围为 a ≤ － 1 或 a ＝ 1. 点评 点评 对概念、公式、法则的内含及应用条件的准确把握是解题关键，在本题中， B ⊆ A ，包括 B ＝ ∅ 和 B ≠ ∅ 两种情况 . 解答时就应分两种情况讨论，在关于指数、对数的运算中，底数的取值范围是进行讨论时首先要考虑的因素 . 解析答案 变式训练 1 　 在公差为 d 的等差数列 { a n } 中，已知 a 1 ＝ 10 ，且 a 1 ,2 a 2 ＋ 2,5 a 3 成等比数列 . (1) 求 d ， a n ； 解　 由题意得 5 a 3 · a 1 ＝ (2 a 2 ＋ 2) 2 ， 即 d 2 － 3 d － 4 ＝ 0 ，故 d ＝－ 1 或 d ＝ 4. 所以 a n ＝－ n ＋ 11 ， n ∈ N * 或 a n ＝ 4 n ＋ 6 ， n ∈ N * . 解析答案 (2) 若 d <0 ，求 | a 1 | ＋ | a 2 | ＋ … ＋ | a n |. 解　 设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n . ∵ d <0 ，由 (1) 得 d ＝－ 1 ， a n ＝－ n ＋ 11 ， 题型二　分类讨论在含参函数中的应用 例 2 　 已知函数 f ( x ) ＝－ x 2 ＋ 2 ax ＋ 1 － a 在 x ∈ [0,1] 上有最大值 2 ，求 a 的值 . 点评 解析答案 解　 函数 f ( x ) ＝－ x 2 ＋ 2 ax ＋ 1 － a ＝－ ( x － a ) 2 ＋ a 2 － a ＋ 1 ， 对称轴方程为 x ＝ a . (1) 当 a <0 时， f ( x ) max ＝ f (0) ＝ 1 － a ， ∴ 1 － a ＝ 2 ， ∴ a ＝－ 1. (2) 当 0 ≤ a ≤ 1 时， f ( x ) max ＝ f ( a ) ＝ a 2 － a ＋ 1 ， ∴ a 2 － a ＋ 1 ＝ 2 ， ∴ a 2 － a － 1 ＝ 0 ， (3) 当 a >1 时， f ( x ) max ＝ f (1) ＝ a ， ∴ a ＝ 2. 综上可知， a ＝－ 1 或 a ＝ 2. 本题中函数的定义域是确定的，二次函数的对称轴是不确定的，二次函数的最值问题与对称轴息息相关，因此需要对对称轴进行讨论，分对称轴在区间内和对称轴在区间外，从而确定函数在给定区间上的单调性，即可表示函数的最大值，从而求出 a 的值 . 点评 解析答案 变式训练 2 　 已知函数 f ( x ) ＝ 2e x － ax － 2( x ∈ R ， a ∈ R ). (1) 当 a ＝ 1 时，求曲线 y ＝ f ( x ) 在 x ＝ 1 处的切线方程； 解　 当 a ＝ 1 时， f ( x ) ＝ 2e x － x － 2 ， f ′ ( x ) ＝ 2e x － 1 ， f ′ (1) ＝ 2e － 1 ， 即曲线 y ＝ f ( x ) 在 x ＝ 1 处的切线的斜率 k ＝ 2e － 1 ， 又 f (1) ＝ 2e － 3 ， 所以所求的切线方程是 y ＝ (2e － 1) x － 2. 解析答案 (2) 求 x ≥ 0 时，若不等式 f ( x ) ≥ 0 恒成立，求实数 a 的取值范围 . 解　 易知 f ′ ( x ) ＝ 2e x － a . 若 a ≤ 0 ，则 f ′ ( x )>0 恒成立， f ( x ) 在 R 上单调递增； f ′ ( x )<0 ， f ( x ) 单调递减， 又 f (0) ＝ 0 ，所以若 a ≤ 0 ，则当 x ∈ [0 ，＋ ∞ ) 时， f ( x ) ≥ f (0) ＝ 0 ，符合题意 . 解析答案 f ( x ) ≥ f (0) ＝ 0 在 [0 ，＋ ∞ ] 上恒成立，符合题意 . 综上，实数 a 的取值范围是 ( － ∞ ， 2]. 题型三　根据图形位置或形状分类讨论 点评 解析 答案 [7,8] 点评 取点 A (2,0) ， B (4 － s, 2 s － 4) ， C (0 ， s ) ， C ′ (0,4). ① 当 3 ≤ s <4 时，可行域是四边形 OABC ( 含边界 ) ， 如 图 (1) 所示，此时， 7 ≤ z max <8. 解析 点评 ② 当 4 ≤ s ≤ 5 时，此时可行域是 △ OAC ′ ，如图 (2) 所示， z max ＝ 8. 综上， z ＝ 3 x ＋ 2 y 最大值的变化范围是 [7,8]. 几类常见的由图形的位置或形状变化引起的分类讨论 (1) 二次函数对称轴的变化； (2) 函数问题中区间的变化； (3) 函数图象形状的变化； (4) 直线由斜率引起的位置变化； (5) 圆锥曲线由焦点引起的位置变化或由离心率引起的形状变化； (6) 立体几何中点、线、面的位置变化等 . 点评 返回 解析答案 返回 解　 若 ∠ PF 2 F 1 ＝ 90° ， 若 ∠ F 1 PF 2 ＝ 90° ， 高考 题型精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1. 若关于 x 的方程 | a x － 1| ＝ 2 a ( a >0 且 a ≠ 1) 有两个不等实根，则 a 的取值范围是 ________. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析　 方程 | a x － 1| ＝ 2 a ( a >0 且 a ≠ 1) 有两个实数根转化为函数 y ＝ | a x － 1| 与 y ＝ 2 a 有两个交点 . ② 当 a >1 时，如图 (2) ，而 y ＝ 2 a >1 不符合要求 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析答案 解析　 如图，由 y ＝ ax ＋ z 知 z 的几何意义是直线在 y 轴上的截距， 故当 a >0 时，要使 z ＝ y － ax 取得最大值的最优解不唯一 ， 则 a ＝ 2 ； 当 a <0 时，要使 z ＝ y － ax 取得最大值的最优解不唯一 ， 则 a ＝－ 1. 2 或－ 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3. 抛物线 y 2 ＝ 4 px ( p >0) 的焦点为 F ， P 为其上的一点， O 为坐标原点，若 △ OPF 为等腰三角形，则这样的点 P 的个数为 ________. 解析 答案 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析　 当 PO ＝ PF 时，点 P 在线段 OF 的中垂线上，此时，点 P 的位置有两个；当 OP ＝ OF 时，点 P 的位置也有两个 ； 对 FO ＝ FP 的情形，点 P 不存在 . 事实上， F ( p, 0) ，若设 P ( x ， y ) ， 又 ∵ y 2 ＝ 4 px ， ∴ x 2 ＋ 2 px ＝ 0 ， 解 得 x ＝ 0 或 x ＝－ 2 p ，当 x ＝ 0 时，不构成三角形 . 当 x ＝－ 2 p ( p >0) 时，与点 P 在抛物线上矛盾 . ∴ 符合要求的点 P 一 共有 4 个 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析答案 4. 函数 的 值域为 ________. 解析　 当 x ≥ 1 时， f ( x ) ＝ log x 是单调递减的， 此时，函数的值域为 ( － ∞ ， 0] ； 当 x <1 时， f ( x ) ＝ 2 x 是单调递增的， 此时，函数的值域为 (0,2). 综上， f ( x ) 的值域是 ( － ∞ ， 2). ( － ∞ ， 2) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析答案 5. 已知集合 A ＝ { x |1 ≤ x <5} ， C ＝ { x | － a < x ≤ a ＋ 3}. 若 C ∩ A ＝ C ，则 a 的取值范围是 ______ _ ______. 解析　 因为 C ∩ A ＝ C ，所以 C ⊆ A . ① 当 C ＝ ∅ 时 ，满足 C ⊆ A ， 综上， a 的取值范围是 ( － ∞ ，－ 1]. ( － ∞ ，－ 1] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析答案 6. 已知函数 f ( x ) ＝ x 2 ＋ ax ＋ 3 － a ，若 x ∈ [ － 2,2] 时， f ( x ) ≥ 0 恒成立，求 a 的取值范围 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析答案 解　 要使 f ( x ) ≥ 0 恒成立 ， 则 函数在区间 [ － 2,2] 上的最小值不小于 0 ，设 f ( x ) 的最小值为 g ( a ). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 得 a ≥ － 7 ，又 a < － 4 ，故－ 7 ≤ a < － 4 ， 综上得－ 7 ≤ a ≤ 2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析答案 7. 已知 ax 2 － ( a ＋ 1) x ＋ 1<0 ，求不等式的解集 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析答案 解　 若 a ＝ 0 ，原不等式等价于－ x ＋ 1<0 ，解得 x >1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 当 a ＝ 0 时，解集为 { x | x >1} ； 当 a ＝ 1 时，解集为 ∅ ； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解　 设等比数列 { a n } 的公比为 q ， 因为 S 3 ＋ a 3 ， S 5 ＋ a 5 ， S 4 ＋ a 4 成等差数列， 所以 S 5 ＋ a 5 － S 3 － a 3 ＝ S 4 ＋ a 4 － S 5 － a 5 ，即 4 a 5 ＝ a 3 ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析答案 当 n 为奇数时， S n 随 n 的增大而减小， 当 n 为偶数时， S n 随 n 的增大而增大， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析答案 (1) 当 a ＝ 1 时，求曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (0 ， f (0)) 处的切线方程； ∴ f ′ (0) ＝ 0 ， 则曲线在 (0 ， f (0)) 处的切线方程为 y ＝ 1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析答案 (2) 是否存在实数 a ，使 f ( x ) 的极大值为 2 ？若存在，求出 a 的值；若不存在，说明理由 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析答案 f ′ ( x ) ＝ 0 的根为 0,2 － a ， ∵ a ≤ 2 ， ∴ 2 － a ≥ 0 ， ∴ f ( x ) 在 ( － ∞ ，＋ ∞ ) 内单调递减，无极值； 当 a <2 时， 2 － a >0 ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 f ( x ) 在 ( － ∞ ， 0) ， (2 － a ，＋ ∞ ) 内单调递减， 在 (0,2 － a ) 内单调递增； ∴ f (2 － a ) ＝ (4 － a )e a － 2 为 f ( x ) 的极大值， 令 u ( a ) ＝ (4 － a )e a － 2 ( a <2) ， u ′ ( a ) ＝ (3 － a )e a － 2 >0 ， ∴ u ( a ) 在 a ∈ ( － ∞ ， 2) 上单调递增， ∴ u ( a )< u (2) ＝ 2 ， ∴ 不存在实数 a ，使 f ( x ) 的极大值为 2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10. 已知函数 f ( x ) ＝ a ln x － x ＋ 1( a ∈ R ). (1) 求 f ( x ) 的单调区间； 解析答案 当 a ≤ 0 时， f ′ ( x )<0 ， ∴ f ( x ) 的减区间为 (0 ，＋ ∞ ) ； 当 a >0 时，由 f ′ ( x )>0 得 0< x < a ， 由 f ′ ( x )<0 得 x > a ， ∴ f ( x ) 增区间为 (0 ， a ) ，减区间为 ( a ，＋ ∞ ). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (2) 若 f ( x ) ≤ 0 在 (0 ，＋ ∞ ) 上恒成立，求所有实数 a 的值 . 解析答案 解　 由 (1) 知：当 a ≤ 0 时， f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上为减函数， 而 f (1) ＝ 0 ， ∴ f ( x ) ≤ 0 在区间 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) 上不可能恒成立； 当 a >0 时， f ( x ) 在 (0 ， a ) 上单调递增，在 ( a ，＋ ∞ ) 上单调递减， f ( x ) max ＝ f ( a ) ＝ a ln a － a ＋ 1 ， 令 g ( a ) ＝ a ln a － a ＋ 1 ， 依题意有 g ( a ) ≤ 0 ，而 g ′ ( a ) ＝ ln a ，且 a >0 ， ∴ g ( a ) 在 (0,1) 上单调递减，在 (1 ，＋ ∞ ) 上单调递增， ∴ g ( a ) min ＝ g (1) ＝ 0 ，故 a ＝ 1. 返回