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2016届高考数学二轮复习 8.21 分类讨论思想课件


第八部分 数学思想方法指导

专题21

分类讨论思想

-3能力目标解读 热点考题诠释

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)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. (2)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. (3)分类讨论思想,能体现“着重考查数学能力”的要求,尤其是在解答题 用导数求解时应足够重视.

-4能力目标解读 热点考题诠释

1 2 3

1.(2014 浙江高考,理 7)在同一直角坐标系中,函数 f(x)=xa(x≥0),g(x)=logax 的图象可能是( )
关闭

由于本题中函数为 y=xa(x≥0)与 y=logax,对于选项 A,没有幂函数图象, 故错误; 对于选项 B,由 y=xa(x≥0)的图象知 a>1,而由 y=logax 的图象知 0<a<1, 故 B 错误; 对于选项 C,由 y=xa(x≥0)的图象知 0<a<1,而由 y=logax 的图象知 a>1, 故 C 错误; 对于选项:D, 由 y=xa(x≥0)的图象,知 0<a<1,而由 y=logax 的图象知 关闭 命题定位 本题主要考查幂函数、对数函数的图象以及函数的单调性 D 0 <a<1,故选 D. 等,体现分类讨论的思想方法.对分析问题和解决问题的能力有一定要求.
解析 答案

-5能力目标解读 热点考题诠释

1 2 3

2.(2014 福建高考,理 15)若集合{a,b,c,d}={1,2,3,4},且下列四个关系: ①a=1;②b≠1;③c=2;④d≠4 有且只有一个是正确的,则符合条件的有序 数组(a,b,c,d)的个数是 .
关闭 命题定位:本题主要考查集合相等的概念,体现分类讨论的思想方法.对 根据题意可分四种情况: 基本运算能力、逻辑推理能力以及分析问题和解决问题的能力有一定要 (1)若①正确,则 a=1,b=1,c≠2,d=4,符合条件的有序数组有 0 个; 求. (2)若②正确,则 a≠1,b≠1,c≠2,d=4,符合条件的有序数组为(2,3,1,4)和 (3,2,1,4); (3)若③正确,则 a≠1,b=1,c=2,d=4,符合条件的有序数组为(3,1,2,4);

(4)若④正确,则 a≠1,b=1,c≠2,d≠4,符合条件的有序数组为 (2,1,4,3),(4,1,3,2),(3,1,4,2).

关闭

6

所以共有 6 个.故答案为 6.
解析 答案

-6能力目标解读 热点考题诠释

1 2 3
(a>1). +

3.(2014 大纲全国高考,理 22)函数 f(x)=ln(x+1)(1)讨论 f(x)的单调性; (2)设 a1=1,an+1=ln(an+1),证明:
2 3 <an≤ . +2 +2

命题定位:本题主要考查含有参数的导数、函数单调性、导函数、解 方程、解不等式、数学归纳法等知识,体现分类讨论的思想方法.对基本运 算能力、探究能力和综合运用知识的能力有一定要求.

-7能力目标解读 热点考题诠释

1 2 3
[ -( 2 -2a )] ( +1)( + )2

(1)解:f(x)的定义域为(-1,+∞),f'(x)=

.

①当 1<a<2 时,若 x∈(-1,a2-2a),则 f'(x)>0,f(x)在(-1,a2-2a)是增函数; 若 x∈(a2-2a,0),则 f'(x)<0,f(x)在(a2-2a,0)是减函数; 若 x∈(0,+∞),则 f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)是增函数. ②当 a=2 时,f'(x)≥0,f'(x)=0 成立当且仅当 x=0,f(x)在(-1,+∞)是增函数; ③当 a>2 时,若 x∈(-1,0),则 f'(x)>0,f(x)在(-1,0)是增函数; 若 x∈(0,a2-2a),则 f'(x)<0,f(x)在(0,a2-2a)是减函数; 若 x∈(a2-2a,+∞),则 f'(x)>0,f(x)在(a2-2a,+∞)是增函数.

-8能力目标解读 热点考题诠释

1 2 3

(2)证明:由(1)知,当 a=2 时,f(x)在(-1,+∞)是增函数. 当 x∈(0,+∞)时,f(x)>f(0)=0, 即 ln(x+1)>
2 +2

(x>0).

又由(1)知,当 a=3 时,f(x)在[0,3)是减函数. 当 x∈(0,3)时,f(x)<f(0)=0, 即 ln(x+1)<
3 +3

(0<x<3).
2 +2

下面用数学归纳法证明
2 3

<an≤
2

3 +2

.
3

①当 n=1 时,由已知 <a1=1,故结论成立; ②设当 n=k 时结论成立,即
+2

<ak≤

+2

.

-9能力目标解读 热点考题诠释

1 2 3

当 n=k+1 时, ak+1=ln(ak+1)>ln ak+1=ln(ak+1)≤ln 即当 n=k+1 时有
2 +2 3 +2 2 +3

+1 >



+1 <

<ak+1≤

3

2 +2 +2 3 3× +2 3 +3 +2

2 +2

=

2 +3 3

, ,

=

+3

+3

,结论成立.

根据①,②知对任何 n∈N*结论都成立.

-10能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

能力突破点一 由概念、法则、公式、性质引起 的分类讨论
思考:中学数学中,哪些概念运算、公式、性质会引起分类讨论? 提示:由数学概念引起的分类讨论,如绝对值的定义、不等式的定义、 二次函数的定义、异面直线所成的角等;由数学运算引起的讨论,如对数运 算中的真数与底数、偶次方根为非负数、不等式中两边同乘一个正数、 负数、等比数列的前 n 项和 Sn 公式;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.

-11能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

【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 + , < 1, (2)已知实数 a≠0,函数 f(x)= 若 f(1-a)=f(1+a),则 a 的值 --2, ≥ 1, 为 . 分析推理(1)指数函数的底数常常是讨论的依据,分 a>1,0<a<1 进行讨论;(2)分段函数中自变量的取值范围是分类的依据,分 1a<1,1-a≥1,1+a<1,1+a≥1,确定 1+a,1-a 的取值范围.

-12能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

我的解答: 解析:(1)讨论参数的取值,从而确定函数的最大值与最小值. 若 a>1,有 a2=4,a-1=m,此时 a=2,m= , 此时 g(x)=- 在[0,+∞)上为减函数,不合题意.若 0<a<1,有 a1

1 2

=4,a2=m,故 a= ,m= ,检验知符合题意. (2)当 a>0 时,1-a<1,1+a>1. 这时 f(1-a)=2(1-a)+a=2-a,f(1+a)=-(1+a)-2a=-1-3a. 由 f(1-a)=f(1+a),得 2-a=-1-3a,解得 a=- .不合题意,舍去.
3 2

1 4

1 16

当 a<0 时,1-a>1,1+a<1,这时 f(1-a)=-(1-a)-2a=-1a,f(1+a)=2(1+a)+a=2+3a. 由 f(1-a)=f(1+a),得-1-a=2+3a,解得 a=- . 综上可知,a 的值为- .
3 4 3 4

-13能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

点评: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.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.

-14能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

1.函数 f(x)= ( ) A.1
2

sin(π 2 ),-1 < x < 0, e
-1

,x ≥ 0,

若 f(1)+f(a)=2,则 a 的所有可能值为

C.2 0 f(1)=e =1,即 f(1)=1.

2 2 2 D.1, 2

B.1,-

关闭

当 a≥0 时,f(a)=1=ea-1,∴a=1. 当-1<a<0 时,f(a)=sin(πa2)=1, ∴πa2=2kπ+ (k∈Z). ∴a2=2k+ (k∈Z),k 只取 0,此时 a2= .
2 1 2 1 2 2
关闭

π

B

∵-1<a<0,∴a=- .
2

解析

答案

-15能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

能力突破点二 由元素的位置、图形的形状变化 引起的分类讨论
思考:哪些元素会引起基本初等函数图象的变化? 提示:一次函数的一次项系数、二次函数的二次项系数、指数函数的 底数、对数函数的底数等.

-16能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

【例 2】 已知 m∈R,求函数 f(x)=(4-3m)x2-2x+m 在区间[0,1]上的最大 值. 分析推理本题对当 4-3m=0,4-3m≠0 时,函数 f(x)的属性分 别进行讨论.当 4-3m=0 时,函数 f(x)为一次函数,当 4-3m≠0 时,函数 f(x)为二 次函数,利用函数的单调性求最值 . 我的解答: ymax=f(0)= .
4 3

解:(1)当 4-3m=0,即 m= 时,函数 y=-2x+ ,它在[0,1]上是减函数.所以

4 3

4 3

-17能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

(2)当 4-3m≠0,即 m≠ 时,y 是二次函数. ①若 4-3m>0,即 y 的图象开口向上,对称轴 x=
1 >0, 4-3

4 3 4 m< 时,二次函数 3

它在[0,1]上的最大值只能在区间端点取得 (由于此处不涉及最小值,故不需 讨论区间与对称轴的关系 ).f(0)=m,f(1)=2-2m. 当 m≥2-2m,又 m< ,即 ≤m< 时,ymax=m.
2 4 3 3 4 2 当 m<2-2m,又 m< ,即 m< 时,ymax=2-2m. 3 3 4 ②若 4-3m<0,即 m> 时,二次函数 y 的图象开口向下,又它的对称轴方 3 1 x= <0,所以函数 y 在[0,1]上是减函数,于是 ymax=f(0)=m. 4-3 2 2-2, < , 3 由①②可知,这个函数的最大值为 ymax= 2 , ≥ . 3 4 3



-18能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

点评:一般由图形的位置或形状变化引发的讨论包括:二次函数对称轴位 置的变化;函数问题中区间的变化;函数图象形状的变化;直线由斜率引起的位 置变化;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.

-19能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

2 2 .设 + =1 的两个焦点,P 为椭圆上一点.已知 4 | | 个直角三角形的三个顶点,且|PF1|>|PF2|,则 1 的值为 |2 |

2 F1,F2 为椭圆 9

P,F1,F2 是一 .
关闭

若∠PF2F1=90° , 则|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2. ∵|PF1|+|PF2|=6,|F1F2|=2 5, 解得|PF1|= ,|PF2|= ,∴
3 3 14 4 |1 | |2 |

= .
2

7

若∠F2PF1=90° , 则|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2=|PF1|2+(6-|PF1|)2, 解得|PF1|=4,|PF2|=2,
2
|1 | |1 | 7 ∴ = 2 . 综上所述 , =2 或 |2 | | | 2 2

或.
2

7

关闭

解析

答案

-20能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

能力突破点三

由参数变化引起的分类讨论

思考:如何处理试题中参数的变化 ? 提示:要结合参数的意义,对参数的不同取值或不同取值范围进行分类讨 论,分类要合理,要不重不漏,要符合最简原则.

-21能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

【例 3】 (2014 天津六校模拟)已知函数 f(x)=ln x,g(x)=f(x)+ax2+bx,函 数 g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线平行于 x 轴. (1)用 a 表示 b; (2)试讨论函数 g(x)的单调性; (3)证明:对任意 n∈N ,都有 ln(1+n)> ∑
*



-1

2 =1

.

分析推理(2)根据函数 g(x)的导函数求解函数 g(x)的单调 区间,需要对参数 a 进行分类讨论,从而通过函数 g(x)的导函数是否大于零 判断函数 g(x)的单调性.第(3)小题利用第(2)小题中所求出的单调性设 x=1+ ,n∈N*, ∴ln x+x2-3x≥g(1)=-2,即 ln x≥-x2+3x-2=-(x-1)(x-2),即 ln 1 +
1 1 ? 2. 1 1

>

-22能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

解:(1)依题意,得 g(x)=ln x+ax2+bx, 则 g'(x)= +2ax+b.
1

由函数 g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线平行于 x 轴,得 g'(1)=1+2a+b=0, ∴b=-2a-1. (2)由(1),得 g'(x)=
2 2 -(2a +1)x+1

=

(2 -1)( -1)

.

∵函数 g(x)的定义域为(0,+∞), ∴当 a≤0 时,2ax-1<0 在(0,+∞)上恒成立. 由 g'(x)>0,得 0<x<1;由 g'(x)<0 得 x>1,即函数 g(x)在(0,1)上单调递增,在 (1,+∞)上单调递减. 当 a>0 时,令 g'(x)=0,得 x=1 或 x= . 若 <1,即 a> 时,由 g'(x)>0,得 x>1 或 0<x< ,由 g'(x)<0,得 <x<1,
2 2 1 1 2 1 1 1

即函数 g(x)在 0,

1 2

,(1,+∞)上单调递增,在

2 1

2

2

,1 上单调递减.

-23能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

若 >1,即 0<a< 时,由 g'(x)>0,得 x> 或 0<x<1,由 g'(x)<0,得 1<x< ,
2 1 2

1

1

1

1

即函数 g(x)在(0,1),
1 2 2

1 2

2

, + ∞ 上单调递增,在 1,

1 2

2

上单调递减.

当 =1,即 a= 时,在(0,+∞)上恒有 g'(x)≥0, 即函数 g(x)在(0,+∞)上单调递增. (3)由(2)知当 a=1 时,函数 g(x)=ln x+x2-3x 在(1,+∞)单调递增. ∴ln x+x2-3x≥g(1)=-2,即 ln x≥-x2+3x-2=-(x-1)(x-2). 令 x=1+ ,n∈N*,则 ln 1 +
1 1 1 3

> ?
1 3

1

1 2

,
1 2

∴ln 1 + ln 1 +
1 2 1 1 1

1 1 1 1

+ln 1 +
1 1
2 + ?

1 2 1

+ln 1 +
1 3

+…+
1

> ?

1 2

∴ln 1 + .

1+
-1

1 2

2

2 + ?

2 +…+ ?

,
1 1 1 1

1+

1 3

… 1+

1

> ?

+ ? 2
2

1

1 2

+ ? 2
3

1

1 3

+…+ ? 2


1

即 ln(1+n)> ∑

2 =1

.

-24能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

点评:含有参数的问题,主要包括:(1)含有参数的不等式的求解 ;(2)含有参数 的方程的求解;(3)函数解析式中含参数的最值与单调性问题;(4)二元二次方程 表示曲线类型的判定等.

-25能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

3.已知函数 f(x)=e

2x+1

-ax+1,a∈R.

(1)若曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线与直线 x+ey+1=0 垂直, 求 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间; (3)设 a<2e ,当 x∈[0,1]时,都有 f(x)≥1 成立,求实数 a 的取值范围.
3

解:(1)由已知,得 f'(x)=2e2x+1-a. ∵曲线 f(x)在点(0,f(0))处的切线与直线 x+ey+1=0 垂直, ∴f'(0)=e,即 f'(0)=2e-a=e.∴a=e.

-26能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

(2)函数 f(x)的定义域是(-∞,+∞),f'(x)=2e2x+1-a. ①当 a≤0 时,f'(x)>0 成立,所以 f(x)的单调增区间为(-∞,+∞). ②当 a>0 时,令 f'(x)>0,得 x> ln ? , 所以 f(x)的单调增区间是 令 f'(x)<0,得 x< ln ? ,
2 2 2 1 1 1 2 2 1 1 2

ln

2 1 2

2

- ,+∞ ;
2 2 1 2

1

所以 f(x)的单调减区间是 -∞, ln 当 a>0 时,f(x)的单调增区间是 -∞, ln
2 1 2 1 2

2

.
1 2

综上所述,当 a≤0 时,f(x)的单调增区间是(-∞,+∞); ln - , + ∞ ,f(x)的单调减区间是 1 2

.

-27能力突破点一 能力突破点二 能力突破点三

能力突破方略

能力突破模型

能力迁移训练

(3)当 x=0 时,f(0)=e+1≥1 成立,a∈R. 当 x∈(0,1]时,f(x)=e2x+1-ax+1≥1 恒成立. 等价于当 x∈(0,1]时,a≤ 设 g(x)= g'(x)= 函数; 令 g'(x)>0,得 x> ,又因为 x∈(0,1],所以函数 g(x)在 ∴函数 g(x)在 x= 处取得最小值,且 g
2 2 1 1 2 1 1 2 e 2 +1 (2 -1)e 2 +1 2 e 2 +1

恒成立.

,只要当 x∈(0,1]时,a≤g(x)min 成立. .
1 2 1 2

令 g'(x)<0,得 x< 且 x≠0,又因为 x∈(0,1],所以函数 g(x)在 0,

上为减

,1 上为增函数.

=2e2.

∴a≤2e2.又∵a<2e3, ∴实数 a 的取值范围是(-∞,2e2].

-281 2 3 4

log 2 x,x > 0, 1.设函数 f(x)= log 1 (-x),x < 0.若 f(a)>f(-a),则实数 a 的取值范围是(
2

)

A.(-1,0)∪(0,1) B.(-∞,-1)∪(1,+∞) C.(-1,0)∪(1,+∞) D.(-∞ ,-1) ∪ 当 a> 0(0,1) 时,
由 f(a)>f(-a),得 log2a>log 1 a,即 log2a>log2 ,即 a> ,解得 a>1.
2

关闭

1

1





当 a<0 时,由 f(a)>f(-a), 得 log 1 (-a)>log2(-a),
2

即 log2 -

1

>log2(-a),

C

即- >-a,解得-1<a<0.故选 C.


1

关闭

解析

答案

-291 2 3 4

2.等比数列{an}中,a3=7,前 3 项之和 S3=21,则公比 q 的值是( A.1 B.1 2

C.1 或-

1 2

D.-1 或

1 2

)

关闭

当公比 q=1 时,a1=a2=a3=7,S3=3a1=21,符合要求. 当 q≠1 时,a1q =7,
2

1 (1- 3 ) 1-

C

=21,解之得,q=- .故选 C.
2

1

关闭

解析

答案

-301 2 3 4

3.已知直线 l 经过点 P(3,1),且被两平行直线 l1:x+y+1=0 和直线 l2:x+y+6=0 截得的线段长为 5,求直线 l 的方程.

解:若直线 l 的斜率不存在,则直线方程为 x=3, 此时与 l1,l2 的交点分别为 A(3,-4)和 B(3,-9)截得的线段 AB 的长|AB|=|4+9|=5,符合题意. 若直线 l 的斜率存在,设直线 l 的方程为 y=k(x-3)+1(k≠-1). , = (-3) + 1, +1 ∴ 解得 4 -1 + + 1 = 0, = .
+1

=

3 -2

-311 2 3 4

∴直线 l 与 l1 的交点 A

3 -2 +1

,-

4 -1 +1

.
3 -7

, = (-3) + 1, +1 解方程组 得 9 -1 + + 6 = 0, = . ∴直线 l 与 l2 的交点 B 又∵|AB|=5, ∴
3 -2 +1 3 -7 +1 2 4 -1 +1 3 -7 +1

=

,-

9 -1 +1 2

+1

.

-

+ -

+

9 -1 +1

=52.

解得 k=0. ∴所求直线 l 的方程为 y=1. 综上,直线 l 的方程为 x=3 或 y=1.

-321 2 3 4

4.已知函数 f(x)=ax2+1(a>0),g(x)=x3+bx. (1)若曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求 a,b 的 值; (2)当 a2=4b 时,求函数 f(x)+g(x)的单调区间,并求其在区间(-∞,-1]上的最大 值.
解:(1)f'(x)=2ax,g'(x)=3x2+b, 因为曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线, 所以 f(1)=g(1),且 f'(1)=g'(1), 即 a+1=1+b,且 2a=3+b. 解得 a=3,b=3.

-331 2 3 4

(2)记 h(x)=f(x)+g(x). 当 b= a2 时,h(x)=x3+ax2+ a2x+1,h'(x)=3x2+2ax+ a2.
4 1 1 4 1 4

令 h'(x)=0,得 x1=- ,x2=- .
2 6





当 a>0 时,h(x)与 h'(x)的变化情况如下: a a a a x -∞,- ,2 2 2 6 h'(x) + 0 h(x) ↗ ↘ 所以函数 h(x)的单调递增区间为 -∞,为 - ,- ,
2 2

-

a

6

0

a - ,+∞ 6 + ↗
6

和 - , + ∞ ;单调递减区间

当- ≥-1,即 0<a≤2 时,
2

6

函数 h(x)在区间(-∞,-1]上单调递增,h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为 h(1)=a- a2.
4 1

-341 2 3 4

当- <-1,且- ≥-1,即 2<a≤6 时,
2 6





函数 h(x)在区间 -∞,- 上单调递增,在区间 - ,-1 上单调递减,
2





h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为 h 6

2

2

=1.
2 2 6

当- <-1,即 a>6 时,函数 h(x)在区间 -∞,- 上单调递增,在区间 - ,- 上单 调递减,在区间 - ,-1 上单调递增, 又因为 h 6 2

-h(-1)=1-a+ a2= (a-2)2>0,
4 4 2

1

1

所以 h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为 h 综上所述,f(x)+g(x)的增区间为 -∞, 2

=1.
6 1 a- a2; 4 2 6

和 - , + ∞ ;减区间为 - ,- .

当 0<a≤2 时,f(x)+g(x)在(-∞,-1]上的最大值为 当 a>2 时,f(x)+g(x)在(-∞,-1]上的最大值为 1.


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