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2017版考前三个月(浙江专版,文理通用)高考知识·方法篇 专题9 数学思想第38练


第 38 练
[思想方法解读]

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. (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{an}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
?3x-1,x<1, ? 1.(2015· 山东)设函数 f(x)=? x 则满足 f(f(a))=2f(a)的 a 的取值范围是( ?2 ,x≥1, ?

)

2 ? A.? ?3,1? 2 ? C.? ?3,+∞? 答案 C 解析 由 f(f(a))=2f(a)得,f(a)≥1.

B.[0,1] D.[1, +∞)

2 2 当 a<1 时,有 3a-1≥1,∴a≥ ,∴ ≤a<1. 3 3 当 a≥1 时,有 2a≥1,∴a≥0,∴a≥1. 2 综上,a≥ ,故选 C. 3 2.(2015· 湖北)将离心率为 e1 的双曲线 C1 的实半轴长 a 和虚半轴长 b(a≠b)同时增加 m(m>0)

个单位长度,得到离心率为 e2 的双曲线 C2,则( A.对任意的 a,b,e1>e2 B.当 a>b 时,e1>e2;当 a<b 时,e1<e2 C.对任意的 a,b,e1<e2 D.当 a>b 时,e1<e2;当 a<b 时,e1>e2 答案 D 解析 由题意 e1= a2+b2 = a2 b?2 1+? ?a? ;

)

双曲线 C2 的实半轴长为 a+m,虚半轴长为 b+m, 离心率 e2= ?a+m?2+?b+m?2 = ?a+m?2

?b+m?2. 1+? ? ?a+m?

b+m b m?a-b? 因为 - = ,且 a>0,b>0,m>0,a≠b, a+m a a?a+m? m?a-b? b+m b 所以当 a>b 时, >0,即 > . a?a+m? a+m a 又 b+m b >0, >0, a a+m

所以由不等式的性质依次可得?

?b+m?2>?b?2, ? ?a+m? ?a?

?b+m?2>1+?b?2, 1+? ? ?a? ?a+m?
所以

?b+m?2> 1+? ? ?a+m?

b?2 1+? ?a? ,即 e2>e1;

m?a-b? 同理,当 a<b 时, <0,可推得 e2<e1. a?a+m? 综上,当 a>b 时,e1<e2;当 a<b 时,e1>e2. x2 y2 3 3.(2015· 天津)已知椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的左焦点为 F(-c,0),离心率为 ,点 M 在椭圆 a b 3 b2 4 3 上且位于第一象限,直线 FM 被圆 x2+y2= 截得的线段的长为 c,|FM|= . 4 3 (1)求直线 FM 的斜率; (2)求椭圆的方程; (3)设动点 P 在椭圆上,若直线 FP 的斜率大于 2,求直线 OP(O 为原点)的斜率的取值范围. c2 1 解 (1)由已知有 2= , a 3 又由 a2=b2+c2,可得 a2=3c2,b2=2c2. 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).

由已知,有? 解得 k= 3 . 3

? kc ?2 ?c?2 ?b?2 ?+ = , ? k2+1? ?2? ?2?

x2 y2 (2)由(1)得椭圆方程为 2+ 2=1, 3 c 2c 直线 FM 的方程为 y= 3 (x+c), 3

两个方程联立,消去 y,整理得 3x2+2cx-5c2=0, 5 解得 x=- c,或 x=c. 3 2 3 ? 因为点 M 在第一象限,可得点 M 的坐标为?c, c . 3 ? ? 由|FM|= ?c+c?2+? 2 3 ?2=4 3. 3 ? 3 c-0?

x2 y2 解得 c=1,所以椭圆的方程为 + =1. 3 2 (3)设点 P 的坐标为(x,y),直线 FP 的斜率为 t, y 得 t= ,即 y=t(x+1)(x≠-1). x+1 y=t?x+1?, ? ?2 2 与椭圆方程联立,?x y ? ? 3 + 2 =1, 消去 y,整理得 2x2+3t2(x+1)2=6, 又由已知,得 t= 6-2x2 > 2, 3?x+1?2

3 解得- <x<-1 或-1<x<0. 2 y 2 2 设直线 OP 的斜率为 m,得 m= ,即 y=mx(x≠0),与椭圆方程联立,整理得 m2= 2- . x x 3 3 - ,-1?时,有 y=t(x+1)<0, ①当 x∈? ? 2 ? 因此 m>0,于是 m= 2 2 2 2 3? - ,得 m∈? , . x2 3 3 ? ?3

②当 x∈(-1,0)时,有 y=t(x+1)>0, 因此 m<0,于是 m=- 2 3? 得 m∈?-∞,- . 3 ? ? 2 2 - , x2 3

2 3 ? ? 2 2 3? 综上,直线 OP 的斜率的取值范围是?-∞,- ∪ . , 3 ? ?3 3 ? ? 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|x2+4x=0},B={x∈R|x2+2(a+1)x+a2-1=0,a∈R},若 B?A, 求实数 a 的取值范围. 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?a+1?=-4, ∴由根与系数的关系,得? 2 解得 a=1. ?a -1=0, ?

(2)当 B?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(a2-1)=0, 解得 a=-1,此时 B={0}满足条件; ②当 B=?时,Δ=4(a+1)2-4(a2-1)<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 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. 变式训练 1 已知数列{an}的前 n 项和 Sn=pn-1(p 是常数),则数列{an}是( A.等差数列 B.等比数列 C.等差数列或等比数列 D.以上都不对 答案 D 解析 ∵Sn=pn-1, ∴a1=p-1,an=Sn-Sn-1=(p-1)pn 1(n≥2),


)

当 p≠1 且 p≠0 时,{an}是等比数列; 当 p=1 时,{an}是等差数列; 当 p=0 时,a1=-1,an=0(n≥2),此时{an}既不是等差数列也不是等比数列. 题型二 分类讨论在含参函数中的应用 例 2 已知函数 f(x)=-x2+2ax+1-a 在 x∈[0,1]上有最大值 2,求 a 的值.

解 函数 f(x)=-x2+2ax+1-a =-(x-a)2+a2-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)=a2-a+1, 1± 5 ∴a2-a+1=2,∴a2-a-1=0,∴a= (舍). 2 (3)当 a>1 时,f(x)max=f(1)=a,∴a=2. 综上可知,a=-1 或 a=2. 点评 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. 变式训练 2 已知函数 f(x)=2ex-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; (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 (1)当 a=1 时,f(x)=2ex-x-2, f′(x)=2ex-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. (2)易知 f′(x)=2ex-a. 若 a≤0,则 f′(x)>0 恒成立,f(x)在 R 上单调递增; a 若 a>0,则当 x∈(-∞,ln )时, 2 f′(x)<0,f(x)单调递减, a 当 x∈(ln ,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增. 2 又 f(0)=0,所以若 a≤0,则当 x∈[0,+∞)时, f(x)≥f(0)=0,符合题意. a 若 a>0,则当 ln ≤0, 2 即 0<a≤2 时,则当 x∈[0,+∞)时, f(x)≥f(0)=0,符合题意. a 当 ln >0,即 a>2, 2

a 则当 x∈(0,ln )时,f(x)单调递减, 2 f(x)<f(0)=0,不符合题意. 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 x≥0, ? ?y≥0, 在约束条件? y+x≤s, ? ?y+2x≤4

例3

下, 当 3≤s≤5 时, z=3x+2y 的最大值的变化范围是(

)

A.[6,15] C.[6,8] 答案 D
? ? ?x+y=s, ?x=4-s, 解析 由? ?? ?y+2x=4 ? ? ?y=2s-4,

B.[7,15] D.[7,8]

取点 A(2,0),B(4-s,2s-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≤zmax<8.

②当 4≤s≤5 时,此时可行域是△OAC′, 如图(2)所示,zmax=8. 综上,z=3x+2y 最大值的变化范围是[7,8]. 点评 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. x2 y2 变式训练 3 设点 F1,F2 为椭圆 + =1 的两个焦点,点 P 为椭圆上一点,已知点 P,F1, 9 4 F2 是一个直角三角形的三个顶点,且|PF1|>|PF2|,求 解 若∠PF2F1=90° , 则|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2, 又∵|PF1|+|PF2|=6,|F1F2|=2 5,

|PF1| 的值. |PF2|

解得|PF1|=

|PF1| 7 14 4 ,|PF2|= ,∴ = . 3 3 |PF2| 2

若∠F1PF2=90° , 则|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2, ∴|PF1|2+(6-|PF1|)2=20, 又|PF1|>|PF2|,∴|PF1|=4,|PF2|=2, ∴

|PF1| =2. |PF2| |PF1| 7 = 或 2. |PF2| 2
高考题型精练 )

综上知,

1.若关于 x 的方程|ax-1|=2a (a>0 且 a≠1)有两个不等实根,则 a 的取值范围是( A.(0,1)∪(1,+∞) C.(1,+∞) 答案 D B.(0,1) 1? D.? ?0,2?

解析 方程|ax-1|=2a (a>0 且 a≠1)有两个实数根转化为函数 y=|ax-1|与 y=2a 有两个交点. 1 ①当 0<a<1 时,如图(1),∴0<2a<1,即 0<a< . 2

②当 a>1 时,如图(2),而 y=2a>1 不符合要求.

1 综上,0<a< . 2 x+y-2≤0, ? ? 2.x,y 满足约束条件?x-2y-2≤0, ? ?2x-y+2≥0. 的值为( 1 A. 或-1 2 ) 1 B.2 或 2

若 z=y-ax 取得最大值的最优解不唯一,则实数 a

C.2 或 1 答案 D

D.2 或-1

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. 3.抛物线 y2=4px (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( A.2B.3C.4D.6 答案 C 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),则|FO|=p,|FP|= ?x-p?2+y2,若 ?x-p?2+y2=p,则有 x2-2px+y2=0,又∵y2=4px, ∴x2+2px=0,解得 x=0 或 x=-2p,当 x=0 时,不构成三角形.当 x=-2p(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.
2 4.函数 f(x)=? x ? ?2 ,x<1

)

? ? log 1 x,x ≥1,

的值域为________.

答案 (-∞,2) 解析 当 x≥1 时, f ? x ?=log 1 x 是单调递减的,
2

此时,函数的值域为(-∞,0]; 当 x<1 时,f(x)=2x 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). 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________. 答案 (-∞,-1] 解析 因为 C∩A=C,所以 C?A. 3 ①当 C=?时,满足 C?A,此时-a≥a+3,得 a≤- ; 2

-a<a+3, ? ? ②当 C≠?时,要使 C?A,则?-a≥1, ? ?a+3<5, 3 解得- <a≤-1. 2 综上,a 的取值范围是(-∞,-1]. 6.已知函数 f(x)=x2+ax+3-a,若 x∈[-2,2]时,f(x)≥0 恒成立,求 a 的取值范围. 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). a (1)当- <-2,即 a>4 时,g(a)=f(-2)=7-3a≥0, 2 7 得 a≤ ,故此时 a 不存在. 3 a a a2 - ?=3-a- ≥0, (2)当- ∈[-2,2], 即-4≤a≤4 时, g(a)=f? 得-6≤a≤2, 又-4≤a≤4, ? 2? 2 4 故-4≤a≤2. a (3)当- >2,即 a<-4 时,g(a)=f(2)=7+a≥0, 2 得 a≥-7,又 a<-4,故-7≤a<-4, 综上得-7≤a≤2. 7.已知 ax2-(a+1)x+1<0,求不等式的解集. 解 若 a=0,原不等式等价于-x+1<0,解得 x>1. 1 若 a<0,原不等式等价于(x- )(x-1)>0, a 1 解得 x< 或 x>1. a 1 若 a>0,原不等式等价于(x- )(x-1)<0. a 1 1 ①当 a=1 时, =1,(x- )(x-1)<0 无解; a a 1 1 1 ②当 a>1 时, <1,解(x- )(x-1)<0 得 <x<1; a a a 1 1 1 ③当 0<a<1 时, >1,解(x- )(x-1)<0 得 1<x< . a a a 1 综上所述:当 a<0 时,解集为{x|x< 或 x>1}; a 当 a=0 时,解集为{x|x>1}; 1 当 0<a<1 时,解集为{x|1<x< }; a 当 a=1 时,解集为?;

1 当 a>1 时,解集为{x| <x<1}. a 3 8.已知首项为 的等比数列{an}不是递减数列,其前 n 项和为 Sn(n∈N*),且 S3+a3,S5+a5, 2 S4+a4 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)设 Tn=Sn- (n∈N*),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值. Sn 解 (1)设等比数列{an}的公比为 q, 因为 S3+a3,S5+a5,S4+a4 成等差数列, 所以 S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即 4a5=a3, a5 1 于是 q2= = . a3 4 3 1 又{an}不是递减数列且 a1= ,所以 q=- . 2 2 故等比数列{an}的通项公式为 1 3 3 - ?n-1=(-1)n-1· n. an= ×? 2 ? 2? 2 1+ ,n为奇数, 1? ? 2 ? (2)由(1)得 S =1-?-2? =? 1 ?1-2 ,n为偶数.
n n n n

1

当 n 为奇数时,Sn 随 n 的增大而减小, 3 所以 1<Sn≤S1= , 2 1 1 3 2 5 故 0<Sn- ≤S1- = - = . Sn S1 2 3 6 当 n 为偶数时,Sn 随 n 的增大而增大, 3 所以 =S2≤Sn<1, 4 1 1 3 4 7 故 0>Sn- ≥S2- = - =- . Sn S2 4 3 12 综上,对于 n∈N*,总有- 7 1 5 ≤Sn- ≤ . 12 Sn 6

5 7 所以数列{Tn}最大项的值为 ,最小项的值为- . 6 12 x2+ax+a 9.已知函数 f(x)= ,其中 a 为常数,a≤2. ex (1)当 a=1 时,求曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (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.

x2+x+1 解 (1)a=1,f(x)= ,∴f(0)=1, ex ?2x+1?ex-ex?x2+x+1? ∵f′(x)= e2x = -x2+x x?x-1? =- , ex ex

∴f′(0)=0, 则曲线在(0,f(0))处的切线方程为 y=1. ?2x+a?ex-ex?x2+ax+a? (2)f′(x)= e 2x x-?2-a? =-x[ ], ex f′(x)=0 的根为 0,2-a, ∵a≤2,∴2-a≥0, -x2 当 a=2 时,f′(x)= x ≤0, e ∴f(x)在(-∞,+∞)内递减,无极值; 当 a<2 时,2-a>0, f(x)在(-∞,0),(2-a,+∞)内递减, 在(0,2-a)内递增; ∴f(2-a)=(4-a)ea
- -2

为 f(x)的极大值,


令 u(a)=(4-a)ea 2(a<2),u′(a)=(3-a)ea 2>0, ∴u(a)在 a∈(-∞,2)上递增,∴u(a)<u(2)=2, ∴不存在实数 a,使 f(x)的极大值为 2. 10.已知函数 f(x)=alnx-x+1(a∈R). (1)求 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)≤0 在(0,+∞)上恒成立,求所有实数 a 的值. a-x a 解 (1)f′(x)= -1= (x>0), x x 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)递增区间为(0,a),递减区间为(a,+∞). (2)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)上递增,在(a,+∞)上递减,

f(x)max=f(a)=alna-a+1, 令 g(a)=alna-a+1, 依题意有 g(a)≤0,而 g′(a)=lna,且 a>0, ∴g(a)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增, ∴g(a)min=g(1)=0,故 a=1.


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