高考数学二轮复习分层设计（全国I卷）学案第三层备考篇备考技法专题二4大数学思想系统归纳-第3讲分类讨论思想

第3讲分类讨论思想在解题时，我们常常遇到这样一种情况，解到某一步之后，不能再以统一的方法、统一的式子继续进行了，因为这时被研究的问题包含了多种情况，这就必须在条件所给出的总区域内，正确划分若干个子区域，然后分别在多个子区域内进行解题，这里集中体现的是由大化小，由整体化为部分，由一般化为特殊的解决问题的方法，其研究方向基本是“分”，但分类解决问题之后，还必须把它们总合在一起，这种“合—分—合”的解决问题的过程，就是分类讨论的思想方法．分类讨论是许多考生的弱点，也是高考的热点和难点．分类讨论思想在函数、数列、不等式、解析几何、立体几何、概率等数学问题求解中有广泛的应用．eq\a\vs4\al(应用（一）由概念、法则、公式引起的分类讨论)[例1]等比数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的正整数n，Sn＋2＝4Sn＋3恒成立，则a1的值为()A．－3 B.1C．－3或1 D.1或3[解析]设等比数列{an}的公比为q，当q＝1时，Sn＋2＝(n＋2)a1，Sn＝na1，由Sn＋2＝4Sn＋3得，(n＋2)a1＝4na1＋3，即3a1n＝2a1－3，若对任意的正整数n，3a1n＝2a1－3恒成立，则a1＝0且2a1－3＝0，矛盾，所以q≠1，所以Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)，Sn＋2＝eq\f(a1（1－qn＋2）,1－q)，代入Sn＋2＝4Sn＋3并化简得a1(4－q2)qn＝3＋3a1－3q，若对任意的正整数n该等式恒成立，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4－q2＝0，,3＋3a1－3q＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,q＝－2，))故a1＝1或－3.故选C.[答案]C[技法领悟]本题易忽略对q＝1的情况进行讨论，而直接利用Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)(q≠1)，很容易造成漏解或增解，若本题是解答题，这种解答是不完备的．本题根据等比数列前n项和公式的使用就要分q＝1，Sn＝na1和q≠1，Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)进行讨论．[应用体验]1．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sin（πx2），－1<x<0，,ex－1，x≥0，))若f(1)＋f(a)＝2，则a的所有可能值为________．解析：f(1)＝e0＝1，即f(1)＝1.由f(1)＋f(a)＝2，得f(a)＝1.当a≥0时，f(a)＝1＝ea－1，所以a＝1.当－1<a<0时，f(a)＝sin(πa2)＝1，所以πa2＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．所以a2＝2k＋eq\f(1,2)(k∈Z)，k只能取0，此时a2＝eq\f(1,2).因为－1<a<0，所以a＝－eq\f(\r(2),2).故a＝1或－eq\f(\r(2),2).答案：1或－eq\f(\r(2),2)2．若函数f(x)＝ax(a>0，且a≠1)在[－1，2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)＝(1－4m)eq\r(x)在[0，＋∞)上是增函数，则a＝________．解析：若a>1，有a2＝4，a－1＝m，此时a＝2，m＝eq\f(1,2)，此时g(x)＝－eq\r(x)为减函数，不合题意；若0<a<1，有a－1＝4，a2＝m，故a＝eq\f(1,4)，m＝eq\f(1,16)，经检验符合题意．答案：eq\f(1,4)eq\a\vs4\al(应用（二）由运算、性质引起的分类讨论)[例2]已知a＞0，b＞0且a≠1，b≠1，若logab＞1，则()A．(a－1)(b－1)＜0 B.(a－1)(a－b)＞0C．(b－1)(b－a)＜0 D.(b－1)(b－a)＞0[解析]∵a＞0，b＞0且a≠1，b≠1，∴当a＞1，即a－1＞0时，不等式logab＞1可化为aeq\a\vs4\al(logab)＞a1，即b＞a＞1，∴(a－1)(a－b)＜0，(a－1)(b－1)＞0，(b－1)(b－a)＞0.当0＜a＜1，即a－1＜0时，不等式logab＞1可化为aeq\a\vs4\al(logab)＜a1，即0＜b＜a＜1，∴(a－1)(a－b)＜0，(a－1)(b－1)＞0，(b－1)(b－a)＞0.综上可知．故选D.[答案]D[技法领悟]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．在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．[应用体验]3．在△ABC中，C＝eq\f(π,4)，AB＝2，AC＝eq\r(6)，则cosB的值为()A.eq\f(1,2) B.－eq\f(\r(3),2)C.eq\f(1,2)或－eq\f(\r(3),2)D.eqD.eq\f(1,2)或－eq\f(1,2)解析：选D由题意知C＝eq\f(π,4)，c＝AB＝2，b＝AC＝eq\r(6)，由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得sinB＝eq\f(\r(6)sin\f(π,4),2)＝eq\f(\r(3),2).因为b＞c，所以B＞C＝eq\f(π,4)，又0＜B＜π，所以B＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).当B＝eq\f(π,3)时，cosB＝eq\f(1,2)；当B＝eq\f(2π,3)时，cosB＝－eq\f(1,2).故选D.4．若函数f(x)＝ln(ax2＋x)在区间(0，1)内单调递增，则实数a的取值范围为________．解析：若函数f(x)＝ln(ax2＋x)在区间(0，1)内单调递增，即函数g(x)＝ax2＋x在(0，1)内单调递增，当a＝0时，g(x)＝x在(0，1)内单调递增，符合题意，当a>0时，g(x)的对称轴x＝－eq\f(1,2a)<0，g(x)在(0，1)内单调递增，符合题意，当a<0时，需满足g(x)的对称轴x＝－eq\f(1,2a)≥1，解得－eq\f(1,2)≤a＜0，综上，a≥－eq\f(1,2).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))eq\a\vs4\al(应用（三）由参数变化引起的分类讨论)[例3](2018·北京高考)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]e(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．[解](1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]e所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex所以f′(1)＝(1－a)e.由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.此时f(1)＝3e≠0.所以a的值为1.(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]e＝(ax－1)(x－2)ex.若a>eq\f(1,2)，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2))时，f′(x)<0;当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在x＝2处取得极小值．若a≤eq\f(1,2)，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤eq\f(1,2)x－1<0，所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点．综上可知，a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).[技法领悟](1)本题研究函数性质，对参数a进行分类讨论，分为a>eq\f(1,2)和a≤eq\f(1,2)两种情况．(2)若遇到题目中含有参数的问题，常常结合参数的意义及对结果的影响进行分类讨论，此种题目为含参型，应全面分析参数变化引起结论的变化情况，参数有几何意义时还要考虑适当地运用数形结合思想，分类要做到分类标准明确、不重不漏．[应用体验]5．函数f(x)＝ax2＋3x－a(a∈R)()A．没有零点 B.有一个零点C．有两个零点 D.有一个零点或两个零点解析：选D当a≠0时Δ＝9＋4a2＞0，函数f(x)有两个零点．当a＝0时，ax2＋3x－a＝0可化为3x＝0，解得x＝0.因此原函数有一个零点或有两个零点．故选6．已知函数f(x)＝eq\f(x,1＋x)－aln(1＋x)(a∈R)，求函数f(x)的单调区间．解：因为f(x)＝eq\f(x,1＋x)－aln(1＋x)(x＞－1)，所以f′(x)＝eq\f(1,（x＋1）2)－eq\f(a,x＋1)＝eq\f(－ax－a＋1,（x＋1）2)，当a≤0时，f′(x)＞0，所以函数f(x)的单调递增区间为(－1，＋∞)．当a＞0时，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（x）＞0，,x＞－1))得－1＜x＜－1＋eq\f(1,a)；由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（x）＜0，,x＞－1))得x＞－1＋eq\f(1,a).所以函数f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1＋\f(1,a)))；单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,a)，＋∞)).综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(－1，＋∞)．当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1＋\f(1,a)))；单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,a)，＋∞)).eq\a\vs4\al(应用（四）根据图形位置或形状分类讨论)[例4](2018·全国卷Ⅰ)设抛物线C：y2＝2x，点A(2，0)，B(－2，0)，过点A的直线l与C交于M，N两点．(1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；(2)证明：∠ABM＝∠ABN.[解](1)当l与x轴垂直时，l的方程为x＝2，可得点M的坐标为(2，2)或(2，－2)．所以直线BM的方程为y＝eq\f(1,2)(x＋2)或y＝－eq\f(1,2)(x＋2)，即x－2y＋2＝0或x＋2y＋2＝0.(2)证明：当l与x轴垂直时，AB为MN的垂直平分线，所以∠ABM＝∠ABN.当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1>0，x2>0.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－2），,y2＝2x))得ky2－2y－4k＝0，所以y1＋y2＝eq\f(2,k)，y1y2＝－4.直线BM，BN的斜率之和为kBM＋kBN＝eq\f(y1,x1＋2)＋eq\f(y2,x2＋2)＝eq\f(x2y1＋x1y2＋2（y1＋y2）,（x1＋2）（x2＋2）).①将x1＝eq\f(y1,k)＋2，x2＝eq\f(y2,k)＋2及y1＋y2，y1y2的表达式代入①式分子，可得x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝eq\f(2y1y2＋4k（y1＋y2）,k)＝eq\f(－8＋8,k)＝0.所以kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的倾斜角互补，所以∠ABM＝∠ABN.综上，∠ABM＝∠ABN成立．[技法领悟](1)本题中直线l的位置不确定，设直线方程时，应分两种情况讨论．(2)根据图形位置或形状分类讨论的关键点①确定特征，一般在确立初步特征时将能确定的所有位置先确定．②分类，根据初步特征对可能出现的位置关系进行分类．③得结论，将“所有关系”下的目标问题进行汇总处理．[应用体验]7．已知变量x，y满足的不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥2x，,kx－y＋1≥0))表示的是一个直角三角形围成的平面区域，则实数k＝()A．－eq\f(1,2) B.eq\f(1,2)C．0 D.0或－eq\f(1,2)解析：选D不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥2x，,kx－y＋1≥0))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y＝kx＋1与直线x＝0或y＝2x垂直时才满足．结合图形可知斜率k的值为0或－eq\f(1,2).故选D.8．设F1，F2为椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的两个焦点，P为椭圆上一点．已知P，F1，F2是一个直角三角形的三个顶点，且|PF1|＞|PF2|，则eq\f(|PF1|,|PF2|)的值为________．解析：①若∠PF2F1＝90°则|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2又∵|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2eq\r(5)，解得|PF1|＝eq\f(14,3)，|PF2|＝eq\f(4,3)，∴eq\f(|PF1|,|PF2|)＝eq\f(7,2).②若∠F1PF2＝90°，则|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2∴|PF1|2