【文档说明】高考数学（全国甲卷通用理科）知识 方法篇 专题10　数学思想 第45练 含答案.doc，共(11)页，128.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第45练分类讨论思想[思想方法解读]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1.(2015·山东)设函数f(x)＝3

x－1，x＜1，2x，x≥1，则满足f(f(a))＝2f(a)的a的取值范围是()A.23，1B.[0，1]C.23，＋∞D.[1，＋∞)答案C解析由f(f(a))＝2f(a)得，f(a)≥1.当a<1时，有3a－1≥1，∴a≥23，∴23≤a<1.当a≥1时，有2a≥1，∴a≥0

，∴a≥1.综上，a≥23，故选C.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>e2B.当

a>b时，e1>e2；当a<b时，e1<e2C.对任意的a，b，e1<e2D.当a>b时，e1<e2；当a<b时，e1>e2答案D解析由题意e1＝a2＋b2a2＝1＋ba2；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＝1＋b＋ma＋m2.因为b＋ma＋m－ba＝ma－baa＋m，且a>0，b>0，m>0，a≠b，所以当a>b时，ma－baa＋m>0，即b＋ma＋m>ba.又b＋ma＋m>0，ba>

0，所以由不等式的性质依次可得b＋ma＋m2>ba2，1＋b＋ma＋m2>1＋ba2，所以1＋b＋ma＋m2>1＋ba2，即e2>e1；同理，当a<b时，ma－baa＋

m<0，可推得e2<e1.综上，当a>b时，e1<e2；当a<b时，e1>e2.3.(2015·天津)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－c，0)，离心率为33，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM被圆x2＋y2＝

b24截得的线段的长为c，|FM|＝433.(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.解(1)由已知有c2a2＝13，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kck2＋12＋c22＝b22，解得k＝33.(2)由(1)得椭圆方程为x23c2＋y22c2＝1，直线FM的方程为y＝33(x＋c)，两个方程联立，消去y，

整理得3x2＋2cx－5c2＝0，解得x＝－53c，或x＝c.因为点M在第一象限，可得点M的坐标为c，233c.由|FM|＝c＋c2＋233c－02＝433.解得c＝1，所以椭圆的方程为

x23＋y22＝1.(3)设点P的坐标为(x，y)，直线FP的斜率为t，得t＝yx＋1，即y＝t(x＋1)(x≠－1).与椭圆方程联立，y＝tx＋1，x23＋y22＝1，消去y，整理得2x2＋3t

2(x＋1)2＝6，又由已知，得t＝6－2x23x＋12＞2，解得－32＜x＜－1或－1＜x＜0.设直线OP的斜率为m，得m＝yx，即y＝mx(x≠0)，与椭圆方程联立，整理得m2＝2x2－23.①当x∈－32，－1

时，有y＝t(x＋1)＜0，因此m＞0，于是m＝2x2－23，得m∈23，233.②当x∈(－1，0)时，有y＝t(x＋1)＞0，因此m＜0，于是m＝－2x2－23，得m∈－∞，－233.综上，直线OP的斜率的取

值范围是－∞，－233∪23，233.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}，∴由根与系数的关系，得－2a＋1＝－4，a2－1＝0，解得a＝1.(2)当BA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，∴a2－a＋1＝2，∴a2－a－1＝0，∴a＝1±52(舍).(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；若a>0，则当x∈(－∞

，lna2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(lna2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.又f(0)＝0，所以若a≤0，则当x∈[0，＋∞)时，f(x)≥f(0)＝0，符合题意.若a>0，则当lna2≤0，即0<a≤2时，

则当x∈[0，＋∞)时，f(x)≥f(0)＝0，符合题意.当lna2>0，即a>2，则当x∈(0，lna2)时，f(x)单调递减，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例3在约束条件x≥0，y≥0，y＋x≤s，y＋2x≤4下，当3≤s≤5时，z＝3x＋2y的最大值的变化范围是()A.[6，15]B.[7，15]C.[6，8]D.[7，8]答案D解析由

x＋y＝s，y＋2x＝4⇒x＝4－s，y＝2s－4，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.变式训练3设点F1，F2为椭圆x29＋y24＝1的两个焦点，点P为椭圆上一点，已知点P，F1，F2是一个直角三角形的三个顶点，且||

PF1＞||PF2，求||PF1||PF2的值.解若∠PF2F1＝90°，则||PF12＝|PF2|2＋||F1F22，又∵||PF1＋||PF2＝6，||F1F2＝25，解得||PF1＝143，||PF2＝

43，∴||PF1||PF2＝72.若∠F1PF2＝90°，则||F1F22＝||PF12＋||PF22，∴||PF12＋(6－||PF1)2＝20，又|PF1|>|PF2|，∴||PF1＝4，||PF2＝2，∴|

|PF1||PF2＝2.综上知，||PF1||PF2＝72或2.高考题型精练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，＋∞)B.(0，1)C.(1，＋∞)D.

0，12答案D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当0<a<1时，如图(1)，∴0<2a<1，即0<a<12.②当a>1时，如图

(2)，而y＝2a>1不符合要求.综上，0<a<12.2.x，y满足约束条件x＋y－2≤0，x－2y－2≤0，2x－y＋2≥0.若z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一，则实数a的值为()A.12或－1B.2或12C.2或1D.2或－1答案

D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.4.函数f(x)＝log21x，x≥1，2x

，x<1的值域为________.答案(－∞，2)解析当x≥1时，f(x)＝log21x是单调递减的，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.①当C＝∅时，满足C⊆A，此时－a≥a＋3，得a≤－32；②当C≠∅时，要使C⊆A，则－a<a＋3，－a≥1，a＋3<5，解得－32<a≤－1.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).(1)当－a2<－2，即a>4时，g(

a)＝f(－2)＝7－3a≥0，得a≤73，故此时a不存在.(2)当－a2∈[－2，2]，即－4≤a≤4时，g(a)＝f－a2＝3－a－a24≥0，得－6≤a≤2，又－4≤a≤4，故－4≤a≤2.(3)当－a2>2

，即a<－4时，g(a)＝f(2)＝7＋a≥0，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.若a<0，原不等式等价于(x－1a)(x－1)>0，解得x<1a或x>1.若a>

0，原不等式等价于(x－1a)(x－1)<0.①当a＝1时，1a＝1，(x－1a)(x－1)<0无解；②当a>1时，1a<1，解(x－1a)(x－1)<0得1a<x<1；③当0<a<1时，1a>1，解(x－1a)(x－1)<0得1<x<1a.综上所述：当a<0时，解集为{x|x<

1a或x>1}；当a＝0时，解集为{x|x>1}；当0<a<1时，解集为{x|1<x<1a}；当a＝1时，解集为∅；当a>1时，解集为{x|1a<x<1}.8.已知首项为32的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S

3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Tn＝Sn－1Sn(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.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，于是q2＝a5a3＝14.又{an}不是递减数列且a1＝32，所以q＝－12.故等比数列{an}的通项公式为an＝32×－12n－1＝(－1)n－1·3

2n.(2)由(1)得Sn＝1－－12n＝1＋12n，n为奇数，1－12n，n为偶数.当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1<Sn≤S1＝32，故0<Sn－1Sn≤S1－1S1＝32－23＝56.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以3

4＝S2≤Sn<1，故0>Sn－1Sn≥S2－1S2＝34－43＝－712.综上，对于n∈N*，总有－712≤Sn－1Sn≤56.所以数列{Tn}最大项的值为56，最小项的值为－712.9.已知函数f(x)＝x2＋ax＋ae

x，其中a为常数，a≤2.(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.解(1)a＝1，f(x)＝x2＋x＋1ex，∴f(0)＝1，∵f′(x)＝

2x＋1ex－exx2＋x＋1e2x＝－x2＋xex＝－xx－1ex，∴f′(0)＝0，则曲线在(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(2)f′(x)＝2x＋aex－exx2＋ax＋ae2x＝－x[x

－2－aex]，f′(x)＝0的根为0，2－a，∵a≤2，∴2－a≥0，当a＝2时，f′(x)＝－x2ex≤0，∴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.解(1)f′(x)＝ax－1＝a－xx(x>0)，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.