高考数学二轮复习专题9思想方法专题第三讲分类讨论思想理

高考数学二轮复习专题9思想方法专题第三讲分类议论思想理

高考数学二轮复习 专题 9 思想方法专题 第三讲 分类议论思想 理

第三讲 分类议论思想

分类议论思想是将一个较复杂的数学识题分解 ( 或切割 ) 成若干个基础性问题， 经过对基

础性问题的解答来实现解决原问题的思想策略． 对问题推行分类与整合， 分类标准等于是增

加的一个已知条件，实现了有效增设，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．

1．由数学观点惹起的分类议论：有的观点自己是分类的，如绝对值、直线斜率、指数

函数、对数函数等．

2．由性质、定理、公式的限制惹起的分类议论：有的数学定理、公式、性质是分类给

出的，在不一样的条件下结论不一致，如等比数列的前 n 项和公式、函数的单一性等．

3．由数学运算要求惹起的分类议论：如除法运算中除数不为零，偶次方根为非负，对

数真数与底数的要求，指数运算中底数的要求，不等式两边同时乘以一个正数、负数， 三角

函数的定义域等．

4．由图形的不确立性惹起的分类议论：有的图形种类、地点需要分类，如角的终边所

在的象限；点、线、面的地点关系等．

5．由参数的变化惹起的分类议论：某些含有参数的问题，如含参数的方程、不等式，

因为参数的取值不一样会致使所得结果不一样， 或对于不一样的参数值要运用不一样的求解或证明方

法．

6．由实质意义惹起的议论：此类问题在应用题中，特别是在解决摆列、组合中的计数

问题经常用． 高考数学二轮复习专题9思想方法专题第三讲分类议论思想理

判断下边结论能否正确 ( 请在括号中打“√”或“×” ) ．

(1) 2 4ac－ b2 二次函数 y＝ ax ＋ bx＋c， x∈ [a ， b] 的最值必定是 .( ×)

4a

(2) 二次函数 y＝ ax2＋ bx＋c， x∈ R，不行能是偶函数． ( × )

(3) 幂函数的图象都经过点 (1 ，1)和点 (0 ，0) ．( ×)

(4) 当 n>0 时，幂函数 y＝xn 是定义域上的增函数． ( × )

2 2 2

(5) 若函数 f(x) ＝ (k － 1)x ＋ 2x－ 3 在 ( －∞， 2) 上单一递加，则 k＝± 2 .( × )

(6) 2 ＝f(0) ＝ 5，f(x) ＝ f(3) ＝2.( ×) 已知 f(x) ＝x －4x ＋ 5，x∈ [0 ， 3) ，则 f(x)

min max

1．过双曲线 2x2－y2＝ 2 的右焦点作直线 l 交双曲线于 A， B 两点，若 |AB| ＝ 4，则这样

的直线有 ( B)

A．4 条 B．3 条 C．2条 D．1 条

2

分析： 由 2x 2－ y2＝ 2，得 x2－y2 ＝ 1.

2b2 当 l 无斜率时， |AB| ＝ ＝ 4，切合要求。

a

当 l 有斜率时， 若 A、B 两点都在右支上， 则 |AB|>4 不切合要求， A、B 在左、 右两支上，有两条，所以共 3 条．

2．已知正三角形 ABC的边长为 3，到这个三角形的三个极点距离都等于 1 的平面的个

数是(D)

A．2 B．3 C．5D．8

分析： 对三个极点和平面的地点分类：在平面同一侧有 2 个，在平面的双侧有 6 个．

∴共有 2＋ 6＝ 8 个．

3．知足 a， b∈ { －1， 0，1， 2} ，且对于 x 的方程 ax2＋ 2x ＋b＝ 0 有实数解的有序数对 高考数学二轮复习专题9思想方法专题第三讲分类议论思想理

(a ， b) 的个数有 ( B)

A．14 B ．13 C ．12 D ．10

分析： 方程 ax2＋ 2x＋ b＝ 0 有实数解，剖析议论．

①当 a＝ 0 时，很明显为垂直于 x 轴的直线方程，有解，此时 b 能够取 4 个值，故有 4

个有序数对；

②当 a≠0时，需要 ＝ 4－4ab≥0，即 ab≤1. 明显有 3 个实数对不知足题意，分别为

(1， 2) ，(2，1) ， (2，2) ．

∵ (a ，b) 共有 4×4＝ 16 个实数对，故答案应为 16－3＝ 13.

4. (2014 ·浙江卷 ) 设函数 f(x) x 2＋ x， x＜0， ≤2，则实数 a 的取值范围 ＝ 若 f (f(a))

－ x2， x≥0.

是( －∞， 2] ．

f （ a）＜ 0， f （ a）≥ 0， a＜ 0，

分析：由题意 2 或 2 解得 f (a) ≥－ 2，当 2 或

f （ a）＋ f （ a）≤2 － f （a）≤ 2， a ＋a≥－ 2

a≥ 0，

－ a2≥－ 2， 解得 a≤2.

故 a 的取值范围是 ( －∞， 2] ．

一、选择题

2

2 y 1．已知实数 m是 2， 8 的等比中项，则曲线 x － ＝ 1 的离心率为 ( D)

3

A. 2 B. 2

C. 5 D. 5或 3

2

分析： ∵m是 2， 8 的等比中项，∴ m2＝ 16，∴ m＝± 4.

c

当 m＝4 时，曲线为双曲线，此中 a＝ 1， c＝ 5， e＝a＝ 5；

c 3

当 m＝－ 4 时，曲线为椭圆，此中 a＝ 2， c＝ 3， e＝a＝ 2 ，应选 D. 高考数学二轮复习专题9思想方法专题第三讲分类议论思想理

2．已知函数 f(x) 2 1－ x， x≤ 1， 则不等式 f(x) ≤2的解集是 ( A) ＝

1－log 2x， x＞1，

A． [0 ，＋∞ ) B ．[ －1， 2]

C．[0 ， 2] D ． [1 ，＋∞)

x≤ 1， 得 0≤x≤1；由 x>1， 得 x>1，∴解集是 [0 ，＋ ∞) ，应选 分析： 由

21－ x≤ 2， 1－ log 2x≤ 2，

A.

3．设函数 f(x)(x ∈R)知足 f( － x) ＝f(x) ， f(x) ＝ f(2 －x) ，且当 x∈[0 ， 1] 时， f(x)

3 1 3

＝x . 又函数 g(x) ＝ |xcos π x| ，则函数 h(x) ＝ g(x) － f(x) 在 － 2，2 上的零点个数为 ( B)

A．5 个 B．6 个 C．7个 D．8 个

分析： 因为当 x∈[0 ， 1] 时， f(x) ＝x3.

所以当 x∈[1 ， 2] ， (2 －x) ∈[0 ， 1] ，

f(x) ＝f(2 － x) ＝ (2 － x) 3,

1 1 3

当 x∈ 0，2 时， g(x) ＝ xcos( π x) ；当 x∈ 2， 2 时， g(x) ＝－ xcos( π x) ，注意到函

1 3

数 f(x), g(x) 都是偶函数，且 f(0) ＝ g(0) ，f(1) ＝g(1), f 2 ＝ g 2 ＝ 0，作出函数 f(x),

g(x) 的大概图象，函数 h(x) 除了 0，1 这两个零点以外， 分别在区间

3

1， 2 上各有一个零点，共有 6 个零点．应选 B.

4．经过点 P(2 ， 3) 且在 x， y 轴上截距相等的直线方程是 ( B)

A． x＋y－ 5＝ 0， x－ y＋ 1＝ 0

B． x＋y－ 5＝ 0， 3x－ 2y＝ 0

C． x＋y－ 5＝ 0， x－ y＋ 1＝ 0， 3x－ 2y＝ 0 D． x－y＋ 1＝ 0， 3x－ 2y＝ 0 1 1 1

－ 2，0 ，0，2 ，2，1 ，

分析： 当截距为零时，直线方程为 3x － 2y＝ 0；当截距不为零时，直线方程为 x＋ y－ 5

＝0.

5．已知 A， B 为平面内两定点，过该平面内动点 → 2

M作直线 AB的垂线，垂足为 N，MN＝

→ →

M的轨迹不行能是 ( C) λAN· NB，此中 λ 为常数，则动点

A．圆 B ．椭圆

C．抛物线 D ．双曲线

分析： 考察曲线方程、分类议论的思想．不如设 |AB| ＝ 2，以 AB 中点 O为原点， AB 所

在直线为 x 轴成立平面直角坐标系 xOy，则 A( － 1，0) ，B(1 ，0) ，设 M(x，y) ，则 N(x ，0) ， 高考数学二轮复习专题9思想方法专题第三讲分类议论思想理

→ → → 22

MN＝ (0 ，－ y) ， AN＝ (x ＋ 1， 0) ， NB＝ (1 － x， 0) ，代入已知式子得 λx＋ y ＝λ，当 λ＝ 1

时，曲线为 A：当 λ＝ 2 时，曲线为 B；当 λ＜ 0 时，曲线为 D，所以选 C.

6．已知点 3

O(0， 0) ， A(0 ， b) ， B(a ， a ) ．若△ OAB为直角三角形，则必有 ( C)

A． b＝a3

3 1

B． b＝a ＋

3 3 1

C． (b － a )(b － a － ) ＝ 0

3 3 1

D． |b － a | ＋ |b －a － a| ＝ 0

分析： 依据直角三角形的直角的地点求解．

若以 O为直角极点，则 B 在 x 轴上，则 a 必为 0，此时 O， B 重合，不切合题意；

π

若∠ A＝ 2 ，则 b＝ a3≠ 0.

π 2 a3－b

若∠ B＝ 2 ，依据斜率关系可知 a · a ＝－ 1，

3 3 1

所以 a(a － b) ＝－ 1，即 b－ a － a＝ 0.

以上两种状况皆有可能，故只有 C 知足条件。

二、填空题

x2 y2 P，F，F 是 7．设点 F ， F 为椭圆 9 ＋ 4 ＝ 1 的两个焦点，点 P 为椭圆上一点，已知点

1 2 1 2

一个直角三角形的三个极点，且 1 2 |PF 1| 7

|PF | ＞ |PF | ，则 |PF 2| 的值为 2或 2．

分析： 若∠ PF2F1＝90°，

1

|2

＝|PF 2 2

＋ |F 1 2 2

则 |PF | F | .

又∵ |PF 1| ＋ |PF 2| ＝ 6， |F 1F2| ＝ 2 5，

14 4 解得 |PF 1| ＝ ，|PF2| ＝ ，

3 3

|PF 1| 7

∴ |PF 2| ＝2.

若∠F1PF2＝90°，则 |F 1F2| 2＝ |PF 1| 2＋|PF 2| 2＝