(江苏专用)2020年高考数学二轮复习(数学思想方法部分)专题1分类讨论思想学案

第2讲 解题有道——四大数学思想思想概述 高考数学以能力立意，一是考查数学的基础知识、基本技能；二是考查基本数学思想方法，考查数学思维的深度、广度和宽度.数学思想方法是指从数学的角度来认识、处理和解决问题，是数学意识、数学技能的升华和提高，中学数学思想主要有函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想.类型一 函数与方程思想(1)函数的思想，是用运动和变化的观点，分析和研究数学中的数量关系，建立函数关系或构造函数，运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决的思想方法.(2)方程的思想，就是分析数学问题中变量间的等量关系，建立方程或方程组，或者构造方程，通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析、转化问题，使问题获得解决的思想方法.【例1】 设椭圆中心在坐标原点，A (2，0)，B (0，1)是它的两个顶点，直线y ＝kx (k ＞0)与AB 相交于点D ，与椭圆相交于E ，F 两点.(1)若ED→＝6DF →，求k 的值； (2)求四边形AEBF 面积的最大值.解 (1)依题意得椭圆的方程为x 24＋y 2＝1，直线AB ，EF 的方程分别为x ＋2y ＝2，y ＝kx (k ＞0).如图，设D (x 0，kx 0)，E (x 1，kx 1)，F (x 2，kx 2)，其中x 1＜x 2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y 2＝1消y 得(1＋4k 2)x 2＝4， 故x 2＝－x 1＝21＋4k 2.①由ED →＝6DF →知x 0－x 1＝6(x 2－x 0)，得x 0＝17(6x 2＋x 1)＝57x 2＝1071＋4k 2； 由D 在AB 上知x 0＋2kx 0＝2，得x 0＝21＋2k. 所以21＋2k ＝1071＋4k 2， 化简得24k 2－25k ＋6＝0，解得k ＝23或k ＝38. (2)根据点到直线的距离公式和①式知，点E ，F 到AB 的距离分别为h 1＝|x 1＋2kx 1－2|5＝2（1＋2k ＋1＋4k 2）5（1＋4k 2）， h 2＝|x 2＋2kx 2－2|5＝2（1＋2k －1＋4k 2）5（1＋4k 2）. 又AB ＝22＋12＝5，所以四边形AEBF 的面积为S ＝12·AB ·(h 1＋h 2) ＝12×5×4（1＋2k ）5（1＋4k 2）＝2（1＋2k ）1＋4k 2＝21＋4k 2＋4k 1＋4k 2＝21＋41k ＋4k ≤22，当且仅当1k ＝4k (k ＞0)，即k ＝12时，上式取等号.所以S 的最大值为22，即四边形AEBF 面积的最大值为2 2.探究提高 解+析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.【训练1】 函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )＞2，则f (x )＞2x ＋4的解集为________.解+析 f ′(x )＞2转化为f ′(x )－2＞0，构造函数F (x )＝f (x )－2x ，得F (x )在R 上是增函数.又F (－1)＝f (－1)－2×(－1)＝4，f (x )＞2x ＋4，即F (x )＞4＝F (－1)，所以x ＞－1.答案 (－1，＋∞)【例2】 已知数列{a n }是一个等差数列，且a 2＝1，a 5＝－5.(1)求{a n }的通项a n ；(2)求{a n }前n 项和S n 的最大值.解 (1)设{a n }的公差为d ，由已知条件，得⎩⎨⎧a 1＋d ＝1，a 1＋4d ＝－5，解得a 1＝3，d ＝－2. 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－2n ＋5.(2)S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－n 2＋4n ＝－(n －2)2＋4. 所以n ＝2时，S n 取到最大值4.探究提高 运用方程思想解决问题，要善于使用已知方程，还要根据题意列方程、解方程.【训练2】 直线3x －y ＋m ＝0与圆x 2＋y 2－2x －2＝0相切，则实数m ＝________. 解+析 圆的方程为(x －1)2＋y 2＝3，由题意知圆心(1，0)到直线的距离等于半径，即|3＋m |3＋1＝3，∴|3＋m |＝23∴m ＝3或m ＝－3 3. 答案 －33或 3类型二 数形结合思想数形结合是一种数学思想方法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：①借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数为目的，比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；②借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质.【例3】 (1)已知函数f (x )满足下面关系：①f (x ＋1)＝f (x －1)；②当x ∈[－1，1]时，f (x )＝x 2，则方程f (x )＝lg x 解的个数是________.(2)若不等式|x －2a |≥12x ＋a －1对x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是________.解+析 (1)由题意可知，f (x )是以2为周期，值域为[0，1]的函数.令y 1＝f (x )，y 2＝lg x ，画出两函数图象，则交点个数即为解的个数.由图象可知共9个交点，故方程f (x )＝lg x 解的个数是9.(2)作出y ＝|x －2a |和y ＝12x ＋a －1的简图，依题意知应有2a ≤2－2a ，故a ≤12.答案 (1)9 (2)⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12 探究提高 (1)用图象法讨论方程(特别是含参数的指数、对数、根式、三角等复杂方程)的解(或函数零点)的个数是一种重要的思想方法，其基本思想是先把方程两边的代数式看作是两个熟悉函数的表达式(或需要作适当变形转化为两个熟悉的函数)，然后在同一坐标系中作出两个函数的图象，图象的交点个数即为方程解(或函数零点)的个数.(2)求参数范围或解不等式问题经常联系函数的图象，根据不等式中量的特点，选择适当的两个(或多个)函数，利用两个函数图象的上、下位置关系转化为数量关系来解决问题，往往可以避免繁琐的运算，获得简捷的解答.【训练3】(1)若函数f(x)＝|2x－2|－b有两个零点，则实数b的取值范围是________.(2)若不等式9－x2≤k(x＋2)－2的解集为区间[a，b]，且b－a＝2，则k＝________.解+析(1)由f(x)＝|2x－2|－b有两个零点，可得|2x－2|＝b有两个不等的实根，从而可得函数y＝|2x－2|的图象与函数y＝b的图象有两个交点，如图所示.结合函数的图象，可得0＜b＜2，故填(0，2).(2)如图，分别作出直线y＝k(x＋2)－2与半圆y＝9－x2.由题意，知直线在半圆的上方时，x的取值范围为[a，b]，由b－a＝2，可知b＝3，a＝1，所以直线y＝k(x＋2)－2过点(1，22)，则k＝ 2.答案(1)(0，2)(2) 2类型三分类讨论思考分类讨论思想的本质是“化整为零，积零为整”.用分类讨论的思维策略解数学问题的操作过程：明确讨论的对象和动机→确定分类的标准→逐类进行讨论→归纳综合结论→检验分类是否完备(即分类对象彼此交集为空集，并集为全集).做到“确定对象的全体，明确分类的标准，分类不重复、不遗漏”的分析讨论.常见的分类讨论问题有：(1)集合：注意集合中空集∅的讨论.(2)函数：对数函数或指数函数中的底数a，一般应分a＞1和0＜a＜1的讨论；函数y ＝ax 2＋bx ＋c 有时候分a ＝0和a ≠0的讨论，对称轴位置的讨论，判别式的讨论.(3)数列：由S n 求a n 分n ＝1和n ＞1的讨论；等比数列中分公比q ＝1和q ≠1的讨论.(4)三角函数：角所在的象限及函数值范围的讨论.(5)不等式：解含参数不等式时的讨论，基本不等式取等号时条件是否满足的讨论.(6)立体几何：点、线、面及图形位置关系的不确定性引起的讨论.(7)平面解+析几何：直线方程中斜率k 分存在和不存在，直线在坐标轴上的截距相等时分截距b ＝0和b ≠0的讨论；轨迹方程中含参数时曲线类型及形状的讨论.(8)去绝对值时的讨论及分段函数的讨论等.【例4】 已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x ).(1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增.若a ＞0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减.综上，知当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减. (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞2a －2等价于－ln a ＋a －1＞2a －2，即ln a ＋a －1＜0. 令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0.因此，a 的取值范围是(0，1).探究提高 由参数的变化引起的分类整合法经常用于某些含有参数的问题，如含参数的方程、不等式，参数的取值不同会导致所得结果不同，或对于不同的参数值要运用不同的求解或证明方法.【训练4】 已知实数a ≠0，函数f (x )＝⎩⎨⎧2x ＋a ，x <1，－x －2a ，x ≥1.若f (1－a )＝f (1＋a )，则a 的值为________.解+析 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 ＝－32，不合题意，舍去； 当a <0时，1－a >1，1＋a <1，这时f (1－a )＝－(1－a )－2a ＝－1－a ，f (1＋a )＝2(1＋a )＋a ＝2＋3a .由f (1－a )＝f (1＋a )得－1－a ＝2＋3a ，解得a ＝－34.综上可知，a 的值为－34.答案 －34类型四 转化与化归思想转化与化归思想方法用在研究、解决数学问题时，思维受阻或寻求简单方法或从一种状况转化到另一种情形，也就是转化到另一种情境使问题得到解决，这种转化是解决问题的有效策略，同时也是获取成功的思维方式.常见的转化方法有：(1)直接转化法：把原问题直接转化为基本定理、基本公式或基本图形问题.(2)换元法：运用“换元”把式子转化为有理式或使整式降幂等，把较复杂的函数、方程、不等式问题转化为易于解决的基本问题.(3)数形结合法：研究原问题中数量关系(解+析式)与空间形式(图形)关系，通过互相变换获得转化途径.(4)等价转化法：把原问题转化为一个易于解决的等价命题，达到化归的目的.(5)特殊化方法：把原问题的形式向特殊化形式转化，并证明特殊化后的问题、结论适合原问题.(6)构造法：“构造”一个合适的数学模型，把问题变为易于解决的问题.(7)坐标法：以坐标系为工具，用计算方法解决几何问题是转化方法的一个重要途径.(8)类比法：运用类比推理，猜测问题的结论，易于确定.(9)参数法：引进参数，使原问题转化为熟悉的形式进行解决.(10)补集法：如果正面解决原问题有困难，可把原问题的结果看作集合A，而把包含该问题的整体问题的结果类比为全集U，通过解决全集U及补集∁U A获得原问题的解决，体现了正难则反的原则.【例5】(1)已知f(x)＝33x＋3，则f(－2 019)＋f(－2 018)＋f(－2 017)＋f(－2 016)＋f(－2 015)＋f(－2 014)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(2 016)＋f(2 017)＋f(2 018)＋f(2 019)＋f(2 020)＝________.解+析∵f(x)＋f(1－x)＝33x＋3＋331－x＋3＝33x＋3＋3x3＋3x＝3x＋33x＋3＝1，∴f(0)＋f(1)＝1，f(－2 015)＋f(2 016)＝1，…，f(－2 019)＋f(2 020)＝1，∴f(－2 019)＋f(－2 018)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(2 020)＝[f(－2 019)＋f(2 020)]＋[f(－2 018)＋f(2 019)]＋…＋[f(0)＋f(1)]＝2 020.答案 2 020探究提高一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单.特殊问题一般化，可以使我们从宏观整体的高度把握问题的一般规律，从而达到成批处理问题的效果.(2)若对于任意t ∈[1，2]，函数g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋2x 2－2x 在区间(t ，3)上总不为单调函数，则实数m 的取值范围是________.解+析 g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2，若g (x )在区间(t ，3)上总为单调函数，则①g ′(x )≥0在(t ，3)上恒成立，或②g ′(x )≤0在(t ，3)上恒成立.由①得3x 2＋(m ＋4)x －2≥0，即m ＋4≥2x －3x 在x ∈(t ，3)上恒成立，∴m ＋4≥2t－3t 恒成立，又t ∈[1，2]，则m ＋4≥－1，即m ≥－5；由②得m ＋4≤2x －3x 在x ∈(t ，3)上恒成立，则m ＋4≤23－9，即m ≤－373.∴函数g (x )在区间(t ，3)上总不为单调函数的m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－5. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－5 探究提高 1.一般地，题目若出现多种成立的情形，且不成立的情形相对很少，则从反面考虑较简单，因此，补集法多用于含有“至多”、“至少”及否定性命题情形的问题中.2.转化与化归思想遵循的原则：(1)熟悉已知化原则：将陌生的问题转化为熟悉的问题，将未知的问题转化为已知的问题，以便于我们运用熟知的知识、经验和问题来解决.(2)简单化原则：将复杂问题化归为简单问题，通过对简单问题的解决，达到解决复杂问题的目的，或获得某种解题的启示和依据.(3)和谐统一原则：转化问题的条件或结论，使其表现形式更符合数与形内部所表示的和谐统一的形式；或者转化命题，使其推演有利于运用某种数学方法或符合人们的思维规律.(4)正难则反原则：当问题正面讨论遇到困难时，应想到问题的反面，设法从问题的反面去探讨，使问题获得解决.【训练5】 对任意的|m |≤2，函数f (x )＝mx 2－2x ＋1－m 恒为负，则x 的取值范围为________.解+析 对任意的|m |≤2，有mx 2－2x ＋1－m ＜0恒成立，即|m |≤2时，(x 2－1)m －2x ＋1＜0恒成立.设g (m )＝(x 2－1)m －2x ＋1，则原问题转化为g (m )＜0恒成立(m ∈[－2，2]).所以⎩⎪⎨⎪⎧g （－2）＜0，g （2）＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＋2x －3＞0，2x 2－2x －1＜0.解得7－12＜x ＜3＋12，即实数x 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫7－12，3＋12. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫7－12，3＋121.当问题中涉及一些变化的量时，就需要建立这些变化的量之间的关系，通过变量之间的关系探究问题的答案，这就需要使用函数思想.2.由性质、定理、公式的限制引起的分类整合法往往是因为有的数学定理、公式、性质是分类给出的，在不同的条件下结论不一致，如等比数列的前n 项和公式、函数的单调性等.3.换元法是一种变量代换，也是一种特殊的转化与化归方法，是用一种变数形式去取代另一种变数形式，是将生疏(或复杂)的式子(或数)，用熟悉(或简单)的式子(或字母)进行替换；化生疏为熟悉、复杂为简单、抽象为具体，使运算或推理可以顺利进行.4.在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形、以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围.数学中的知识，有的本身就可以看作是数形的结合.11。

第1讲数学思想数学思想是数学的基本观点，是对数学概念、数学方法和数学发现等的本质认识．在解题中主要运用的数学思想有函数与方程思想，数形结合思想，分类讨论思想，转化与化归思想等．数学思想的学习与应用主要有以下两个难点：一是不会从数学思想的角度去分析问题，二是虽然有时运用有关数学思想去解决问题，但方法欠恰当，想法欠成熟．一函数与方程思想函数与方程思想在高考试题中六个方面的思考点和切入点(1)构造等式关系，从函数或方程角度，选择主从变量，直接找到函数或利用二次方程探求出函数性质，再利用函数性质和图象解题；(2)函数与不等式也可以相互转化，对于函数y＝f(x)，当y>0时，就转化为不等式f(x)>0，借助于函数图象与性质可以解决；(3)数列的通项或前n 项和是自变量为正整数n的函数，用函数的观点处理数列问题十分重要；(4)函数f(x)＝(ax ＋b)n(n∈N*)与二项式定理是密切相关的，利用这个函数，结合赋值法和比较系数法可以解决很多二项式定理的问题；(5)解析几何中的许多问题，例如直线和二次曲线的位置关系问题，需要通过解二元方程组才能解决，且均涉及二次方程与二次函数的有关理论；(6)立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算，经常需要运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决．已知椭圆C 1：x 29＋y 24＝1和圆C 2：x 2＋(y＋1)2＝r 2(r >0)，若两条曲线没有公共点，求r 的取值范围．【解】 思路一：用函数思想来思考．从C 1和C 2的方程中消去一个未知数，比如消去x ，得到一个关于y 的方程－54y 2＋2y ＋10－r 2＝0，①由方程①变形为r 2＝－54y 2＋2y ＋10．把r 2＝－54y 2＋2y ＋10看作y 的函数．由椭圆C 1可知，－2≤y ≤2，因此，求使圆C 2与椭圆C 1有公共点的r 的集合，等价于在定义域为[－2，2]的情况下，求函数r 2＝f (y )＝－54y 2＋2y ＋10的值域．由f (－2)＝1，f (2)＝9，f ⎝⎛⎭⎫45＝545，可得f (y )的值域是r 2∈⎣⎡⎦⎤1，545，即r ∈⎣⎡⎦⎤1，545，它的补集就是圆C 2与椭圆C 1没有公共点的r 的集合，因此， 两条曲线没有公共点的r 的取值范围是0<r <1或r >3305．思路二：用方程思想来思考．从C 1和C 2的方程中消去一个未知数，比如消去x ，得到一个关于y 的方程－54y 2＋2y ＋10－r 2＝0，两条曲线没有公共点，等价于方程－54y 2＋2y ＋10－r 2＝0或者没有实数根，或者两个根y 1，y 2∉[－2，2]．若没有实数根，则Δ＝4－4⎝⎛⎭⎫－54(10－r 2)<0, 解得r >545或r <－545(由r >0，知r <－545应舍去)． 若两个根y 1，y 2∉[－2，2]， 设φ(y )＝－54y 2＋2y ＋10－r 2，则⎩⎪⎨⎪⎧φ（2）＝9－r 2>0，φ（－2）＝1－r 2>0．解得0<r <1． 因此， 两条曲线没有公共点的r 的取值范围是0<r <1或r >3305．[名师点评] 本题难在由两个曲线方程联立消去一个未知数得到等式后不会处理，或处理方式不当，导致解法出错．对于一个含变量限制条件问题的处理，转化为函数问题研究比研究方程的根会更好．(2019·南通模拟)已知集合M ＝{(x ，y )|(x＋x 2＋1)(y ＋y 2＋1)＝1}，则集合M 表示的图形是________．【解析】 思路一：把式子中的字母x ，y 看作变量，把等式中出现的代数式看作函数． 等式化为x ＋x 2＋1＝1y ＋y 2＋1＝－y ＋y 2＋1．构造函数f (x )＝x ＋x 2＋1(x ∈R )，则上式就是f (x )＝f (－y )， 由于，函数f (x )＝x ＋x 2＋1(x ∈R )为R 上的增函数，则x ＝－y ，即x ＋y ＝0．所以，集合M 表示的图形是直线．思路二：构造一个常见的函数g (x )＝lg(x ＋x 2＋1)(x ∈R )，则g (x )为R 上的增函数，且为奇函数．又已知等式可化为g (x )＋g (y )＝lg(x ＋x 2＋1)＋lg(y ＋y 2＋1)＝lg 1＝0．于是有g (x )＝－g (y )＝g (－y )，因此x ＝－y ，即x ＋y ＝0．所以，集合M 表示的图形是直线．思路三：以方程的知识为切入点， 设s ＝x ＋x 2＋1，t ＝y ＋y 2＋1，于是，s ，t 分别是方程s 2－2xs －1＝0，t 2－2yt －1＝0的正根．由此可得s －2x －1s ＝0，t －2y －1t＝0，相加得，s ＋t －2(x ＋y )－s ＋tst ＝0，又st ＝1，所以x ＋y ＝0．所以，集合M 表示的图形是直线．【答案】 直线[名师点评] 本题难在对所给的式子不会化简，导致半途而废．因为所给式子中有两个变量x ，y ，如果把所给等式进行整理x ＋x 2＋1＝1y ＋y 2＋1＝－y ＋ y 2＋1，不难发现能构造函数f (x )＝x ＋ x 2＋1(x ∈R )来解决．高考中的压轴题往往需要站在数学思想的角度来研究，蛮干是不行的． 本题思路三对于学生来说要求比较高，仅供同学们赏析．已知m ，n 是正整数，且1＜m ＜n ． 证明：(1＋m )n ＞(1＋n )m ．【证明】 (1＋m )n>(1＋n )m⇔n ln(1＋m )>m ln(1＋n )⇔ln （1＋m ）m >ln （1＋n ）n．因此，可以构造函数g (x )＝ln （1＋x ）x(x ≥2)．只要证明 g (x )＝ln （1＋x ）x为减函数即可．由g ′(x )＝x [1－ln （1＋x ）]－ln （1＋x ）x 2（1＋x ）<0，则g (x )＝ln （1＋x ）x 为减函数，由2≤m <n 可得g (m )>g (n )，因而ln （1＋m ）m >ln （1＋n ）n， 于是，(1＋m )n ＞(1＋n )m 成立．[名师点评] 本题难在对要证明的结论与条件不会正确沟通，无法找到联系，导致找不到解法．有些看起来不像函数问题，如果通过恰当变形，构造函数，往往会得到妙解．已知α，β，γ都是锐角，且满足cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＋2cos αcos βcos γ＝1．求α＋β＋γ的值．【解】 由cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＋2cos αcos βcos γ＝1可得cos 2α＋(2cos βcos γ)cos α＋(cos 2β＋cos 2γ－1)＝0，看作关于cos α的一元二次方程，Δ＝4cos 2βcos 2γ－4(cos 2β＋cos 2γ－1)＝4sin 2βsin 2γ，所以，cos α＝－2cos βcos γ±4sin 2βsin 2γ2＝－cos(β±γ)．因为α，β，γ都是锐角，所以cos α＝－cos(β－γ)应舍去． 因此，cos α＝－cos(β＋γ) ，又因为0<α<π2，0<β＋γ<π，所以，α＝π－(β＋γ)，即α＋β＋γ＝π．[名师点评] 本题难在不会用方程思想看待这个等式，导致胡乱化简，得不出结果．数学中的一些具体方法都是在数学思想的指导下产生的，我们在解题的时候，如果能够站在数学思想的高度，抓住数学中最本质的东西去思考，就会使解题更加科学与合理，就会使解题从被动变为主动，就会形成较为完善的解题系统．(2019·淮安质检)已知f (x )＝4x ＋ax 2－23x 3(x ∈R )在区间[－1，1]上是增函数．(1) 求实数a 的值组成的集合A ；(2) 设关于x 的方程f (x )＝2x ＋13x 3的两个非零实数根为x 1，x 2．试问：是否存在实数m ，使得不等式m 2＋tm ＋1≥|x 1－x 2|对任意a ∈A 及t ∈[－1，1]恒成立？若存在，求m 的取值范围； 若不存在，请说明理由．【解】 (1)f ′(x )＝4＋2ax －2x 2，由已知，f (x )在区间[－1，1]上是增函数，等价于f ′(x )≥0对x ∈[－1，1]恒成立．即x 2－ax －2≤0对x ∈[－1，1]恒成立．记φ(x )＝x 2－ax －2．法一：要使φ(x )≤0对x ∈[－1，1]恒成立，只要φmax (x )≤0． 由于x ≤a 2时，φ(x )为减函数，x ≥a2时，φ(x )为增函数，因此，当x ＝a2≤0时，由φ(x )的图象(图1)可以看出，φ(1)最大． 解不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a 2≤0，φ（1）＝1－a －2≤0，得－1≤a ≤0， 当x ＝a2>0时，由φ(x )的图象(图2)可以看出，φ(－1)最大． 解不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a 2>0，φ（－1）＝1＋a －2≤0，得0<a ≤1． 综合以上得－1≤a ≤1．即A ＝{a |－1≤a ≤1}．法二：由⎩⎪⎨⎪⎧φ（1）＝1－a －2≤0，φ（－1）＝1＋a －2≤0，可得A ＝{a |－1≤a ≤1}．(2)由f (x )＝2x ＋13x 3得，4x ＋ax 2－23x 3＝2x ＋13x 3．解得x ＝0和x 2－ax －2＝0．由于Δ＝a 2＋8>0，所以方程x 2－ax －2＝0有两个非零实根x 1、x 2． 由x 1＋x 2＝a ，x 1x 2＝－2得 |x 1－x 2|＝（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝a 2＋8．本题等价于是否存在m ，使不等式m 2＋tm ＋1≥a 2＋8，①对a ∈A ，t ∈[－1，1]恒成立． 把a 2＋8看作关于a 的函数T (a )＝a 2＋8，则①式等价于m 2＋tm ＋1≥T (a )max ，②由于a ∈A ，则T (a )＝a 2＋8≤1＋8＝3，从而②式转化为m 2＋tm ＋1≥3，即m 2＋tm －2≥0，③对t ∈[－1，1]恒成立．又可以把③式的左边看作t 的函数．记g (t )＝m 2＋tm －2＝mt ＋m 2－2．④ 对m ＝0或m ≠0分类研究．若m ＝0，④式化为g (t )＝－2≥0，显然不成立；若m ≠0，g (t )是关于t 的一次函数，这样，要使g (t )≥0对t ∈[－1，1]恒成立，只要g (－1)≥0及g (1)≥0同时成立即可(图3，4)．解不等式组⎩⎪⎨⎪⎧g （1）＝m 2＋m －2≥0，g （－1）＝m 2－m －2≥0．得m ≤－2或m ≥2．所以存在实数m ，使不等式m 2＋tm ＋1≥|x 1－x 2|对任意a ∈A ，t ∈[－1，1]恒成立，其取值范围是{m |m ≤－2或m ≥2}．[名师点评] 本题难点有三：①对题意理解不清；②对所求问题不会恰当转化为函数问题；③计算分类不准确．二 分类讨论思想(2019·徐州模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＝13(a n －1＋2a n －2)(n ＝3，4，…)．数列{b n }满足b 1＝1，b n (n ＝2，3，…)是非零整数，且对任意的正整数m 和自然数k ，都有－1≤b m ＋b m ＋1＋…＋b m ＋k ≤1．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)记c n ＝na n b n (n ＝1，2，…)，求数列{c n }的前n 项和S n ． 【解】 (1)由a n ＝13(a n －1＋2a n －2)得a n －a n －1＝－23(a n －1－a n －2)(n ≥3) ，又a 2－a 1＝1≠0，所以数列{a n ＋1－a n }是首项为1，公比为－23的等比数列，a n ＋1－a n ＝⎝⎛⎭⎫－23n －1，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1) ＝1＋1＋⎝⎛⎭⎫－23＋⎝⎛⎭⎫－232＋…＋⎝⎛⎭⎫－23n －2＝1＋1－⎝⎛⎭⎫－23n －11＋23＝85－35⎝⎛⎭⎫－23n －1， 由⎩⎪⎨⎪⎧－1≤b 1＋b 2≤1－1≤b 2≤1b 2∈Z ，b 2≠0，得b 2＝－1， 由⎩⎪⎨⎪⎧－1≤b 2＋b 3≤1－1≤b 3≤1b 3∈Z ，b 3≠0，得b 3＝1，… 同理可得当n 为偶数时，b n ＝－1；当n 为奇数时，b n ＝1；因此b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1 当n 为奇数时，－1 当n 为偶数时．(2)c n ＝na n b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧85n －35n ⎝⎛⎭⎫23n －1当n 为奇数时，－85n －35n ⎝⎛⎭⎫23n －1当n 为偶数时．S n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c n ， 当n 为奇数时，S n ＝⎝⎛⎭⎫85－2×85＋3×85－4×85＋…＋85n － 35⎣⎡1×⎝⎛⎭⎫230＋2×⎝⎛⎭⎫231＋3×⎝⎛⎭⎫232＋4×⎝⎛⎭⎫233＋⎦⎥⎤…＋n ⎝⎛⎭⎫23n －1＝4（n ＋1）5－35⎣⎡1×⎝⎛⎭⎫230＋2×⎝⎛⎭⎫231＋3×⎝⎛⎭⎫232＋4⎦⎥⎤×⎝⎛⎭⎫233＋…＋n ⎝⎛⎭⎫23n －1．当n 为偶数时，S n ＝⎝⎛⎭⎫85－2×85＋3×85－4×85＋…－85n －35⎣⎡1×⎝⎛⎭⎫230＋2×⎝⎛⎭⎫231＋3×⎝⎛⎭⎫232＋4×⎝⎛⎭⎫233＋⎦⎥⎤…＋n ⎝⎛⎭⎫23n －1＝－4n 5－35⎣⎡1×⎝⎛⎭⎫230＋2×⎝⎛⎭⎫231＋3×⎝⎛⎭⎫232＋4×⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫233＋…＋n ⎝⎛⎭⎫23n －1，令T n ＝1×⎝⎛⎭⎫230＋2×⎝⎛⎭⎫231＋3×⎝⎛⎭⎫232＋4×⎝⎛⎭⎫233＋…＋n ⎝⎛⎭⎫23n －1，①①×23得：23T n ＝1×⎝⎛⎭⎫231＋2×⎝⎛⎭⎫232＋3×⎝⎛⎭⎫233＋4×⎝⎛⎭⎫234＋…＋n ⎝⎛⎭⎫23n ，②①－②得：13T n ＝1＋⎝⎛⎭⎫231＋⎝⎛⎭⎫232＋⎝⎛⎭⎫233＋⎝⎛⎭⎫234＋…＋⎝⎛⎭⎫23n －1－n ⎝⎛⎭⎫23n＝1－⎝⎛⎭⎫23n1－23－n ⎝⎛⎭⎫23n＝3－(3＋n )⎝⎛⎭⎫23n， 所以T n ＝9－(9＋3n )⎝⎛⎭⎫23n因此S n＝⎩⎪⎨⎪⎧4n －235＋9（n ＋3）5⎝⎛⎭⎫23n，当n 为奇数时，－4n ＋275＋9（n ＋3）5⎝⎛⎭⎫23n，当n 为偶数时．[名师点评] 对于(2)中的求解难点有二：一是数列{c n }的通项公式是分段函数，求其前n 项和，对n 分奇数或偶数的含义是什么要清楚， 当n 为奇数时，表示S n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c n 最后一项是奇数项，而不是指S n ＝c 1＋c 3＋…＋c n ．同样当n 为偶数时表示S n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c n 最后一项是偶数项，而不是指S n ＝c 2＋c 4＋…＋c n ．二是n 分奇数或偶数后对括号中数据的观察处理要类比．不然项数和符号都会出错．设函数f (x )＝ax 2－2x ＋2，对于满足1<x <4的一切x 值都有f (x )>0，求实数a 的取值范围．【解】 当a >0时，f (x )＝a ⎝⎛⎭⎫x －1a 2＋2－1a ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ 1a ≤1，f （1）＝a －2＋2≥0或⎩⎨⎧1<1a<4，f ⎝⎛⎭⎫1a ＝2－1a >0或 ⎩⎪⎨⎪⎧1a ≥4，f （4）＝16a －8＋2≥0． 所以a ≥1或12<a <1或∅，即a >12；当a <0时，⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝a －2＋2≥0f （4）＝16a －8＋2≥0，解得∅；当a ＝0时，f (x )＝－2x ＋2, f (1)＝0，f (4)＝－6, 所以不符合题意，由以上得，实数a 的取值范围是a >12．[名师点评] 本题先对决定开口方向的二次项系数a 分a >0、a <0、a ＝0三种情况，再对每种情况结合二次函数的图象进行分析，在a>0时将对称轴与开区间的关系分三种进行讨论，即在开区间的左边、右边、中间．本题的解答，关键是分析符合条件的二次函数的图象，也可以看成是“数形结合法”的运用．三数形结合思想设M＝{(x，y)|y＝2a2－x2，a>0}，N＝{(x，y)|(x－1)2＋(y－3)2＝a2，a>0}，且M∩N≠∅，求a的最大值和最小值．【解】如图，集合M表示以O(0，0)为圆心，半径r1＝2a的上半圆，集合N表示以O′(1，3)为圆心，半径r2＝a的圆．因为M∩N≠∅，所以半圆O和圆O′有公共点．当半圆O和圆O′外切时，a最小；内切时，a最大．因为|OO′|＝2，＝22－2．所以外切时，2a＋a＝2，a＝22＋1内切时2a－a＝2，a＝22＋2．所以a的最大值为22＋2，a的最小值为22－2．[名师点评]本题巧妙地转化为圆与圆的位置关系问题，可谓是极具创新性的解题，既避免常规方法中的繁杂与高难度，又能通过图形非常直观地加以处理方程的问题，真正达到数形结合的最佳效果．(2019·泰州摸底)满足条件AB＝2，AC＝2BC的三角形ABC的面积的最大值是________．【解析】以直线AB为x轴，线段AB的中点为坐标原点O，建立平面直角坐标系，设C(x，y)，则由AC＝2BC，得（x＋1）2＋y2＝2·（x－1）2＋y2，所以(x－3)2＋y2＝8．点C的轨迹为圆(除去与x轴的交点)，其半径为22．则△ABC的面积的最大值等于12×2×22＝22．【答案】2 2[名师点评]从解题的简捷性原则考虑，例1中将“数”的问题有机地结合在“形”中解决，使解答更便捷，而本例恰好相反，直接用“形”有一定的难度，若利用“数”运算，建立直角坐标系求解，则问题利于解决．这进一步验证了华罗庚教授的“数缺形时少直观，形少数时难入微”的数学思维典语．若方程x 2＋(k －2)x ＋2k －1＝0的两根中，一根在0和1之间，另一根在1和2之间，求实数k 的取值范围．【解】 设函数f (x )＝x 2＋(k －2)x ＋2k －1，结合草图可知，函数f (x )＝x 2＋(k －2)x ＋2k －1的图象开口向上，零点x 1∈(0，1)，x 2∈(1，2)，那么⎩⎪⎨⎪⎧f （0）>0f （1）<0f （2）>0，即⎩⎪⎨⎪⎧2k －1>01＋（k －2）＋2k －1<04＋2（k －2）＋2k －1>0，解得⎩⎪⎨⎪⎧k >12k <23k >14，即12<k <23，所以实数k 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，23．[名师点评] 利用函数f (x )＝x 2＋(k －2)x ＋2k －1的图象来研究相应的方程与不等式的问题，可以化代数问题为几何问题，通过图形非常直观地处理相应的问题．思路清晰，简单易懂．四 转化与化归思想(2019·无锡模拟)已知a 1，a 2，a 3成等差数列(a 3≠0)，a 2，a 3，a 4成等比数列，a 3，a 4，a 5的倒数也成等差数列，问a 1，a 3，a 5之间有什么关系？【解】 由题设，⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋a 32，a 23＝a 2a 4，2a 4＝1a 3＋1a 5．为消去a 2，a 4，可从方程组中解出a 2＝a 1＋a 32和a 4＝2a 3a5a 3＋a5，代入a 23＝a 2a 4得a 23＝a 1＋a 32·2a 3a 5a 3＋a 5， 因为a 3≠0，则a 3＝（a 1＋a 3）a 5a 3＋a 5，整理得a 23＝a 1a 5．因此，a 1，a 3，a 5 成等比数列．[名师点评] 一个题目含有较多的元素，它们之间有一定的联系，我们在解题时，总是希望通过一定的变形、转化来减少题目中的元素，从而变成一个较容易的题目，这是一种从多元向少元的化归，实现这一化归的主要方法是消元法．例如，解二元一次方程组时，遇到两个未知数，我们用消元法变成一个一元一次方程就是一种典型的从多元向少元的化归．设对所有实数x ，不等式x 2log 24（a ＋1）a＋2x log 22aa ＋1＋log 2（a ＋1）24a 2>0恒成立，求a 的取值范围．【解】 设log 22aa ＋1＝t,则log 24（a ＋1）a ＝log 28（a ＋1）2a ＝3－t ，log 2（a ＋1）24a 2＝－2t ．于是，已知的不等式化为(3－t )x 2＋2tx －2t >0． 该不等式对所有实数x 恒成立的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧3－t >0，Δ＝4t 2＋8t （3－t ）<0． 解得t <0．即log 22a a ＋1<0，进一步解得0<a <1．[名师点评] 换元是一种常见的转化方法，往往能把很复杂，很陌生的问题，化归为我们熟悉的简单的问题．这种转化方法在研究函数、不等式、三角问题时应用很广．试求常数m 的范围，使曲线y ＝x 2的所有弦都不能被直线y ＝m (x －3)垂直平分．【解】 若抛物线上两点(x 1，x 21)，(x 2，x 22)关于直线y ＝m (x －3)对称，则满足⎩⎨⎧x 21＋x 222＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22－3，x 21－x 22x 1－x 2＝－1m ，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 21＋x 22＝m （x 1＋x 2－6），x 1＋x 2＝－1m ．消去x 2得2x 21＋2m x 1＋1m 2＋6m ＋1＝0． 因为x 1∈R ，所以Δ＝⎝⎛⎭⎫2m 2－8⎝⎛⎭⎫1m 2＋6m ＋1>0， 所以(2m ＋1)(6m 2－2m ＋1)<0，所以m <－12． 即当m <－12时，抛物线上存在两点关于直线y ＝m (x －3)对称． 而原题要求所有弦都不能被直线垂直平分，那么所求的范围为m ≥－12． [名师点评] (1)在运用补集的思想解题时，一定要搞清结论的反面是什么，这里所有的弦都不能被直线y ＝m (x －3)垂直平分的反面是“至少存在一条弦能被直线y ＝m (x －3)垂直平分”，而不是“所有的弦都能被直线y ＝m (x －3)垂直平分”．(2)在探讨某一问题的解决办法时，如果我们按照习惯的思维方式从正面思考遇到困难，则应从反面的方向去探求．。

专题七 数学思想方法 第18讲 分类讨论思想分类讨论是一种重要的数学思想方法，当问题的对象不能进行统一研究时，就需要对研究的对象按某个标准进行分类，然后对每一类分别研究，给出每一类的结论，最终综合各类结果得到整个问题的解答．实质上分类讨论就是“化整为零，各个击破，再集零为整”的数学策略．分类原则：(1) 所讨论的全域要确定，分类要“既不重复，也不遗漏”；(2) 在同一次讨论中只能按所确定的一个标准进行；(3) 对多级讨论，应逐级进行，不能越级．讨论的基本步骤：(1) 确定讨论的对象和讨论的范围(全域)；(2) 确定分类的标准，进行合理的分类；(3) 逐步讨论(必要时还得进行多级分类)；(4) 总结概括，得出结论．引起分类讨论的常见因素：(1) 由概念引起的分类讨论；(2) 使用数学性质、定理和公式时，其限制条件不确定引起的分类讨论；(3) 由数学运算引起的分类讨论；(4)由图形的不确定性引起的分类讨论；(5) 对于含参数的问题由参数的变化引起的分类讨论．简化和避免分类讨论的优化策略：(1) 直接回避．如运用反证法、求补法、消参法等有时可以避开繁琐讨论；(2) 变更主元．如分离参数、变参置换等可避开讨论；(3) 合理运算．如利用函数奇偶性、变量的对称、轮换以及公式的合理选用等有时可以简化甚至避开讨论；(4) 数形结合．利用函数图象、几何图形的直观性和对称特点有时可以简化甚至避开讨论．注：能回避分类讨论的尽可能回避．1. 一条直线过点(5,2)且在x 轴，y 轴上截距相等，则这直线方程为________．2.正三棱柱的侧面展开图是边长分别为6和4的矩形， 则它的体积为________.3.函数f(x)＝ax 2－a a ＋1x ＋12a ＋1的定义域为一切实数，则实数a 的取值范围是________．4.数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n 2＋n －1(n∈N *)，则其通项a n ＝________.【例1】 在△ABC 中，已知sinB ＝154，a ＝6，b ＝8，求边c 的长．【例2】解关于x的不等式：ax2－(a＋1)x＋1<0(a∈R)．【例3】设等比数列{a n}的公比为q，前n项和S n>0(n＝1,2，…)．(1) 求q的取值范围；(2) 设b n＝a n＋2－a n＋1，记{b n}的前n项和为T n，试比较S n与T n的大小.【例4】已知函数f(x)和g(x)的图象关于原点对称，且f(x)＝x2＋2x.(1) 求函数g(x)的解析式；(2) 若h(x)＝g(x)－λf(x)＋1在[－1,1]上是增函数，求实数λ的取值范围．1. (2009·全国)双曲线的一条渐近线方程为3x －2y ＝0，则该双曲线的离心率为________．2.(2011·辽宁)设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧21－x，x≤1，1－log 2x ，x>1，则满足f(x)≤2的x 的取值范围是________．3.(2011·江苏)已知实数a≠0，函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋a ，x<1，－x －2a ，x≥1，若f(1－a)＝f(1＋a)，则a 的值为________．4.(2010·福建)函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x －3，x≤0，－2＋lnx ，x>0，的零点个数为________．5.(2011·江西)设f(x)＝13x 3＋mx 2＋nx.(1) 如果g(x)＝f′(x)－2x －3在x ＝－2处取得最小值－5，求f(x)的解析式； (2) 如果m ＋n<10(m ，n∈N ＋)，f(x)的单调递减区间的长度是正整数，试求m 和n 的值．(注：区间(a ，b)的长度为b －a)6.(2010·江苏)设f(x)是定义在区间(1，＋∞)上的函数，其导函数为f′(x)．如果存在实数a 和函数h(x)，其中h(x)对任意的x∈(1，＋∞)都有h(x)>0，使得f′(x)＝h(x)(x 2－ax ＋1)，则称函数f(x)具有性质P(a)．设函数f(x)＝lnx ＋b ＋2x ＋1(x>1)，其中b 为实数．(1) 求证：函数f(x)具有性质P(b); (2) 求函数f(x)的单调区间．(2011·南通)(本小题满分16分)已知各项均不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝c,2S n ＝a n a n ＋1＋r.(1) 若r ＝－6，数列{a n }能否成为等差数列？若能，求c 满足的条件；若不能，请说明理由．(2) 设P n ＝a 1a 1－a 2＋a 3a 3－a 4＋…＋a 2n －1a 2n －1－a 2n ，Q n ＝a 2a 2－a 3＋a 4a 4－a 5＋…＋a 2na 2n －a 2n ＋1，若r ＞c ＞4，求证：对于一切n∈N *，不等式－n<P n －Q n <n 2＋n 恒成立．(1) 解：n ＝1时，2a 1＝a 1a 2＋r ，∵ a 1＝c≠0，∴ 2c＝ca 2＋r ，a 2＝2－rc . (1分)n≥2时，2S n ＝a n a n ＋1＋r ，① 2S n －1＝a n －1a n ＋r ，②①－②，得2a n ＝a n (a n ＋1－a n －1)．∵ a n ≠0，∴ a n ＋1－a n －1＝2. (3分) 则a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，… 成公差为2的等差数列，a 2n －1＝a 1＋2(n －1)． a 2，a 4，a 6，…，a 2n ，… 成公差为2的等差数列， a 2n ＝a 2＋2(n －1)． 要使{a n }为等差数列，当且仅当a 2－a 1＝1.即2－r c －c ＝1，r ＝c －c 2. (4分)∵ r＝－6，∴ c 2－c －6＝0，得c ＝－2或3. ∵ 当c ＝－2时，a 3＝0不合题意，舍去．∴ 当且仅当c ＝3时，数列{a n }为等差数列. (5分)(2) 证明：a 2n －1－a 2n ＝[a 1＋2(n －1)]－[a 2＋2(n －1)]＝a 1－a 2＝c ＋rc－2.a 2n －a 2n ＋1＝[a 2＋2(n －1)]－(a 1＋2n)＝a 2－a 1－2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋r c . (8分) ∴ P n ＝1c ＋r c －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤na 1＋n n －12×2＝1c ＋r c－2n(n ＋c －1) (9分) Q n ＝－1c ＋r c⎣⎢⎡⎦⎥⎤na 2＋n n －12×2＝－1c ＋r cn ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1－r c . (10分) P n －Q n ＝1c ＋r c －2n(n ＋c －1)＋1c ＋r cn ⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1－r c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1c ＋r c－2＋1c ＋r c n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c －1c ＋r c －2＋1－r cc ＋r c n.(11分) ∵ r＞c ＞4，∴ c＋r c ≥2r ＞4，∴ c＋r c －2＞2，∴ 0＜1c ＋r c －2＋1c ＋r c <12＋14＝34＜1.(13分)且c －1c ＋r c －2＋1－rc c ＋r c ＝c －1c ＋r c －2＋c ＋1c ＋r c －1＞－1. (14分)又∵ r＞c ＞4，∴ r c >1，则0＜c －1<c ＋r c －2,0<c ＋1<c ＋r c .∴ c －1c ＋r c －2＜1，c ＋1c ＋r c <1.∴ c －1c ＋r c －2＋c ＋1c ＋r c －1＜1.(15分)∴ 对于一切n∈N *，不等式－n<P n －Q n <n 2＋n 恒成立．(16分)专题七 数学思想方法 第18讲 分类讨论思想1. 已知函数f(x)＝12(sinx ＋cosx)－12|sinx －cosx|，则f(x)的值域是____________．【答案】 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，22 解析：f(x)＝12(sinx ＋cosx)－12|sinx －cosx|＝⎩⎪⎨⎪⎧cosxsinx≥cosx ，sinx sinx ＜cosx ，f(x)∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，22. 2. (2011·徐州三模)设函数f(x)＝x 2－alnx 与g(x)＝1a x －x 的图象分别交直线x ＝1于点A 、B ，且曲线y ＝f(x)在点A 处的切线与曲线y ＝g(x)在点B 处的切线平行．(1) 求函数f(x)，g(x)的解析式；(2) 当a>1时，求函数h(x)＝f(x)－g(x)的最小值；(3) 当a<1时，不等式f(x)≥mg(x)在x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，12上恒成立，求实数m 的取值范围． 解：(1) 由f(x)＝x 2－alnx ，得f′(x)＝2x －a x ，由g(x)＝1a x －x ，得g′(x)＝1a －12x.又由题意得f′(1)＝g′(1)，即2－a ＝1a －1，故a ＝2或a ＝12.当a ＝2时，f(x)＝x 2－2lnx ，g(x)＝12x －x ，当a ＝12时，f(x)＝x 2－12lnx ，g(x)＝2x －x.(2) 当a>1时，h(x)＝f(x)－g(x)＝x 2－2lnx －12x ＋x ，得h′(x)＝2x －2x －12＋12x ＝2x －1x ＋1x －x －12x＝(x －1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤4x x ＋x ＋x ＋1－x 2x .由x>0，得4x x ＋x ＋x ＋1－x2x>0.故当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)递减； 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)递增． 所以h(x)的最小值为h(1)＝1－2ln1－12＋1＝32.(3) a ＝12时，f(x)＝x 2－12lnx ，g(x)＝2x －x.当x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，12时，f′(x)＝2x －12x ＝4x 2－12x <0，f(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，12上为减函数，f(x)≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝14＋12ln2. 当x∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，12时，g′(x)＝2－12x ＝4x －12x >0，g(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，12上为增函数， 且g(x)≤g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－22，且g(x)≥g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝0，要使不等式f(x)≥mg(x)在x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，12上恒成立，当x ＝14时，m 为任意实数，当x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，12时，m≤f x g x ，而⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x g x min＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2＋24ln(4e)，所以m≤2＋24ln(4e)． 3. 设a 为实数，函数f(x)＝2x 2＋(x －a)|x －a|. (1) 若f(0)≥1，求a 的取值范围； (2) 求f(x)的最小值；(3) 设函数h(x)＝f(x)，x∈(a ，＋∞)，直接写出(不需给出演算步骤)不等式h(x)≥1的解集．点拨：本小题主要考查函数的概念、性质、图象及解一元二次不等式等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力．解：(1) 若f(0)≥1，则－a|a|≥1⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，a 2≥1a≤－1.(2) 当x≥a 时，f(x)＝3x 2－2ax ＋a 2，f(x)min ＝⎩⎪⎨⎪⎧f a ，a≥0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，a ＜0＝⎩⎪⎨⎪⎧2a 2，a≥0，2a23，a ＜0.当x≤a 时，f(x)＝x 2＋2ax －a 2，f(x)min ＝⎩⎪⎨⎪⎧f －a ，a≥0，fa ，a ＜0＝⎩⎪⎨⎪⎧－2a 2，a≥0，2a 2，a ＜0.综上可得f(x)min ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2a 2，a≥0，2a23，a ＜0.(3) x∈(a，＋∞)时，h(x)≥1得3x 2－2ax ＋a 2－1≥0，Δ＝4a 2－12(a 2－1)＝12－8a 2. 当a≤－62或a≥62时，Δ≤0，x∈(a，＋∞)；当－62＜a ＜62时，Δ>0，得：⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎪⎫x －a －3－2a 23⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a ＋3－2a 23≥0，x ＞a.讨论得：当a∈⎝⎛⎭⎪⎫22，62时，解集为(a ，＋∞)； 当a∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，－22时，解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤a ，a －3－2a 23∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫a ＋3－2a 23，＋∞；当a∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－22，22时，解集为⎣⎢⎡⎭⎪⎫a ＋3－2a 23，＋∞.基础训练1. 2x －5y ＝0或x ＋y －7＝0 解析：分直线过原点和不过原点两种情况．2. 43或833解析：分侧面矩形长、宽分别为6和4或4和6两种情况． 3. 0≤a≤1 解析： 由题知ax 2－a(a ＋1)x ＋12(a ＋1)≥0对x∈R 恒成立，分a ＝0和a＞0两种情况讨论．4. a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，4n －1，n≥2且n∈N*解析：在使用公式a n ＝S n －S n －1时要注意条件n≥2，n∈N *.例题选讲例1 解析：sinB ＝154，a ＜b ，若B 为锐角，则cosB ＝14，由余弦定理得， c 2＋36－2×6×c×cosB＝64，即c 2－3c －28＝0，∴ c＝7；若B 为钝角，则cosB ＝－14，由余弦定理得c 2＋36－2×6×c×cosB＝64，即c 2＋3c －28＝0，∴ c＝3，故边c 的长为7或3.(注： 在三角形中，内角的取值范围是(0，π)，b ＞a ，cosB ＝14，则B 可能是锐角也可能是钝角，故要分两种情况讨论．但本题如改成a ＝8，b ＝6，那情况又如何呢？)变式训练 △ABC 中，已知sinA ＝12，cosB ＝513，求cosC.解：∵ 0＜cosB ＝513＜22，B∈(0，π)，∴ 45°＜B ＜90°，且sinB ＝1213.若A 为锐角，由sinA ＝12，得A ＝30°，此时cosA ＝32；若A 为钝角，由sinA ＝12，得A ＝150°，此时A ＋B ＞180°.这与三角形的内角和为180°相矛盾，可见A≠150°. ∴ cosC＝cos[π－(A ＋B)]＝－cos(A ＋B) ＝－(cosA·cosB－sinA·sinB)＝－⎝⎛⎭⎪⎫32·513－12·1213＝12－5326. 例2 解：(1) 当a ＝0时，原不等式化为－x ＋1＜0，∴ x＞1.(2) 当a≠0时，原不等式化为a(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a ＜0， ① 若a ＜0，则原不等式化为(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a ＞0， ∵ 1a ＜0，∴ 1a ＜1，∴ 不等式解为x ＜1a或x ＞1. ② 若a ＞0，则原不等式化为(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a ＜0.(ⅰ) 当a ＞1时，1a ＜1，不等式解为1a ＜x ＜1；(ⅱ) 当a ＝1时，1a ＝1，不等式解为；(ⅲ) 当0＜a ＜1时，1a ＞1，不等式解为1＜x ＜1a .综上所述，得原不等式的解集为：当a ＜0时，解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫xx ＜1a 或x ＞1；当a ＝0时，解集为{x|x ＞1}；当0＜a ＜1时，解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x1＜x ＜1a ；当a ＝1时，解集为；当a ＞1时，解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 1a ＜x ＜1.变式训练 解关于x 的不等式ax －1x －2＞1(a∈R 且a≠1)．解：原不等式可化为：a －1x ＋2－ax －2＞0，① 当a ＞1时，原不等式与⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a －2a －1(x －2)＞0同解．由于a －2a －1＝1－1a －1＜1＜2，∴ 原不等式的解为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，a －2a －1∪(2，＋∞)．② 当a ＜1时，原不等式与⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a －2a －1(x －2) ＜0同解．由于a －2a －1＝1－1a －1，若a ＜0，a －2a －1＝1－1a －1＜2，解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －2a －1，2； 若a ＝0时，a －2a －1＝1－1a －1＝2，解集为；若0＜a ＜1，a －2a －1＝1－1a －1＞2，解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，a －2a －1.综上所述，当a ＞1时不等式解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a －2a －1∪(2，＋∞)；当0＜a ＜1时，解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，a －2a －1；当a ＝0时，解集为；当a ＜0时，解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －2a －1，2. 例3 解：(1) 因为{a n }是等比数列，S n >0，可得a 1＝S 1>0，q≠0.当q ＝1时，S n ＝na 1>0； 当q≠1时，S n ＝a 11－q n1－q＞0，即1－qn1－q＞0(n ＝1,2,3，…)，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧1－q ＞0，1－q n＞0n ＝1，2，3，…或⎩⎪⎨⎪⎧1－q ＜0，1－q n＜0n ＝1，2，3，….由于n 可为奇数，可为偶数，故q ＞1或－1＜q ＜1且q≠0.综上，q 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．(2) 由b n ＝a n ＋2－a n ＋1＝a n (q 2－q)，∴ T n ＝(q 2－q)S n .∴ T n －S n ＝(q 2－q －1)S n ＝⎝⎛⎭⎪⎫q －1＋52⎝ ⎛⎭⎪⎫q －1－52S n .又S n ＞0，－1＜q ＜0或q ＞0，－1＜q ＜1－52或q ＞1＋52时T n ＞S n ；1－52＜q ＜0或0＜q ＜1＋52时，T n ＜S n . q ＝1±52时，S n ＝T n .(注：等差、等比数列的通项、前n 项的和是数列的基础，已知一个数列的前n 项和求其通项时，对n ＝1与n≥2要分别予以研究，而涉及等比数列求和或用错位相减法求和时，要对公比q 是否为1进行分类讨论．)例4 解：(1) 利用函数图象的对称求解函数的问题．容易求出g(x)＝－x 2＋2x.(2) h(x)＝－(1＋λ)x 2＋2(1－λ)x＋1，(解法1) 为求实数λ的取值范围，就要对λ的取值分类．(1) 当λ＝－1时，h(x)＝4x ＋1，此时h(x)在[－1,1]上是增函数，(2) 当λ≠－1时，对称轴方程为x ＝1－λ1＋λ.① 当λ＜－1时，需满足1－λ1＋λ≤－1，解得λ＜－1；② 当λ＞－1时，1－λ1＋λ≥1，解得－1＜λ≤0.综上可得λ≤0.(解法2) 由题知，h′(x)＝－2(1＋λ)x＋2(1－λ)≥0对x∈[－1,1]恒成立． 即(1＋x)λ≤1－x 对x∈[－1,1]恒成立，显然x ＝－1时上式恒成立，λ∈R ， x∈(－1,1]时，λ≤1－x 1＋x ＝21＋x－1，函数y ＝21＋x－1在x∈(－1,1]上单调减，函数的最小值为0.∴ λ≤0，经检验符合题意．(注：两种解法，值得思考，在做分类讨论题时要尽可能回避复杂的讨论．) 变式训练 设0<x<1，a>0，且a≠1，比较|log a (1－x)|与|log a (1＋x)|的大小．解：(解法1) 因为0<x<1，所以0<1－x<1,1＋x>1，则0<1－x 2<1.① 当0<a<1时，由log a (1－x)>0，log a (1＋x)<0，所以|log a (1－x)|－|log a (1＋x)|＝log a (1－x)－[－log a (1＋x)]＝log a (1－x 2)>0，即|log a (1－x)|>|log a (1＋x)|.② 当a>1时，由log a (1－x)<0，log a (1＋x)>0，得|log a (1－x)|－|log a (1＋x)|＝－log a (1－x)－log a (1＋x)＝－log a (1－x 2)>0，即|log a (1－x)|>|log a (1＋x)|.由①②可知，|log a (1－x)|>|log a (1＋x)|.(注：在解答该类问题时，首先从概念出发判断出绝对值内的数(或式子)的符号，然后再去掉绝对值符号(这时需按条件进行分类讨论确定)，再按照相关的法则去计算，直至得出结论．其实这道题是可以回避讨论的．)(解法2) 因为0<x<1，所以0<1－x<1,1＋x>1，则0<1－x 2<1.|log a (1－x)|＝|lg1－x ||lga|＝－lg 1－x |lga|，|log a (1＋x)|＝lg 1＋x|lga||log a (1－x)|－|log a (1＋x)|＝－lg1－x2|lga|＞0，∴ |log a (1－x)|>|log a (1＋x)|. 高考回顾 1.132或133 解析：由渐近线方程为3x －2y ＝0知a b ＝32或b a ＝32. 2. [0，＋∞) 解析：f(x)≤2得⎩⎪⎨⎪⎧x≤1，21－x≤20≤x≤1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞1，1－log 2x≤2x ＞1.3. a ＝－34解析：分a ＜0和a≥0两种情况讨论．4. 2 解析：当x≤0时，令x 2＋2x －3＝0，解得x ＝－3；当x ＞0时，令－2＋lnx ＝0，解得x ＝100，所以已知函数有两个零点． 5. 解：(1) f(x)＝13x 3＋mx 2＋nx ，∴ f′(x)＝x 2＋2mx ＋n.又∵ g(x)＝f′(x)－2x －3＝x 2＋(2m －2)x ＋n －3在x ＝－2处取极值， 则g′(－2)＝2(－2)＋(2m －2)＝0m ＝3，又在x ＝－2处取最小值－5.则g(－2)＝(－2)2＋(－2)×4＋n －3＝－5n ＝2， ∴ f(x)＝13x 3＋3x 2＋2x.(2) 要使f(x)＝13x 3＋mx 2＋nx 单调递减，则f′(x)＝x 2＋2mx ＋n ＜0.又递减区间长度是正整数，所以f′(x)＝x 2＋2mx ＋n ＝0两根设为a ，b(a ＜b)．即有：b －a 为区间长度．又b －a ＝a ＋b 2－4ab ＝4m 2－4n ＝2m 2－n(m ，n∈N ＋)．又b －a 为正整数，且m ＋n<10，所以m ＝2，n ＝3或m ＝3，n ＝5符合． 6. (1) 证明：f′(x)＝1x －b ＋2x ＋12＝1x x ＋12(x 2－bx ＋1)．∵ x＞1时，h(x)＝1x x ＋12＞0恒成立，∴ 函数f(x)具有性质P(b)．(2) 解：设φ(x)＝x 2－bx ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －b 22＋1－b 24，φ(x)与f′(x)的符号相同． 当1－b 24＞0，－2＜b ＜2时，φ(x)＞0，f′(x)＞0，故此时f(x)在区间(1，＋∞)上递增；当b ＝±2时，对于x ＞1，有f′(x)＞0，所以此时f(x)在区间(1，＋∞)上递增；当b ＜－2时，φ(x)图象开口向上，对称轴x ＝b 2＜－1，而φ(0)＝1. 对于x ＞1，总有φ(x)＞0，f′(x)＞0，故此时f(x)在区间(1，＋∞)上递增；当b ＞2时，φ(x )图象开口向上，对称轴x ＝b 2＞1，方程φ(x)＝0的两根分别为：b ＋b 2－42，b －b 2－42， 而b ＋b 2－42＞1，b －b 2－42＝2b ＋b 2－4∈(0,1)． 当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，b ＋b 2－42时，φ(x)＜0，f′(x)＜0，故此时f(x)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，b ＋b 2－42上递减；同理得：f(x)在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫b ＋b 2－42，＋∞上递增． 综上所述，当b≤2时，f(x)在区间(1，＋∞)上递增；当b ＞2时，f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，b ＋b 2－42上递减； f(x)在⎣⎢⎡⎭⎪⎫b ＋b 2－42，＋∞上递增．。

专题七 数学思想方法 第18讲 分类讨论思想分类讨论是一种重要的数学思想方法，当问题的对象不能进行统一研究时，就需要对研究的对象按某个标准进行分类，然后对每一类分别研究，给出每一类的结论，最终综合各类结果得到整个问题的解答．实质上分类讨论就是“化整为零，各个击破，再集零为整”的数学策略．分类原则：(1) 所讨论的全域要确定，分类要“既不重复，也不遗漏”；(2) 在同一次讨论中只能按所确定的一个标准进行；(3) 对多级讨论，应逐级进行，不能越级．讨论的基本步骤：(1) 确定讨论的对象和讨论的范围(全域)；(2) 确定分类的标准，进行合理的分类；(3) 逐步讨论(必要时还得进行多级分类)；(4) 总结概括，得出结论．引起分类讨论的常见因素：(1) 由概念引起的分类讨论；(2) 使用数学性质、定理和公式时，其限制条件不确定引起的分类讨论；(3) 由数学运算引起的分类讨论；(4)由图形的不确定性引起的分类讨论；(5) 对于含参数的问题由参数的变化引起的分类讨论．简化和避免分类讨论的优化策略：(1) 直接回避．如运用反证法、求补法、消参法等有时可以避开繁琐讨论；(2) 变更主元．如分离参数、变参置换等可避开讨论；(3) 合理运算．如利用函数奇偶性、变量的对称、轮换以及公式的合理选用等有时可以简化甚至避开讨论；(4) 数形结合．利用函数图象、几何图形的直观性和对称特点有时可以简化甚至避开讨论．注：能回避分类讨论的尽可能回避．1. 一条直线过点(5,2)且在x 轴，y 轴上截距相等，则这直线方程为________．2.正三棱柱的侧面展开图是边长分别为6和4的矩形， 则它的体积为________.3.函数f(x)＝ax 2－a (a ＋1)x ＋12(a ＋1)的定义域为一切实数，则实数a 的取值范围是________．4.数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n 2＋n －1(n ∈N *)，则其通项a n ＝________.【例1】 在△ABC 中，已知sinB ＝154，a ＝6，b ＝8，求边c 的长．【例2】解关于x的不等式：ax2－(a＋1)x＋1<0(a∈R)．【例3】设等比数列{a n}的公比为q，前n项和S n>0(n＝1,2，…)．(1) 求q的取值范围；(2) 设b n＝a n＋2－a n＋1，记{b n}的前n项和为T n，试比较S n与T n的大小.【例4】已知函数f(x)和g(x)的图象关于原点对称，且f(x)＝x2＋2x.(1) 求函数g(x)的解析式；(2) 若h(x)＝g(x)－λf(x)＋1在[－1,1]上是增函数，求实数λ的取值范围．1. (2009·全国)双曲线的一条渐近线方程为3x －2y ＝0，则该双曲线的离心率为________．2.(2011·辽宁)设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧21－x ，x ≤1，1－log 2x ，x>1，则满足f(x)≤2的x 的取值范围是________．3.(2011·江苏)已知实数a ≠0，函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋a ，x<1，－x －2a ，x ≥1，若f(1－a)＝f(1＋a)，则a的值为________．4.(2010·福建)函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x －3，x ≤0，－2＋lnx ，x>0，的零点个数为________．5.(2011·江西)设f(x)＝13x 3＋mx 2＋nx.(1) 如果g(x)＝f ′(x)－2x －3在x ＝－2处取得最小值－5，求f(x)的解析式；(2) 如果m ＋n<10(m ，n ∈N ＋)，f(x)的单调递减区间的长度是正整数，试求m 和n 的值．(注：区间(a ，b)的长度为b －a)6.(2010·江苏)设f(x)是定义在区间(1，＋∞)上的函数，其导函数为f ′(x)．如果存在实数a 和函数h(x)，其中h(x)对任意的x ∈(1，＋∞)都有h(x)>0，使得f ′(x)＝h(x)(x 2－ax ＋1)，则称函数f(x)具有性质P(a)．设函数f(x)＝lnx ＋b ＋2x ＋1(x>1)，其中b 为实数．(1) 求证：函数f(x)具有性质P(b); (2) 求函数f(x)的单调区间．(2011·南通)(本小题满分16分)已知各项均不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝c,2S n ＝a n a n ＋1＋r.(1) 若r ＝－6，数列{a n }能否成为等差数列？若能，求c 满足的条件；若不能，请说明理由．(2) 设P n ＝a 1a 1－a 2＋a 3a 3－a 4＋…＋a 2n －1a 2n －1－a 2n ，Q n ＝a 2a 2－a 3＋a 4a 4－a 5＋…＋a 2na 2n －a 2n ＋1，若r＞c ＞4，求证：对于一切n ∈N *，不等式－n<P n －Q n <n 2＋n 恒成立．(1) 解：n ＝1时，2a 1＝a 1a 2＋r ，∵ a 1＝c ≠0，∴ 2c ＝ca 2＋r ，a 2＝2－rc . (1分)n ≥2时，2S n ＝a n a n ＋1＋r ，① 2S n －1＝a n －1a n ＋r ，②①－②，得2a n ＝a n (a n ＋1－a n －1)．∵ a n ≠0，∴ a n ＋1－a n －1＝2. (3分) 则a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，… 成公差为2的等差数列，a 2n －1＝a 1＋2(n －1)． a 2，a 4，a 6，…，a 2n ，… 成公差为2的等差数列， a 2n ＝a 2＋2(n －1)． 要使{a n }为等差数列，当且仅当a 2－a 1＝1.即2－rc －c ＝1，r ＝c －c 2. (4分)∵ r ＝－6，∴ c 2－c －6＝0，得c ＝－2或3. ∵ 当c ＝－2时，a 3＝0不合题意，舍去．∴ 当且仅当c ＝3时，数列{a n }为等差数列. (5分)(2) 证明：a 2n －1－a 2n ＝[a 1＋2(n －1)]－[a 2＋2(n －1)]＝a 1－a 2＝c ＋rc －2.a 2n －a 2n ＋1＝[a 2＋2(n －1)]－(a 1＋2n)＝a 2－a 1－2＝－⎝⎛⎭⎫c ＋rc . (8分) ∴ P n ＝1c ＋r c －2⎣⎡⎦⎤na 1＋n (n －1)2×2＝1c ＋r c－2n(n ＋c －1) (9分) Q n ＝－1c ＋r c ⎣⎡⎦⎤na 2＋n (n －1)2×2＝－1c ＋r cn ⎝⎛⎭⎫n ＋1－r c . (10分) P n －Q n ＝1c ＋r c －2n(n ＋c －1)＋1c ＋r cn ⎝⎛⎭⎫n ＋1－r c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1c ＋r c －2＋1c ＋r c n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c －1c ＋r c －2＋1－rc c ＋r c n.(11分)∵ r ＞c ＞4，∴ c ＋r c ≥2r ＞4，∴ c ＋r c －2＞2，∴ 0＜1c ＋r c －2＋1c ＋r c <12＋14＝34＜1.(13分)且c －1c ＋r c －2＋1－rc c ＋r c ＝c －1c ＋r c －2＋c ＋1c ＋r c －1＞－1. (14分)又∵ r ＞c ＞4，∴ r c >1，则0＜c －1<c ＋r c －2,0<c ＋1<c ＋r c .∴c －1c ＋r c －2＜1，c ＋1c ＋r c <1.∴ c －1c ＋r c －2＋c ＋1c ＋r c－1＜1.(15分) ∴ 对于一切n ∈N *，不等式－n<P n －Q n <n 2＋n 恒成立．(16分)专题七 数学思想方法 第18讲 分类讨论思想1. 已知函数f(x)＝12(sinx ＋cosx)－12|sinx －cosx|，则f(x)的值域是____________．【答案】 ⎣⎡⎦⎤－1，22 解析：f(x)＝12(sinx ＋cosx)－12|sinx －cosx|＝⎩⎪⎨⎪⎧cosx (sinx ≥cosx )，sinx (sinx ＜cosx )，f(x)∈⎣⎡⎤－1，22. 2. (2011·徐州三模)设函数f(x)＝x 2－alnx 与g(x)＝1a x －x 的图象分别交直线x ＝1于点A 、B ，且曲线y ＝f(x)在点A 处的切线与曲线y ＝g(x)在点B 处的切线平行．(1) 求函数f(x)，g(x)的解析式；(2) 当a>1时，求函数h(x)＝f(x)－g(x)的最小值；(3) 当a<1时，不等式f(x)≥mg(x)在x ∈⎣⎡⎦⎤14，12上恒成立，求实数m 的取值范围． 解：(1) 由f(x)＝x 2－alnx ，得f ′(x)＝2x －a x ，由g(x)＝1a x －x ，得g ′(x)＝1a －12x.又由题意得f ′(1)＝g ′(1)，即2－a ＝1a －1，故a ＝2或a ＝12.当a ＝2时，f(x)＝x 2－2lnx ，g(x)＝12x －x ，当a ＝12时，f(x)＝x 2－12lnx ，g(x)＝2x －x.(2) 当a>1时，h(x)＝f(x)－g(x)＝x 2－2lnx －12x ＋x ，得h ′(x)＝2x －2x －12＋12x ＝2(x －1)(x ＋1)x －x －12x＝(x －1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤4(x x ＋x ＋x ＋1)－x 2x .由x>0，得4(x x ＋x ＋x ＋1)－x2x >0.故当x ∈(0,1)时，h ′(x)<0，h(x)递减； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x)>0，h(x)递增． 所以h(x)的最小值为h(1)＝1－2ln1－12＋1＝32.(3) a ＝12时，f(x)＝x 2－12lnx ，g(x)＝2x －x.当x ∈⎣⎡⎦⎤14，12时，f ′(x)＝2x －12x ＝4x 2－12x <0，f(x)在⎣⎡⎦⎤14，12上为减函数，f(x)≥f ⎝⎛⎭⎫12＝14＋12ln2. 当x ∈⎣⎡⎭⎫14，12时，g ′(x)＝2－12x ＝4x －12x>0，g(x)在⎣⎡⎦⎤14，12上为增函数，且g(x)≤g ⎝⎛⎭⎫12＝1－22，且g(x)≥g ⎝⎛⎭⎫14＝0，要使不等式f(x)≥mg(x) 在x ∈⎣⎡⎦⎤14，12上恒成立，当x ＝14时，m 为任意实数，当x ∈⎣⎡⎦⎤14，12时，m ≤f (x )g (x )，而⎣⎡⎦⎤f (x )g (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫12g ⎝⎛⎭⎫12＝2＋24ln(4e)，所以m ≤2＋24ln(4e)．3. 设a 为实数，函数f(x)＝2x 2＋(x －a)|x －a|. (1) 若f(0)≥1，求a 的取值范围； (2) 求f(x)的最小值；(3) 设函数h(x)＝f(x)，x ∈(a ，＋∞)，直接写出(不需给出演算步骤)不等式h(x)≥1的解集．点拨：本小题主要考查函数的概念、性质、图象及解一元二次不等式等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力．解：(1) 若f(0)≥1，则－a|a|≥⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，a 2≥1≤－1.(2) 当x ≥a 时，f(x)＝3x 2－2ax ＋a 2，f(x)min ＝⎩⎪⎨⎪⎧f (a )，a ≥0，f ⎝⎛⎭⎫a 3，a ＜0＝⎩⎪⎨⎪⎧2a 2，a ≥0，2a 23，a ＜0.当x ≤a 时，f(x)＝x 2＋2ax －a 2，f(x)min ＝⎩⎪⎨⎪⎧ f (－a )，a ≥0，f (a )，a ＜0＝⎩⎪⎨⎪⎧－2a 2，a ≥0，2a 2，a ＜0.综上可得f(x)min ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2a 2，a ≥0，2a 23，a ＜0.(3) x ∈(a ，＋∞)时，h(x)≥1得3x 2－2ax ＋a 2－1≥0，Δ＝4a 2－12(a 2－1)＝12－8a 2. 当a ≤－62或a ≥62时，Δ≤0，x ∈(a ，＋∞)； 当－62＜a ＜62时，Δ>0，得：⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a －3－2a 23⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a ＋3－2a 23≥0，x ＞a.讨论得：当a ∈⎝⎛⎭⎫22，62时，解集为(a ，＋∞)； 当a ∈⎝⎛⎭⎫－62，－22时，解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤a ，a －3－2a 23∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫a ＋3－2a 23，＋∞； 当a ∈⎣⎡⎦⎤－22，22时，解集为⎣⎢⎡⎭⎪⎫a ＋3－2a 23，＋∞. 基础训练1. 2x －5y ＝0或x ＋y －7＝0 解析：分直线过原点和不过原点两种情况．2. 43或833解析：分侧面矩形长、宽分别为6和4或4和6两种情况．3. 0≤a ≤1 解析： 由题知ax 2－a(a ＋1)x ＋12(a ＋1)≥0对x ∈R 恒成立，分a ＝0和a ＞0两种情况讨论．4. a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，4n －1，n ≥2且n ∈N * 解析：在使用公式a n ＝S n －S n －1时要注意条件n ≥2，n ∈N *.例题选讲例1 解析：sinB ＝154，a ＜b ，若B 为锐角，则cosB ＝14，由余弦定理得， c 2＋36－2×6×c ×cosB ＝64，即c 2－3c －28＝0，∴ c ＝7；若B 为钝角，则cosB ＝－14，由余弦定理得c 2＋36－2×6×c ×cosB ＝64，即c 2＋3c －28＝0，∴ c ＝3，故边c 的长为7或3.(注： 在三角形中，内角的取值范围是(0，π)，b ＞a ，cosB ＝14，则B 可能是锐角也可能是钝角，故要分两种情况讨论．但本题如改成a ＝8，b ＝6，那情况又如何呢？)变式训练 △ABC 中，已知sinA ＝12，cosB ＝513，求cosC.解：∵ 0＜cosB ＝513＜22，B ∈(0，π)，∴ 45°＜B ＜90°，且sinB ＝1213.若A 为锐角，由sinA ＝12，得A ＝30°，此时cosA ＝32；若A 为钝角，由sinA ＝12，得A ＝150°，此时A ＋B ＞180°.这与三角形的内角和为180°相矛盾，可见A ≠150°. ∴ cosC ＝cos[π－(A ＋B)]＝－cos(A ＋B) ＝－(cosA·cosB －sinA·sinB)＝－⎝⎛⎭⎫32·513－12·1213＝12－5326. 例2 解：(1) 当a ＝0时，原不等式化为－x ＋1＜0，∴ x ＞1. (2) 当a ≠0时，原不等式化为a(x －1)⎝⎛⎭⎫x －1a ＜0， ① 若a ＜0，则原不等式化为(x －1)⎝⎛⎭⎫x －1a ＞0， ∵ 1a ＜0，∴ 1a ＜1，∴ 不等式解为x ＜1a 或x ＞1.② 若a ＞0，则原不等式化为(x －1)⎝⎛⎭⎫x －1a ＜0. (ⅰ) 当a ＞1时，1a ＜1，不等式解为1a ＜x ＜1；(ⅱ) 当a ＝1时，1a＝1，不等式解为；(ⅲ) 当0＜a ＜1时，1a ＞1，不等式解为1＜x ＜1a .综上所述，得原不等式的解集为：当a ＜0时，解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫xx ＜1a 或x ＞1；当a ＝0时，解集为{x|x ＞1}；当0＜a ＜1时，解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x1＜x ＜1a ；当a ＝1时，解集为；当a ＞1时，解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 1a ＜x ＜1.变式训练 解关于x 的不等式a (x －1)x －2＞1(a ∈R 且a ≠1)．解：原不等式可化为：(a －1)x ＋(2－a )x －2＞0，① 当a ＞1时，原不等式与⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a －2a －1(x －2)＞0同解．由于a －2a －1＝1－1a －1＜1＜2，∴ 原不等式的解为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a －2a －1∪(2，＋∞)．② 当a ＜1时，原不等式与⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a －2a －1(x －2) ＜0同解．由于a －2a －1＝1－1a －1，若a ＜0，a －2a －1＝1－1a －1＜2，解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －2a －1，2； 若a ＝0时，a －2a －1＝1－1a －1＝2，解集为；若0＜a ＜1，a －2a －1＝1－1a －1＞2，解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，a －2a －1.综上所述，当a ＞1时不等式解集为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，a －2a －1∪(2，＋∞)；当0＜a ＜1时，解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，a －2a －1；当a ＝0时，解集为；当a ＜0时，解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －2a －1，2.例3 解：(1) 因为{a n }是等比数列，S n >0，可得a 1＝S 1>0，q ≠0.当q ＝1时，S n ＝na 1>0；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＞0，即1－q n1－q＞0(n ＝1,2,3，…)，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧ 1－q ＞0，1－q n ＞0(n ＝1，2，3，…)或⎩⎪⎨⎪⎧1－q ＜0，1－q n＜0(n ＝1，2，3，…). 由于n 可为奇数，可为偶数，故q ＞1或－1＜q ＜1且q ≠0. 综上，q 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．(2) 由b n ＝a n ＋2－a n ＋1＝a n (q 2－q)，∴ T n ＝(q 2－q)S n .∴ T n －S n ＝(q 2－q －1)S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫q －1＋52⎝ ⎛⎭⎪⎫q －1－52S n.又S n ＞0，－1＜q ＜0或q ＞0，－1＜q ＜1－52或q ＞1＋52时T n ＞S n ；1－52＜q ＜0或0＜q ＜1＋52时，T n ＜S n . q ＝1±52时，S n ＝T n .(注：等差、等比数列的通项、前n 项的和是数列的基础，已知一个数列的前n 项和求其通项时，对n ＝1与n ≥2要分别予以研究，而涉及等比数列求和或用错位相减法求和时，要对公比q 是否为1进行分类讨论．)例4 解：(1) 利用函数图象的对称求解函数的问题．容易求出g(x)＝－x 2＋2x. (2) h(x)＝－(1＋λ)x 2＋2(1－λ)x ＋1，(解法1) 为求实数λ的取值范围，就要对λ的取值分类．(1) 当λ＝－1时，h(x)＝4x ＋1，此时h(x)在[－1,1]上是增函数，(2) 当λ≠－1时，对称轴方程为x ＝1－λ1＋λ.① 当λ＜－1时，需满足1－λ1＋λ≤－1，解得λ＜－1；② 当λ＞－1时，1－λ1＋λ≥1，解得－1＜λ≤0.综上可得λ≤0.(解法2) 由题知，h ′(x)＝－2(1＋λ)x ＋2(1－λ)≥0对x ∈[－1,1]恒成立． 即(1＋x)λ≤1－x 对x ∈[－1,1]恒成立，显然x ＝－1时上式恒成立，λ∈R ， x ∈(－1,1]时，λ≤1－x 1＋x ＝21＋x －1，函数y ＝21＋x－1在x ∈(－1,1]上单调减，函数的最小值为0. ∴ λ≤0，经检验符合题意．(注：两种解法，值得思考，在做分类讨论题时要尽可能回避复杂的讨论．) 变式训练 设0<x<1，a>0，且a ≠1，比较|log a (1－x)|与|log a (1＋x)|的大小． 解：(解法1) 因为0<x<1，所以0<1－x<1,1＋x>1，则0<1－x 2<1. ① 当0<a<1时，由log a (1－x)>0，log a (1＋x)<0，所以|log a (1－x)|－|log a (1＋x)|＝log a (1－x)－[－log a (1＋x)] ＝log a (1－x 2)>0，即|log a (1－x)|>|log a (1＋x)|.② 当a>1时，由log a (1－x)<0，log a (1＋x)>0，得|log a (1－x)|－|log a (1＋x)|＝－log a (1－x)－log a (1＋x) ＝－log a (1－x 2)>0，即|log a (1－x)|>|log a (1＋x)|.由①②可知，|log a (1－x)|>|log a (1＋x)|.(注：在解答该类问题时，首先从概念出发判断出绝对值内的数(或式子)的符号，然后再去掉绝对值符号(这时需按条件进行分类讨论确定)，再按照相关的法则去计算，直至得出结论．其实这道题是可以回避讨论的．)(解法2) 因为0<x<1，所以0<1－x<1,1＋x>1，则0<1－x 2<1. |log a (1－x)|＝|lg (1－x )||lga|＝－lg (1－x )|lga|，|log a (1＋x)|＝lg (1＋x )|lga||log a (1－x)|－|log a (1＋x)|＝－lg (1－x 2)|lga|＞0，∴ |log a (1－x)|>|log a (1＋x)|. 高考回顾 1.132或133 解析：由渐近线方程为3x －2y ＝0知a b ＝32或b a ＝32. 2. [0，＋∞) 解析：f(x)≤2得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤1，21－x≤2≤x ≤1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞1，1－log 2x ≤2＞1.3. a ＝－34解析：分a ＜0和a ≥0两种情况讨论．4. 2 解析：当x ≤0时，令x 2＋2x －3＝0，解得x ＝－3；当x ＞0时，令－2＋lnx ＝0，解得x ＝100，所以已知函数有两个零点． 5. 解：(1) f(x)＝13x 3＋mx 2＋nx ，∴ f ′(x)＝x 2＋2mx ＋n.又∵ g(x)＝f ′(x)－2x －3＝x 2＋(2m －2)x ＋n －3在x ＝－2处取极值， 则g ′(－2)＝2(－2)＋(2m －2)＝＝3，又在x ＝－2处取最小值－5. 则g(－2)＝(－2)2＋(－2)×4＋n －3＝－＝2， ∴ f(x)＝13x 3＋3x 2＋2x.(2) 要使f(x)＝13x 3＋mx 2＋nx 单调递减，则f ′(x)＝x 2＋2mx ＋n ＜0.又递减区间长度是正整数，所以f ′(x)＝x 2＋2mx ＋n ＝0两根设为a ，b(a ＜b)．即有：b －a 为区间长度．又b －a ＝(a ＋b )2－4ab ＝4m 2－4n ＝2m 2－n(m ，n ∈N ＋)．又b －a 为正整数，且m ＋n<10，所以m ＝2，n ＝3或m ＝3，n ＝5符合． 6. (1) 证明：f ′(x)＝1x －b ＋2(x ＋1)2＝1x (x ＋1)2(x 2－bx ＋1)． ∵ x ＞1时，h(x)＝1x (x ＋1)2＞0恒成立，∴ 函数f(x)具有性质P(b)．(2) 解：设φ(x)＝x 2－bx ＋1＝⎝⎛⎭⎫x －b 22＋1－b24，φ(x)与f ′(x)的符号相同． 当1－b 24＞0，－2＜b ＜2时，φ(x)＞0，f ′(x)＞0，故此时f(x)在区间(1，＋∞)上递增；当b ＝±2时，对于x ＞1，有f ′(x)＞0，所以此时f(x)在区间(1，＋∞)上递增； 当b ＜－2时，φ(x)图象开口向上，对称轴x ＝b2＜－1，而φ(0)＝1.对于x ＞1，总有φ(x)＞0，f ′(x)＞0，故此时f(x)在区间(1，＋∞)上递增；当b ＞2时，φ(x)图象开口向上，对称轴x ＝b2＞1，方程φ(x)＝0的两根分别为：b ＋b 2－42，b －b 2－42， 而b ＋b 2－42＞1，b －b 2－42＝2b ＋b 2－4∈(0,1)． 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，b ＋b 2－42时，φ(x)＜0，f ′(x)＜0，故此时f(x)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，b ＋b 2－42上递减；同理得：f(x)在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫b ＋b 2－42，＋∞上递增． 综上所述，当b ≤2时，f(x)在区间(1，＋∞)上递增；当b ＞2时，f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，b ＋b 2－42上递减； f(x)在⎣⎢⎡⎭⎪⎫b ＋b 2－42，＋∞上递增．。

2019-2020年高考数学二轮复习第一部分思想方法研析指导思想方法训练2分类讨论思想理1.已知函数f(x)=若存在x1,x2∈R,且x1≠x2,使得f(x1)=f(x2)成立,则实数a的取值范围是()A.(-∞,2)B.(-∞,4)C.[2,4]D.(2,+∞)2.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若b2+c2-a2=bc,且b=a,则下列关系一定不成立的是()A.a=cB.b=cC.2a=cD.a2+b2=c23.若a>0,且a≠1,p=log a(a3+1),q=log a(a2+1),则p,q的大小关系是()A.p=qB.p<qC.p>qD.当a>1时,p>q;当0<a<1时,p<q4.已知中心在坐标原点,焦点在坐标轴上的双曲线的渐近线方程为y=±x,则该双曲线的离心率为()A.B.C.D.5.已知A,B为平面内两定点,过该平面内动点M作直线AB的垂线,垂足为N,=λ,其中λ为常数,则动点M的轨迹不可能是()A.圆B.椭圆C.抛物线D.双曲线6.若x>0,且x≠1,则函数y=lg x+log x10的值域为()A.RB.[2,+∞)C.(-∞,-2]D.(-∞,-2]∪[2,+∞)7.设S n是等比数列{a n}的前n项和,S3,S9,S6成等差数列,且a2+a5=2a m,则m等于()A.6B.7C.8D.108.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,AB=BC=CA=3,SA=SB=SC,球心O到平面ABC的距离为1,则SA与平面ABC所成角的大小为()A.30°B.60°C.30°或60°D.45°或60°9.已知函数y=a x(a>0,且a≠1)在[1,2]上的最大值比最小值大,则a的值是.10.已知函数f(x)=|ln x|,g(x)=则方程|f(x)+g(x)|=1实根的个数为.11.已知函数f(x)=2a sin2x-2a sin x cos x+a+b(a≠0)的定义域为,值域为[-5,1],求常数a,b的值.12.设a>0,函数f(x)=x2-(a+1)x+a(1+ln x).(1)求曲线y=f(x)在(2,f(2))处与直线y=-x+1垂直的切线方程;(2)求函数f(x)的极值.思维提升训练13.若直线l过点P且被圆x2+y2=25截得的弦长是8,则直线l的方程为()A.3x+4y+15=0B.x=-3或y=-C.x=-3D.x=-3或3x+4y+15=014.已知函数f(x)=则方程f(x)=ax恰有两个不同实数根时,实数a的取值范围是(注:e为自然对数的底数)()A.(-1,0]B.C.(-1,0]∪D.15.已知a为实数,函数f(x)=|x2-ax|在区间[0,1]上的最大值记为g(a).当a=时,g(a)的值最小.16.已知函数f(x)=a ln x+x2(a为实数).(1)求函数f(x)在区间[1,e]上的最小值及相应的x值;(2)若存在x∈[1,e],使得f(x)≤(a+2)x成立,求实数a的取值范围.17.设函数f(x)=αcos 2x+(α-1)(cos x+1),其中α>0,记|f(x)|的最大值为A.(1)求f'(x);(2)求A;(3)证明|f'(x)|≤2A.参考答案思想方法训练2分类讨论思想能力突破训练1.B解析当-<1时,显然满足条件,即a<2;当a≥2时,-1+a>2a-5,即2≤a<4.综上知,a<4,故选B.2.B解析在△ABC中,由余弦定理得cos A=,则A=又b=a,由正弦定理,得sin B=sin A=,则B=或B=当B=时,△ABC为直角三角形,选项C,D成立;当B=时,△ABC为等腰三角形,选项A成立,故选B.3.C解析当0<a<1时,y=a x和y=log a x在其定义域上均为减函数,∴a3+1<a2+1.∴log a(a3+1)>log a(a2+1),即p>q.当a>1时,y=a x和y=log a x在其定义域上均为增函数,∴a3+1>a2+1,∴log a(a3+1)>log a(a2+1),即p>q.综上可得p>q.4.C解析焦点在x轴上时,,此时离心率e=;焦点在y轴上时,,此时离心率e=,故选C.5.C解析不妨设|AB|=2,以AB中点O为原点,AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系xOy,则A(-1,0),B(1,0),设M(x,y),则N(x,0),=(0,-y),=(x+1,0),=(1-x,0),代入已知式子得λx2+y2=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.D解析当x>1时,y=lg x+log x10=lg x+2=2;当0<x<1时,y=lg x+log x10=--2=-2.故函数的值域为(-∞,-2]∪[2,+∞).7.C解析∵S3,S9,S6成等差数列,∴2S9=S3+S6.若公比q=1,显然有2S9≠S3+S6,因此q≠1,从而2,2q9-q6-q3=0,即2q6-q3-1=0,∴q3=-或q3=1(舍去).∵a2+a5=2a m,∴a2(1+q3-2q m-2)=0,1+q3-2q m-2=0,∴q m-2=,∴m=8.8.C解析球心位置有以下两种情况:球心在三棱锥内部;球心在三棱锥外部.球心在三棱锥内部时,三棱锥为正三棱锥,设O'为△ABC的中心,在△ABC中,可求得O'A=,所以可得OA=2,SO'=3,SA与平面ABC所成的角即为∠SAO',由tan∠SAO'=,得∠SAO'=60°.同理可得第二种情况中所成角为30°.9解析当a>1时,y=a x在区间[1,2]上递增,故a2-a=,得a=;当0<a<1时,y=a x在区间[1,2]上递减,故a-a2=,得a=故a=或a=10.4解析f(x)=g(x)=(1)当0<x≤1时,方程化为|-ln x+0|=1,解得x=或x=e(舍去).所以此时方程只有1个实根(2)当1<x<2时,方程可化为|ln x+2-x2|=1.设h(x)=ln x+2-x2,则h'(x)=-2x=因为1<x<2,所以h'(x)=<0,即函数h(x)在区间(1,2)上单调递减.因为h(1)=ln1+2-12=1,h(2)=ln2+2-22=ln2-2,所以h(x)∈(ln2-2,1).又ln2-2<-1,故当1<x<2时方程只有1解.(3)当x≥2时,方程可化为|ln x+x2-6|=1.记函数p(x)=ln x+x2-6,显然p(x)在区间[2,+∞)上单调递增.故p(x)≥p(2)=ln2+22-6=ln2-2<-1.又p(3)=ln3+32-6=ln3+3>1,所以方程|p(x)|=1有2个解,即方程|ln x+x2-6|=1有2个解.综上可知,方程|f(x)+g(x)|=1共有4个实根.11.解f(x)=a(1-cos2x)-a sin2x+a+b=-2a sin+2a+b.∵x,∴2x+,∴-sin1.因此,由f(x)的值域为[-5,1],可得或解得12.解(1)由已知x>0,f'(x)=x-(a+1)+因为曲线y=f(x)在(2,f(2))处切线的斜率为1,所以f'(2)=1,即2-(a+1)+=1,所以a=0,此时f(2)=2-2=0,故曲线f(x)在(2,f(2))处的切线方程为x-y-2=0.(2)f'(x)=x-(a+1)+①当0<a<1时,若x∈(0,a),则f'(x)>0,函数f(x)单调递增;若x∈(a,1),则f'(x)<0,函数f(x)单调递减;若x∈(1,+∞),则f'(x)>0,函数f(x)单调递增.此时x=a是f(x)的极大值点,x=1是f(x)的极小值点,函数f(x)的极大值是f(a)=-a2+a ln a,极小值是f(1)=-②当a=1时,若x∈(0,1),则f'(x)>0,若x=1,则f'(x)=0,若x∈(1,+∞),则f'(x)>0,所以函数f(x)在定义域内单调递增,此时f(x)没有极值点,也无极值.③当a>1时,若x∈(0,1),则f'(x)>0,函数f(x)单调递增;若x∈(1,a),则f'(x)<0,函数f(x)单调递减;若x∈(a,+∞),则f'(x)>0,函数f(x)单调递增,此时x=1是f(x)的极大值点,x=a是f(x)的极小值点,函数f(x)的极大值是f(1)=-,极小值是f(a)=-a2+a ln a.综上,当0<a<1时,f(x)的极大值是-a2+a ln a,极小值是-;当a=1时,f(x)无极值;当a>1时,f(x)的极大值是-,极小值是-a2+a ln a.思维提升训练13.D解析若直线l的斜率不存在,则该直线的方程为x=-3,代入圆的方程解得y=±4,故直线l被圆截得的弦长为8,满足条件;若直线l的斜率存在,不妨设直线l的方程为y+=k(x+3),即kx-y+3k-=0,因为直线l被圆截得的弦长为8,故半弦长为4,又圆的半径为5,则圆心(0,0)到直线l的距离为,解得k=-,此时直线l的方程为3x+4y+15=0.14.C解析因为方程f(x)=ax恰有两个不同的实数根,所以y=f(x)与y=ax的图象有2个交点,a 表示直线y=ax的斜率.当a>0,x>1时,y'=设切点为(x0,y0),k=,所以切线方程为y-y0=(x-x0),而切线过原点,所以y0=1,x0=e2,k=,所以切线l1的斜率为设过原点与y=x+1平行的直线为l2,则直线l2的斜率为,所以当直线在l1和l2之间时,符合题意,此时实数a的取值范围是当a<0时,设过原点与点(1,-1)的直线为l3,其斜率为-1,则在l3的位置以O为中心逆时针旋转一直转到水平位置都符合题意,此时实数a的取值范围是(-1,0].综上所述,实数a的取值范围是(-1,0],故选C.15.2-2解析当a≤0时,在区间[0,1]上,f(x)=|x2-ax|=x2-ax,且在区间[0,1]上为增函数,当x=1时,f(x)取得的最大值为f(1)=1-a;当0<a<1时,f(x)=在区间内递增,在区间上递减,在区间(a,1]上递增,且f,f(1)=1-a, -(1-a)=(a2+4a-4),∴当0<a<2-2时,<1-a.当2-2≤a<1时,1-a;当1≤a<2时,f(x)=-x2+ax在区间上递增,在区间上递减,当x=时,f(x)取得最大值f;当a≥2时,f(x)=-x2+ax在区间[0,1]上递增,当x=1时,f(x)取得最大值f(1)=a-1.则g(a)=在区间(-∞,2-2)上递减,在区间[2-2,+∞)上递增,即当a=2-2时,g(a)有最小值.16.解(1)f(x)=a ln x+x2的定义域为(0,+∞),f'(x)=+2x=当x∈[1,e]时,2x2∈[2,2e2].若a≥-2,则f'(x)在区间[1,e]上非负(仅当a=-2,x=1时,f'(x)=0),故f(x)在区间[1,e]上单调递增,此时f(x)min=f(1)=1;若-2e2<a<-2,令f'(x)<0,解得1≤x<,此时f(x)单调递减;令f'(x)>0,解得<x≤e,此时f(x)单调递增,所以f(x)min=f ln;若a≤-2e2,f'(x)在区间[1,e]上非正(仅当a=-2e2,x=e时,f'(x)=0),故f(x)在区间[1,e]上单调递减,此时f(x)min=f(e)=a+e2.综上所述,当a≥-2时,f(x)min=1,相应的x=1;当-2e2<a<-2时,f(x)min=ln,相应的x=;当a≤-2e2时,f(x)min=a+e2,相应的x=e.(2)不等式f(x)≤(a+2)x可化为a(x-ln x)≥x2-2x.由x∈[1,e],知ln x≤1≤x且等号不能同时成立,得ln x<x,即x-ln x>0,因而a,x∈[1,e],令g(x)=(x∈[1,e]),则g'(x)=,当x∈[1,e]时,x-1≥0,ln x≤1,x+2-2ln x>0,从而g'(x)≥0(仅当x=1时取等号),所以g(x)在区间[1,e]上是增函数,故g(x)min=g(1)=-1,所以实数a的取值范围是[-1,+∞).17.(1)解f'(x)=-2αsin2x-(α-1)sin x.(2)解(分类讨论)当α≥1时,|f(x)|=|αcos2x+(α-1)(cos x+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0).因此A=3α-2.当0<α<1时,将f(x)变形为f(x)=2αcos2x+(α-1)cos x-1.令g(t)=2αt2+(α-1)t-1,则A是|g(t)|在[-1,1]上的最大值,g(-1)=α,g(1)=3α-2,且当t=时,g(t)取得极小值,极小值为g=--1=-令-1<<1,解得α<-(舍去),α>当0<时,g(t)在区间(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=α,|g(1)|=2-3α,|g(-1)|<|g(1)|,所以A=2-3α.当<α<1时,由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,知g(-1)>g(1)>g又-|g(-1)|=>0,所以A=综上,A=(3)证明由(1)得|f'(x)|=|-2αsin2x-(α-1)sin x|≤2α+|α-1|.当0<时,|f'(x)|≤1+α≤2-4α<2(2-3α)=2A.当<α<1时,A=1,所以|f'(x)|≤1+α<2A.当α≥1时,|f'(x)|≤3α-1≤6α-4=2A.所以|f'(x)|≤2A.2019-2020年高考数学二轮复习第一部分思想方法研析指导思想方法训练3数形结合思想理1.若i为虚数单位,图中网格纸的小正方形的边长是1,复平面内点Z表示复数z,则复数对应的点位于复平面内的()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2.方程sin x的实数解的个数是()A.2B.3C.4D.以上均不对3.若x∈{x|log2x=2-x},则()A.x2>x>1B.x2>1>xC.1>x2>xD.x>1>x24.若函数f(x)=(a-x)|x-3a|(a>0)在区间(-∞,b]上取得最小值3-4a时所对应的x的值恰有两个,则实数b的值等于()A.2±B.2-或6-3C.6±3D.2+或6+35.已知函数f(x)=若a,b,c互不相等,且f(a)=f(b)=f(c),则abc的取值范围是()A.(1,10)B.(5,6)C.(10,12)D.(20,24)6.已知函数f(x)=与g(x)=x3+t,若f(x)与g(x)图象的交点在直线y=x的两侧,则实数t的取值范围是()A.(-6,0]B.(-6,6)C.(4,+∞)D.(-4,4)7.“a≤0”是“函数f(x)=|(ax-1)x|在区间(0,+∞)上单调递增”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件8.在平面直角坐标系xOy中,若直线y=2a与函数y=|x-a|-1的图象只有一个交点,则a的值为.9.函数f(x)=2sin x sin-x2的零点个数为.10.若不等式≤k(x+2)-的解集为区间[a,b],且b-a=2,则k=.11.已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x-4)=-f(x),且在区间[0,2]上是增函数,若方程f(x)=m(m>0)在区间[-8,8]上有四个不同的根x1,x2,x3,x4,则x1+x2+x3+x4=.12.已知函数f(x)=A sin(ωx+φ)的部分图象如图所示.(1)求f(x)的解析式;(2)设g(x)=,求函数g(x)在x∈上的最大值,并确定此时x的值.思维提升训练13.已知函数f(x)=函数g(x)=b-f(2-x),其中b∈R,若函数y=f(x)-g(x)恰有4个零点,则b的取值范围是()A.B.C.D.14.设函数f(x)=e x(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是()A.B.C.D.15.在平面上,过点P作直线l的垂线所得的垂足称为点P在直线l上的投影,由区域中的点在直线x+y-2=0上的投影构成的线段记为AB,则|AB|=() A.2 B.4C.3D.616.(xx北京,理14)三名工人加工同一种零件,他们在一天中的工作情况如图所示,其中点A i的横、纵坐标分别为第i名工人上午的工作时间和加工的零件数,点B i的横、纵坐标分别为第i名工人下午的工作时间和加工的零件数,i=1,2,3.(1)记Q i为第i名工人在这一天中加工的零件总数,则Q1,Q2,Q3中最大的是;(2)记p i为第i名工人在这一天中平均每小时加工的零件数,则p1,p2,p3中最大的是.17.设函数f(x)=ax3-3ax,g(x)=bx2-ln x(a,b∈R),已知它们的图象在x=1处的切线互相平行.(1)求b的值;(2)若函数F(x)=且方程F(x)=a2有且仅有四个解,求实数a的取值范围.参考答案思想方法训练3数形结合思想能力突破训练1.D解析由题图知,z=2+i,则i,则对应的点位于复平面内的第四象限.故选D.2.B解析在同一坐标系内作出y=sin与y=x的图象,如图,可知它们有3个不同的交点.3.A解析设y1=log2x,y2=2-x,在同一坐标系中作出其图象,如图,由图知,交点的横坐标x>1,则有x2>x>1.4.D解析结合函数f(x)的图象(图略)知,3-4a=-a2,即a=1或a=3.当a=1时,-b2+4b-3=-1(b>3),解得b=2+;当a=3时,-b2+12b-27=-9(b>9),解得b=6+3,故选D.5.C解析作出f(x)的大致图象.由图象知,要使f(a)=f(b)=f(c),不妨设a<b<c,则-lg a=lg b=-c+6.∴lg a+lg b=0,∴ab=1,∴abc=c.由图知10<c<12,∴abc∈(10,12).6.B解析如图,由题知,若f(x)=与g(x)=x3+t图象的交点位于y=x两侧,则有解得-6<t<6.7.C解析当a=0时,f(x)=|x|在区间(0,+∞)上单调递增;当a<0,x>0时,f(x)=(-ax+1)x=-ax,结合二次函数的图象可知f(x)=|(ax-1)x|在区间(0,+∞)上单调递增;当a>0时,函数f(x)=|(ax-1)x|的图象大致如图.函数f(x)在区间(0,+∞)上有增有减,从而“a≤0”是“函数f(x)=|(ax-1)x|在区间(0,+∞)上单调递增”的充要条件,故选C.8.- 解析在同一坐标系中画出y=2a和y=|x-a|-1的图象如图.由图可知,要使两函数的图象只有一个交点,则2a=-1,a=-9.2解析f(x)=2sin x sin-x2=2sin x cos x-x2=sin2x-x2.如图,在同一平面直角坐标系中作出y=sin2x与y=x2的图象,当x≥0时,两图象有2个交点,当x<0时,两图象无交点,综上,两图象有2个交点,即函数的零点个数为2.10解析令y1=,y2=k(x+2)-,在同一个坐标系中作出其图象,如图.k(x+2)-的解集为[a,b],且b-a=2,结合图象知b=3,a=1,即直线与圆的交点坐标为(1,2),∴k=11.-8解析因为定义在R上的奇函数f(x)满足f(x-4)=-f(x),即f(4-x)=f(x).因此,函数图象关于直线x=2对称且f(0)=0,由f(x-4)=-f(x)知f(x-8)=f(x).又因为f(x)在区间[0,2]上是增函数,所以f(x)在区间[-2,0]上也是增函数,如图所示(草图),方程f(x)=m(m>0)在区间[-8,8]上有四个不同的根x1,x2,x3,x4,不妨设x1<x2<x3<x4.由对称性知x1+x2=-12,x3+x4=4,所以x1+x2+x3+x4=-12+4=-8.12.解(1)由题图知A=2,,则=4,得ω=又f=2sin=2sin=0,∴sin=0.∵0<φ<,-<φ-,∴φ-=0,即φ=,∴f(x)的解析式为f(x)=2sin(2)由(1)可得f=2sin=2sin,g(x)==4=2-2cos∵x,∴-3x+,∴当3x+=π,即x=时,g(x)max=4.思维提升训练13.D解析由f(x)=得f(x)=f(2-x)=所以f(x)+f(2-x)=因为函数y=f(x)-g(x)=f(x)+f(2-x)-b恰有4个零点,所以函数y=b与y=f(x)+f(2-x)的图象有4个不同的交点.画出函数y=f(x)+f(2-x)的图象,如图.由图可知,当b时,函数y=b与y=f(x)+f(2-x)的图象有4个不同的交点.故选D.14.D解析设g(x)=e x(2x-1),h(x)=a(x-1),则不等式f(x)<0即为g(x)<h(x).因为g'(x)=e x(2x-1)+2e x=e x(2x+1),当x<-时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减;当x>-时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增.所以g(x)的最小值为g而函数h(x)=a(x-1)表示经过点P(1,0),斜率为a的直线.如图,分别作出函数g(x)=e x(2x-1)与h(x)=a(x-1)的大致图象.显然,当a≤0时,满足不等式g(x)<h(x)的整数有无数多个.函数g(x)=e x(2x-1)的图象与y轴的交点为A(0,-1),与x轴的交点为D取点C由图可知,不等式g(x)<h(x)只有一个整数解时,须满足k PC≤a<k PA.而k PC=,k PA==1,所以a<1.故选D.15.C解析画出不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示.作出直线x+y-2=0.设直线x-3y+4=0与x+y=0的交点为C,直线x=2与直线x+y=0的交点为D.过C作CA⊥直线x+y-2=0于点A,过D作DB⊥直线x+y-2=0于点B,则区域中的点在直线x+y-2=0上的投影为AB.∵直线x+y-2=0与直线x+y=0平行,∴|CD|=|AB|.由C点坐标为(-1,1).由D点坐标为(2,-2).∴|CD|==3,即|AB|=3故选C.16.(1)Q1(2)p2解析(1)连接A1B1,A2B2,A3B3,分别取线段A1B1,A2B2,A3B3的中点C1,C2,C3,显然C i的纵坐标即为第i名工人一天平均加工的零件数,由图可得点C1最高,故Q1,Q2,Q3中最大的是Q1.(2)设某工人上午、下午加工的零件数分别为y1,y2,工作时间分别为x1,x2,则该工人这一天中平均每小时加工的零件数为p==k OC(C为点(x1,y1)和(x2,y2)的中点),由图可得,故p1,p2,p3中最大的是p2.17.解函数g(x)=bx2-ln x的定义域为(0,+∞).(1)f'(x)=3ax2-3a⇒f'(1)=0,g'(x)=2bx-g'(1)=2b-1,依题意2b-1=0,得b=(2)当x∈(0,1)时,g'(x)=x-<0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)=x->0.所以当x=1时,g(x)取得极小值g(1)=当a=0时,方程F(x)=a2不可能有且仅有四个解.当a<0,x∈(-∞,-1)时,f'(x)<0,当x∈(-1,0)时,f'(x)>0,所以当x=-1时,f(x)取得极小值f(-1)=2a,又f(0)=0,所以F(x)的图象如图①所示.从图象可以看出F(x)=a2不可能有四个解.当a>0,x∈(-∞,-1)时,f'(x)>0,当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,所以当x=-1时,f(x)取得极大值f(-1)=2a.又f(0)=0,所以F(x)的图象如图②所示.从图象看出方程F(x)=a2有四个解,则<a2<2a,所以实数a的取值范围是图①图②。