高中数学复习专题讲座(第39讲)分类讨论思想

a
1 1
x 1
∵ a 0 ，∴ a ，∴不等式解为 a 或 x 1，
(x 1)(x 1) 0
②若 a 0 ，则原不等式化为
a，
1 1 （ⅰ）当 a 1时， a ，不等式解为 x ，
1 1
1 x 1
（ⅱ）当 a 1时， a ，不等式解为 a
；
1 1
1 x 1
（ⅲ）当 0 a 1时， a ，不等式解为
高中数学高考总复习----分类讨论的思想知识 讲解及考点梳理
【高考展望】 数学中的分类讨论贯穿教材的各个部分，它不仅形式多样，而且具有很强的综合性和逻辑性.
分类讨论是解决问题的一种逻辑方法，也是一种数学思想，这种思想对于简化研究对象，发展人的思维有 着重要帮助，因此，有关分类讨论的数学命题在高考试题中占有重要位置。所谓分类讨论，就是当问题所 给的对象不能进行统一研究时，就需要对研究对象按某个标准分类，然后对每一类分别研究得出每一类的 结论，最后综合各类结果得到整个问题的解答.实质上，分类讨论是“化整为零，各个击破，再积零为整” 的数学策略.分类讨论思想是一种重要的数学思想，它在人的思维发展中有着重要的作用，因此在近几年的 高考试题中，他都被列为一种重要的思维方法来考察。
a，
综上所述，原不等式的解集为：
{x | x 1 或 x 1}
当 a 0 时，解集为
a
；
当 a 0 时，解集为{x|x＞1}；
{x |1 x 1}
当 0 a 1时，解集为
a；
当 a 1时，解集为 ；
2
{x | 1 x 1}
当 a 1时，解集为 a
.
总结升华： 这是一个含参数 a 的不等式，一定是二次不等式吗？不一定，故首先对二次项系数 a 分类：（1）a≠0（2） a=0，对于（2），不等式易解；对于（1），又需再次分类：a>0 或 a<0，因为这两种情形下，不等式解集形

高考数学复习考点题型专题讲解专题39 同构函数同构法在近几年的模考中频繁出现，首先将题目中的等式或不等式经过适当的整理变形，表示成两侧具有相同结构，然后利用这个结构式构造相对应的函数，再利用函数单调性解题.类型一地位同等同构型含有地位同等的两个变量x1，x2或x，y或a，b的等式或不等式，如果进行整理(即同构)后，等式或不等式两边具有结构的一致性，往往暗示应构造函数，应用函数单调性解决.例1 (1)若0<x1<x2<1，则( )A.e x2－e x1>ln x2－ln x1B.e x1－e x2>ln x2－ln x1C.x2e x1>x1e x2D.x2e x1<x1e x2(2)(2022·金华调研)若0＜x1＜x2＜a，都有x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2成立，则a的最大值为( )A.12B.1C.eD.2e答案(1)C (2)B解析(1)A选项，e x2－e x1>ln x2－ln x1⇔e x2－ln x2>e x1－ln x1，设f(x)＝e x－ln x.∴f′(x)＝e x－1x＝x e x－1x，设g(x)＝x e x－1，则有g′(x)＝(x＋1)e x>0恒成立，所以g(x)在(0，1)上单调递增，因为g(0)＝－1<0，g(1)＝e－1>0，从而存在x0∈(0，1)，使得g(x0)＝0.由单调性可判断出，x∈(0，x0)，g(x)<0⇒f′(x)<0；x∈(x，1)，g(x)>0⇒f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上不单调，不等式不会恒成立，A 不正确；B选项，e x1－e x2>ln x2－ln x1⇔e x1＋ln x1>e x2＋ln x2，设函数f(x)＝e x＋ln x，可知f(x)单调递增，所以f(x1)<f(x2)，B错误；C选项，x2e x1>x1e x2⇔e x1x1>e x2x2，构造函数f(x)＝e xx，f′(x)＝（x－1）e xx2，则f′(x)<0在x∈(0，1)恒成立，所以f(x)在(0，1)上单调递减，所以f(x1)>f(x2)成立，C正确，D错误.(2)由x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2，两边同除以x1x2得ln x1 x1－ln x2x2≤1x2－1x1，即ln x1x1＋1x1≤ln x2x2＋1x2，令f(x)＝ln xx＋1x，则f(x)在(0，a)上为增函数.∴f′(x)≥0在(0，a)上恒成立，而f′(x)＝－ln xx2，可知f(x)在(0，1)上为增函数，∴a≤1，∴a的最大值为1，故选B.规律方法含有二元变量x1，x2的函数，常见的同构类型有以下几种：(1)g(x1)－g(x2)>λ[f(x2)－f(x1)]⇔g(x1)＋λf(x1)>g(x2)＋λf(x2)，构造函数φ(x)＝g(x)＋λf(x)；(2)f（x1）－f（x2）x1－x2>k(x1<x2)⇔f(x1)－f(x2)<kx1－kx2⇔f(x1)－kx1<f(x2)－kx2，构造函数φ(x)＝f(x)－kx；(3)f（x1）－f（x2）x1－x2<kx1x2(x1<x2)⇔f(x1)－f(x2)>k（x1－x2）x1x2＝kx2－kx1⇔f(x1)＋kx1>f(x2)＋kx2，构造函数φ(x)＝f(x)＋kx.训练1 (1)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则( )A.a>2bB.a<2bC.a>b2D.a<b2(2)(2022·济南模拟)若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，x1ln x2－x2ln x1x2－x1＜2，则m的最小值是( )A.e2B.eC.1D.1 e答案(1)B (2)D解析(1)由指数和对数的运算性质可得2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b.令f(x)＝2x＋log2x，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增.又∵22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log2(2b)，∴2a＋log2a<22b＋log2(2b)，即f(a)<f(2b)，∴a<2b.故选B.(2)对任意的x 1，x 2∈(m ，＋∞)，且x 1＜x 2，x 1ln x 2－x 2ln x 1x 2－x 1＜2，易知m ≥0，则x 1ln x 2－x 2ln x 1＜2x 2－2x 1， 所以，x 1(ln x 2＋2)＜x 2(ln x 1＋2)， 即ln x 1＋2x 1＞ln x 2＋2x 2，令f (x )＝ln x ＋2x，则函数f (x )在(m ，＋∞)上为减函数，因为f ′(x )＝－ln x ＋1x 2，由f ′(x )＜0，可得x ＞1e，所以函数f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，所以，(m ，＋∞)⊆⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，所以，m ≥1e，因此， 实数m 的最小值为1e .故选D.类型二 指对跨阶同构型1.对于一个指数、直线、对数三阶的问题可以通过跨阶函数的同构，转化为两阶问题解决，通常在一些求参数的取值范围、零点个数、证明不等式中应用跨阶同构来快速解题.跨阶同构需要构造一个母函数，即外层函数，这个母函数需要满足：①指对跨阶，②单调性和最值易求.2.为了实现不等式两边“结构”相同的目的，需要对指对式进行“改头换面”，常用的方法有：x ＝eln x，x e x ＝eln x ＋x，x 2e x ＝e2ln x ＋x，e xx＝e －ln x ＋x ，ln x ＋ln a ＝ln (ax )，ln x－1＝ln xe，有时也需要对两边同时加、乘某式等.例2 (1)(2022·南通质检)若关于x 的不等式e x －a ≥ln x ＋a 对一切正实数x 恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1e B.(－∞，e]C.(－∞，1]D.(－∞，2](2)若不等式e (m －1)x ＋3mx e x ≥3e x ln x ＋7x e x 对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数m 的取值范围是________.答案 (1)C (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫2＋1e ，＋∞解析 (1)∵e x －a ≥ln x ＋a ， ∴e x －a ＋x －a ≥x ＋ln x ， ∴e x －a＋x －a ≥eln x＋ln x ，设f (t )＝e t ＋t ，则f ′(t )＝e t ＋1＞0， ∴f (t )在R 上单调递增， 故e x －a ＋(x －a )≥e ln x ＋ln x ， 即f (x －a )≥f (ln x )，即x －a ≥ln x ，即a ≤x －ln x ， 设g (x )＝x －ln x ， 则g ′(x )＝1－1x ＝x －1x，令g ′(x )＞0，x ＞1，∴g (x )在(1，＋∞)上递增，在(0，1)上递减，故g (x )min ＝g (1)＝1，故a ≤1，故选C.(2)e (m －1)x ＋3mx e x ≥3e x ln x ＋7x e x ⇔e (m －2)x ＋3mx ≥3ln x ＋7x ⇔e (m －2)x ＋3(m －2)x ≥3ln x ＋x .构建g (x )＝e x ＋3x ，则可得g ((m －2)x )≥g (ln x )， ∵g (x )＝e x ＋3x 在R 上单调递增， 则(m －2)x ≥ln x ⇔m －2≥ln xx，构建F (x )＝ln xx，则F ′(x )＝1－ln x x2， 令F ′(x )>0，则0<x <e ，故F (x )在(0，e)上单调递增，(e ，＋∞)上单调递减， 则F (x )≤F (e)＝1e ，即m －2≥1e ，即m ≥2＋1e.规律方法 指对跨阶同构的基本模式有： (1)积型：a e a ≤b ln b ，一般有三种同构方式：①同左：a e a ≤b ln b ⇔a e a ≤(ln b )e ln b ，构造函数f (x )＝x e x ； ②同右：a e a ≤b ln b ⇔e a ln e a ≤b ln b ，构造函数f (x )＝x ln x ；③两边同取自然对数：a ＋ln a ≤ln b ＋ln(ln b )，构造函数f (x )＝x ＋ln x . (2)商型：e a a <bln b，一般也有三种同构方式：①同左：e a a <b ln b ⇔e a a <e ln b ln b ，构造函数f (x )＝exx ；②同右：e a a <b ln b ⇔e a ln e a <b ln b ，构造函数f (x )＝xln x；③两边同取自然对数：a －ln a <ln b －ln(ln b )，构造函数f (x )＝x －ln x . (3)和差型：e a ±a >b ±ln b ，一般有两种同构方式：①同左：e a ±a >b ±ln b ⇔e a ±a >e ln b ±ln b ，构造函数f (x )＝e x ±x ； ②同右：e a ±a >b ±ln b ⇔e a ±ln e a >b ±ln b ，构造函数f (x )＝x ±ln x . 训练2 (1)(2022·广州调研)已知f (x )＝e kx－2ln xkx＋1(k ≠0)，函数g (x )＝x ln x ，若kf (x )≥2g (x )，对∀x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数k 的取值范围为( ) A.[1，＋∞) B.[e，＋∞) C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，＋∞D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2e ，＋∞ (2)若∀x ∈[e ，＋∞)，满足2x 3ln x －m e m x ≥0恒成立，则实数m 的取值范围为________.答案 (1)D (2)(－∞，2e]解析 (1)kf (x )≥2g (x )，即k e kx －2ln x x＋k ≥2x ln x ，kx e kx －2ln x ＋kx ≥2x 2ln x ，kx e kx ＋kx ≥x 2ln x 2＋ln x 2， e kx ln e kx ＋ln e kx ≥x 2ln x 2＋ln x 2， 令h (t )＝t ln t ＋ln t ，则h (e kx )≥h (x 2)，h ′(t )＝ln t ＋1＋1t ，则h ″(t )＝1t －1t2，h ″(t )＝1t －1t2＝0，t ＝1，当0<t <1，h ″(t )<0，当t >1，h ″(t )>0，h ′(t )min ＝h ′(1)＝0＋1＋1>0， ∴h (t )单调递增，由h (e kx )≥h (x 2)， 得e kx ≥x 2，kx ≥ln x 2，k ≥2ln xx，令φ(x )＝2ln xx，φ′(x )＝2－2ln xx 2，令φ′(x )＝0，解得x ＝e ， 当0<x <e 时，φ′(x )>0； 当x >e 时，φ′(x )<0，所以φ(x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减， 所以φ(x )max ＝φ(e)＝2ln e e ＝2e， ∴k ≥2e，选D.(2)①当m ≤0时，显然成立；②当m ＞0时，2x 3ln x －m e m x ≥0⇒2x 2ln x ≥m xe m x ，∴(2ln x )e2ln x≥m xe m x ， 由f (x )＝x e x 在[e ，＋∞)上为增函数， 即f (2ln x )≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫m x ，∴2ln x ≥m x，∴m ≤2x ln x 恒成立，x ∈[e，＋∞)， 由g (x )＝2x ln x 在[e ，＋∞)上为增函数，g (x )min ＝2e ，∴0＜m ≤2e，综上，m ≤2e，故答案为(－∞，2e]. 类型三 零点同构型例3 (1)(2022·盐城质检)已知函数f (x )＝x e x －a (x ＋ln x )有两个零点，则实数a 的取值范围是________.(2)已知x 0是函数f (x )＝x 2e x －2＋ln x －2的零点，则e2－x 0＋ln x 0＝________. 答案 (1)(e ，＋∞) (2)2解析 (1)f (x )＝x e x －a (x ＋ln x )＝e x ＋ln x －a (x ＋ln x )， 令t ＝x ＋ln x ，t ∈R ，显然该函数单调递增. 由e t －at ＝0有两个根，即a ＝e tt，即⎩⎨⎧y ＝e tt ，y ＝a有两个交点，可画出函数图象得到a 的范围是(e ，＋∞). (2)x 2e x －2＋ln x －2＝0， 可得x 2e x －2＝2－ln x ， 即x 2e x e 2＝2－ln x ，x 2e x＝2e 2－e 2ln x ，x e x＝2e 2x－e 2xln x ，即x e x＝e 2x ln e 2x，两边同取自然对数，ln x ＋x ＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫ln e 2x ＋ln e 2x ，所以ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2x ＝x ，即2－ln x ＝x ，即ln x ＝2－x ，∴e 2－x ＝x ，∴e2－x 0＋ln x 0＝x 0＋ln x 0＝2.训练3 已知f (x )＝x ln x ＋a 2x 2＋1，若关于x 的方程x e x －a ＝f (x )－a2x 2＋ax －1有两个不同的实数解，求a 的取值范围.解 由x e x －a ＝f (x )－a2x 2＋ax －1(x ＞0)， 即x e x －a ＝x ln x ＋ax ， 即e x －a ＝ln x ＋a ， 即e x －a ＋x －a ＝x ＋ln x ， ∴ln(e x －a )＋e x －a ＝ln x ＋x ， 令h (x )＝ln x ＋x (x ＞0)， 则h (e x －a )＝h (x )，h ′(x )＝1x ＋1＞0，∴h (x )在(0，＋∞)上递增， ∴e x －a ＝x ，则x －a ＝ln x ，a ＝x －ln x (x ＞0)，因为关于x 的方程x e x －a ＝f (x )－a2x 2＋ax －1有两个不同的实数解，则方程a ＝x －ln x (x ＞0)有两个不同的实数解.令φ(x )＝x －ln x ，则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x， 当0＜x ＜1时，φ′(x )＜0，当x ＞1时，φ′(x )＞0，所以函数φ(x )＝x －ln x 在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，所以φ(x )min ＝φ(1)＝1，当x →0时，φ(x )→＋∞，当x →＋∞时，φ(x )→＋∞，所以a ＞1，综上，a 的范围为(1，＋∞).一、基本技能练1.设a ，b ∈R ，则“a >b ”是“a |a |>b |b |”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件答案 C解析 设函数f (x )＝x |x |，f (x )＝x |x |＝⎩⎨⎧x 2，x ≥0，－x 2，x <0，可得f (x )为增函数，所以a >b ⇔f (a )>f (b )，即a>b⇔a|a|>b|b|，所以是充要条件.2.若2x－2y<3－x－3－y，则( )A.ln(y－x＋1)>0B.ln(y－x＋1)<0C.ln|x－y|>0D.ln|x－y|<0答案 A解析设函数f(x)＝2x－3－x.因为函数y＝2x与y＝－3－x在R上均单调递增，所以f(x)在R上单调递增，原已知条件等价于2x－3－x＜2y－3－y，即f(x)＜f(y)，所以x＜y，即y－x＞0，所以A正确，B不正确.因为|x－y|与1的大小不能确定，所以C，D不正确.3.(2022·杭州模拟)已知b＞a＞0，且满足a ln b＝b ln a，e为自然对数的底数，则( )A.a e＜e a＜e bB.e b＜a e＜e aC.e b＜e a＜a eD.e a＜a e＜e b答案 A解析因为y＝e x在R上单调递增，b＞a＞0，所以e b＞e a，BC错；构造函数f(x)＝ln xx(x＞0)，则f′(x)＝1－ln xx2＝0，x＝e，当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，因为a ln b ＝b ln a ，ln a a ＝ln b b ，即f (a )＝f (b )，又b ＞a ＞0，所以0＜a ＜e ，b ＞e ，ln b ＞0，a ln b ＝b ln a ＞0，所以1＜a ＜e ＜b ，所以ln a a ＜ln e e，eln a ＜a ln e ，ln a e ＜ln e a ，即a e ＜e a ， 所以a e ＜e a ＜e b ，A 正确.故选A.4.(2022·合肥模拟)已知x 0是方程2x 2e 2x ＋ln x ＝0的实根，则关于实数x 0的判断正确的是( )A.x 0≥ln 2B.x 0＜1eC.2x 0＋ln x 0＝0D.2e x 0＋ln x 0＝0答案 C解析 由2x 2e 2x ＋ln x ＝0得2x e 2x ＝－1x ln x ＝1x ln 1x ＝ln 1x eln 1x. 构造函数f (x )＝x e x ，其中x >0，则f ′(x )＝(x ＋1)e x >0，所以，函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，根据题意，若x 0是方程2x 2e 2x ＋ln x ＝0的实根，则2x 0e 2x 0＝ln 1x 0e ln 1x 0，即f (2x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 0， 所以2x 0＝ln 1x 0＝－ln x 0， 因此2x 0＋ln x 0＝0.5.已知对任意的a，b∈R都有(b－a)e b－a≥b e－b－λa恒成立，则实数λ的值为( )A.eB.1C.0D.－e答案 B解析(b－a)e b－a≥b e－b－λa⇒(b－a)e b－a－b e－b＋λa≥0⇒(b－a)e b－a－λ(b－a)＋(－b e－b)－λ(－b)≥0，构造f(x)＝x e x－λx，问题转化为f(b－a)＋f(－b)≥0，由于a，b为任意实数，∴f(x)≥0⇒f(x)＝x(e x－λ)≥0，①当x＝0时，显然成立，②当x＜0时，λ≥e x恒成立，λ≥1，③当x＞0时，λ≤e x恒成立，可得λ≤1，综上可得λ＝1，故选B.6.已知a，b>1，则下列关系式不可能成立的是( )A.e b ln a≤abB.e b ln a≥abC.a e b≥b ln aD.a e b≤b ln a答案 D解析对于e b ln a≤ab，两边取对数，得ln(e b ln a)≤ln(ab)，所以b＋ln(ln a)≤ln a＋ln b，即b－ln b≤ln a－ln(ln a). 构造函数f(x)＝x－ln x(x>0)，则f′(x)＝1－1x＝x－1x.当x>1时，f′(x)>0，f(x)是单调递增函数，当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)是单调递减函数，若1<b≤ln a，则b－ln b≤ln a－ln(ln a)，即e b ln a≤ab，故A正确；若1<ln a≤b，则b－ln b≥ln a－ln(ln a)，即e b ln a≥ab，故B正确；构造函数g(x)＝e xx，h(x)＝ln xx，g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.易知h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以g(x)>g(1)＝e，h(x)≤h(e)＝1 e ，所以当x>1时，g(x)>h(x)，所以e bb>ln aa，即a e b≥b ln a成立，a e b≤b ln a不可能成立，故C正确.故选D.7.已知a，b∈(2，＋∞)，且满足1a2－1b2>lnba，则a，b，ab的大小关系是________.答案a>ab>b解析1a2－1b2>ln b－ln a，1a2＋ln a>1b2＋ln b，令g (x )＝1x 2＋ln x ，x >2， g ′(x )＝－2x 3＋1x ＝x 2－2x 3>0，g (x )在(2，＋∞)上单调递增. ∵g (a )>g (b )，∴a >b ， 又∵a a >a b >b b ，∴a >ab >b .8.若关于x 的不等式x 2e 3x ≥(k ＋3)x ＋2ln x ＋1对任意x >0恒成立，则k 的取值范围是________.答案 (－∞，0]解析 原不等式可变形为e 2ln x ＋3x －(3x ＋2ln x )≥kx ＋1，e 2ln x ＋3x －(3x ＋2ln x )－1≥kx ，利用e x ≥x ＋1，可得kx ≤0，又x >0，故k ≤0.9.若对于任意实数x >0，不等式2a e 2x －ln x ＋ln a ≥0恒成立，则a 的取值范围是________.答案⎣⎢⎡⎭⎪⎫12e ，＋∞ 解析法一 将2a e 2x －ln x ＋ln a ≥0变形为2a e 2x ≥ln x a ，则2e 2x ≥1a ln x a， 两边同时乘以x 得2x e 2x ≥xa ln x a， 即2x e 2x ≥x a ln x a ＝eln x a ln x a.(*)设g (t )＝t e t (t >0)，则g ′(t )＝(1＋t )e t >0，所以g (t )在(0，＋∞)上单调递增，故由(*)得2x ≥ln x a ，则ln a ≥ln x －2x .令h (x )＝ln x －2x ，x >0，则h ′(x )＝1x－2， 易知当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12时，h (x )单调递增， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，h (x )单调递减， 故h (x )max ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－ln 2－1， 所以ln a ≥－ln 2－1，即a ≥12e ，故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12e ，＋∞. 法二 将2a e 2x －ln x ＋ln a ≥0变形为e ln(2a )＋2x －ln x ＋ln a ≥0，即e ln(2a )＋2x ＋ln(2a )≥ln(2x )，则e ln(2a )＋2x ＋2x ＋ln(2a )≥2x ＋ln(2x )＝e ln(2x )＋ln(2x ).设g (t )＝e t ＋t ，易知g (t )单调递增，故2x ＋ln(2a )≥ln(2x )，以下同法一.10.(2022·长沙调考)已知函数f (x )＝e x －a ln x (其中a 为参数)，若对任意x ∈(0， ＋∞)，不等式f (x )>a ln a 恒成立，则正实数a 的取值范围是________.答案 (0，e)解析 由f (x )>a ln a ，得e xa－ln a>ln x，即e x－ln a－ln a>ln x，两边同时加x得e x－ln a＋x－ln a>e ln x＋ln x. 令g(t)＝e t＋t，则g(x－ln a)>g(ln x)，因为g(t)为单调增函数，所以x－ln a>ln x，即ln a<x－ln x，令h(x)＝x－ln x，则h′(x)＝x－1 x.所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝1，所以ln a<1，解得0<a<e.11.已知f(x)＝a e x－1－ln x＋ln a，若f(x)≥1，求a的取值范围. 解同构构造h(x)＝x e x，h′(x)＝(x＋1)e x，当x>－1时，h′(x)>0恒成立，h(x)在(－1，＋∞)上单调递增.a e x－1－ln x＋ln a≥1⇒a e x－1≥ln e xa⇒x e x≥e xalne xa＝lne xae lne xa，即h (x )≥h ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln e x a ， ∴x ≥ln e x a＝1＋ln x －ln a ， 令g (x )＝1＋ln x －x (x >0)，则g ′(x )＝1x －1＝1－x x， 当x >1时，g ′(x )<0，当0<x <1时，g ′(x )>0，故g (x )＝1＋ln x －x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以g (x )≤g (1)＝0，则ln a ≥0，解得a ≥1.所以a 的取值范围是[1，＋∞).12.已知函数f (x )＝x －ln x ，(1)求函数f (x )的单调性；(2)当x ＞1e ，证明：e x ＋ln x ＋1x≥e＋1； (3)若不等式x ＋a ln x ＋1e x ≥x a 对x ∈(1，＋∞)恒成立，求实数a 的最小值. (1)解f (x )＝x －ln x ，f ′(x )＝1－1x ＝x －1x(x >0)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝1，则当0<x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.(2)证明要证：e x＋ln x＋1x≥e＋1，即证：e x＋ln(e x)≥e x＋x⇒e x－x≥e x－ln(e x)⇒e x－ln e x≥e x－ln(e x)，又∵e x≥e x＞1，由(1)可得：f(x)在(1，＋∞)上单调递增，故f(e x)≥f(e x)，故原不等式成立.(3)解x＋a ln x＋1e x≥x a⇒1e x＋x≥x a－a ln x⇒e－x－ln e－x≥x a－a ln x⇒e－x－ln e－x≥x a－ln x a⇒f(e－x)≥f(x a)，又因为0＜e－x＜1，f(x)在(0，1)上单调递减，∴e－x≤x a⇒a≥－xln x.令g(x)＝－xln x(x>1)，g′(x)＝1－ln x （ln x）2，令g′(x)＝0，得x＝e.当1<x<e时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)的最大值为g(e)＝－eln e＝－e，所以a≥－e，所以a的最小值为－e.二、创新拓展练13.已知函数f (x )＝e x 21＋ln x，则不等式f (x )＞e x 的解集为( ) A.(0，1) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1 C.(1，e) D.(1，＋∞)答案 B解析 e x 21＋ln x ＞e x ⇒e x 1＋ln x ＞e x x ⇒e 1＋ln x 1＋ln x ＞e x x， 构造g (x )＝e x x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＞1e ， 则g ′(x )＝（x －1）e xx 2，g ′(x )＝0， 解得x ＝1，所以g (x )在(0，1)上单调递减，(1，＋∞)上单调递增，又f (x )>e x⇔g (1＋ln x )>g (x )， 当x >1时，ln x ＋1>1，于是得1＋ln x >x ，即1＋ln x －x >0，令h (x )＝1＋ln x －x ，当x >1时，h ′(x )＝1x－1<0， 函数h (x )在(1，＋∞)上单调递减，∀x >1, h (x )<h (1)＝0，因此，1＋ln x >x 无解.当1e<x <1时，0<ln x ＋1<1，于是得1＋ln x <x ，即1＋ln x －x <0，此时h ′(x )＝1x －1>0，函数h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上单调递增，∀x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，h (x )<h (1)＝0，不等式1＋ln x <x 的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，所以不等式f (x )>e x 的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1.14.已知函数f (x )＝ln x x ，g (x )＝x ·e －x，若存在x 1∈(0，＋∞)，x 2∈R ，使得f (x 1)＝g (x 2)＝k (k ＜0)成立，则⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 12·e k 的最大值为( )A.e 2B.eC.4e 2D.1e 2答案 C解析 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ln xx 2，所以当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(e，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，又f (1)＝0，所以x ∈(0，1)时，f (x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0，同时g (x )＝x e x ＝ln e xe x ＝f (e x)，若存在x 1∈(0，＋∞)，x 2∈R ，使得f (x 1)＝g (x 2)＝k (k <0)成立，则0<x 1<1且f (x 1)＝g (x 2)＝f (e x 2)，所以x 1＝e x 2，即x 2＝ln x 1，又k ＝ln x 1x 1，所以x 2x 1＝ln x 1x 1＝k ，故⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 12·e k ＝k 2·e k (k <0)，令φ(x )＝x 2e x (x <0)，则φ′(x )＝x (x ＋2)e x .令φ′(x )<0，解得－2<x <0；令φ′(x )>0，解得x <－2，所以φ(x )在(－2，0)上单调递减；在(－∞，－2)上单调递增.所以φ(x )max ＝φ(－2)＝4e 2，即 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 12e k 的最大值为4e 2.15.(多选)(2022·海安模拟)已知0<x <y <π，e y sin x ＝e x sin y ，则() A.sin x <sin y B.cos x >－cos yC.sin x >cos yD.cos x >sin y答案 ABC解析 ∵e ye x ＝sin y sin x ，e y －x >1，∴sin y sin x>1，∴sin y >sin x ，A 正确. 由题意得e y sin y ＝e xsin x， 令f (x )＝e xsin x，x ∈(0，π)， 则f ′(x )＝e x （sin x －cos x ）sin 2x， 令f ′(x )＝0，得x ＝π4， 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π上单调递增， 因为f (x )＝f (y )，所以0<x <π4<y <π， 作出函数f (x )＝e xsin x，x ∈(0，π)以及y ＝sin x ，x ∈[0，π]的大致图象如图，则0<π－y <34π，sin y >sin x ， ∴sin(π－y )>sin x ，则π－y >x ，∴cos(π－y )<cos x ，∴cos x >－cos y ，B 正确.结合以上分析以及图象可得，x ＋y >π2， ∴x >π2－y ，且π4<y <π，－π2<π2－y <π4， ∴sin x >sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－y ＝cos y ，C 正确. 由C 的分析可知，－π2<π2－y <x <π4，函数y ＝cos x 不是单调函数， 即cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－y <cos x 不成立，即sin y <cos x 不成立，D 不正确.故答案选ABC. 16.已知a ＞1，若对任意的x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞，不等式4x －ln(3x )≤a e x －ln a 恒成立，则a 的最小值为________.答案 3e解析 4x －ln(3x )≤a e x －ln a ⇒x ＋3x －ln(3x )≤a e x －ln a ⇒3x －ln(3x )≤a e x －ln(a e x )， 构造f (x )＝x －ln x ，所以f (3x )≤f (a e x )，则f ′(x )＝1－1x ＝x －1x， 故f (x )在[1，＋∞)上单调递增，因为f (3x )≤f (a ·e x )，所以3x ≤a e x .因为a >1，x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞， 所以3x ，a e x ∈[1，＋∞)，故3x ≤a e x ⇔a ≥3x e x恒成立， 令g (x )＝3x e x ， 只需a ≥g (x )max ，由g ′(x )＝3－3x e x，故x ＝1时，g (x )的最大值是3e， 故a ≥3e ，故a 的最小值为3e. 17.(2022·武汉质检)已知函数f (x )＝2a ln(x ＋1)－x －1，g (x )＝e x －2ax .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若对任意的x ∈[0，＋∞)，f (x )＋g (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围. 解 (1)f (x )的定义域为(－1，＋∞).因为f (x )＝2a ln(x ＋1)－x －1，所以f ′(x )＝2a x ＋1－1＝2a －1－x x ＋1. 当2a －1≤－1，即a ≤0时，f ′(x )＜0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当2a －1＞－1，即a ＞0时，令f ′(x )＞0，得－1＜x ＜2a －1，令f ′(x )＜0，得x ＞2a －1，则f (x )在(－1，2a －1)上单调递增，在(2a －1，＋∞)上单调递减. 综上所述，当a ≤0时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当a ＞0时，f (x )在(－1，2a －1)上单调递增，在(2a －1，＋∞)上单调递减.(2)由f (x )＋g (x )≥0，得2a ln(x ＋1)－x －1＋e x －2ax ≥0，即e x －2ax ≥x ＋1－2a ln(x ＋1)＝e ln(x ＋1)－2a ln(x ＋1)，即g (x )≥g (ln(x ＋1))在x ∈[0，＋∞)上恒成立.令h (x )＝x －ln(x ＋1)，x ∈[0，＋∞)，则h ′(x )＝1－1x ＋1＝x x ＋1≥0， 所以h (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以h (x )≥h (0)＝0，所以x ≥ln(x ＋1)，即只需g (x )＝e x －2ax 在[0，＋∞)上单调递增. 因为g ′(x )＝e x －2a ，所以g ′(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立，即a ≤e x 2在[0，＋∞)上恒成立. 因为函数y ＝e x 2在[0，＋∞)上单调递增， 所以a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫e x 2min ＝12， 故实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12.。

例2 (1)函数f(x)＝ax3－6ax2＋b在区间[－1,2]上的最大值为3，最小值为
－29(a>0)，则a，b的值为
A.a＝2，b＝－29
B.a＝3，b＝2
√C.a＝2，b＝3
D.以上都不对
解析 函数f(x)的导数f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)， 因为a>0，所以由f′(x)<0，计算得出0<x<4，此时函数单调递减， 由f′(x)>0，计算得出x>4或x<0，此时函数单调递增， 即函数在[－1,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减， 即函数在x＝0处取得极大值同时也是最大值， 则f(0)＝b＝3， 则f(x)＝ax3－6ax2＋3， f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3， 则f(－1)>f(2)， 即函数的最小值为f(2)＝－16a＋3＝－29， 计算得出a＝2，b＝3.
e－2b＋12(a－1)2＝e－a＋12(2b－1)2 化为12(a－1)2－e－a＝12(2b－1)2－e－2b， 即f(a)＝f(2b)⇒a＝2b.
方法三 当a>0时，根据题意画出函数f(x)
的大致图象，如图3所示，观察可知b>a.
当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致
图象，如图4所示，观察可知a>b.
综上，可知必有ab>a2成立.
图3
图2 图4
(2)(2021·湘潭模拟)已知函数 f(x)＝ex－ax2＋2ax 有两个极值点，则 a 的
画出该函数的图象如图1所示，可知x＝1为函数f(x)
的极大值点，满足题意.
从而，根据a＝1，b＝2可判断选项B，C错误；
图1
当a＝－1，b＝－2时，函数f(x)＝－(x＋1)2(x＋2)， 画出该函数的图象如图2所示，可知x＝－1为函数 f(x)的极大值点，满足题意. 从而，根据a＝－1，b＝－2可判断选项A错误.

分类讨论思想知识梳理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．对问题实行分类与整合，分类标准等于增加一个已知条件，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。

分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法。

有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维条理性和概括性，所以在高考试题中占有重要的位置。

引起分类讨论的原因主要是以下几个方面：(1)由数学概念引起的分类讨论．有的概念本身是分类的，如绝对值、直线斜率、指数函数、对数函数等．(2)由性质、定理、公式的限制引起的分类讨论．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)由数学运算要求引起的分类讨论．如除法运算中除数不为零，偶次方根为非负，对数真数与底数的要求，指数运算中底数的要求，不等式两边同乘以一个正数、负数，三角函数的定义域等．(4)由图形的不确定性引起的分类讨论．有的图形类型、位置需要分类：如角的终边所在的象限；点、线、面的位置关系等．(5)由参数的变化引起的分类讨论．某些含有参数的问题，如含参数的方程、不等式，由于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．(6)由实际意义引起的讨论．此类问题在应用题中，特别是在解决排列、组合中的计数问题时常用．解答分类讨论问题时，我们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、不漏不重、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。

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高考总复习（ 高考总复习（文、理）
y12 x12 y22 x22 (2)证明：由于 － ＝1， － ＝1， 12 13 12 13 y2－y1 x1＋x2 相减得 kAC＝ ＝ ， 13 x2－x1 13 ， 从而 AC 的垂直平分线的斜率 k＝－ x1＋x2 13 故 AC 的垂直平分线的方程为 y－6＝－ x1＋x2
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高考总复习（ 高考总复习（文、理）
2．圆心在抛物线x2 ＝－8y上的动圆经过点(0，－2)，且恒与定直 线l相切，则直线l的方程是( A．y＝4 C．y＝2 ) B．x＝4 D．x＝2
解析：由题意知，圆心到点(0，－2)与到直线y＝2的距离相等，故 直线l的方程为y＝2. 答案：C
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消元 解方程组 二次方程韦达定理
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高考总复习（ 高考总复习（文、理）
1．弦长：直线与圆锥曲线相交于 A(x 1，y 1)，B(x2，y2)，直线 斜率为 k，一般弦长公式： |AB|＝ (1＋k2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x2] ＝ 1＋k 2 |x 1－x 2| ＝ ＝
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高考总复习（ 高考总复习（文、理）
类型二
最值与范围问题
解题准备：1.圆锥曲线中求最值与范围问题是高考中的常考题型， 解决此类问题，一般有两个思路： (1)构造关于所求量的不等式，通过解不等式来获得问题的解； (2)构造关于所求量的函数，通过求函数的值域来获得问题的解． 2．求解圆锥曲线中的最值一般有两种方法： (1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何的特征及意义， 则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法． (2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数，则可首 先建立起目标函数，再求这个函数的最值，求函数最值常用方法有配方 法、判别式法、重要不等式法及函数的单调性法等．

故 2×(－1)＋3(k－3)＝0 得 k＝131.
当∠C＝90°时，则A→C⊥B→C.
故
1×(－1)＋k(k－3)＝0
得
k＝3±2
13 .
综上所求
k
的值为－23或131或3±2
13 .
[例 4] (2011·珠海模拟)已知 f(x)＝3x＋x 1，数列{an} 满足 a1＝13，an＋1＝f(an)(n∈N*)，
复数概念的分类；复数概念的分类；不等式性质中两边同 乘(除)以正数或负数时对不等号方向的影响；排列组合中 的分类计数原理；圆锥曲线中离心率e的取值与椭圆、抛物 线、双曲线的对应关系；直线与圆锥曲线位置关系的讨论； 运用点斜式、斜截式直线方程时斜率k是否存在；曲线系方 程中的参数与曲线类型；角终边所在的象限与三角函数的 符号等．
(1)求证：数列a1n是等差数列； (2)记 Sn(x)＝ax1＋ax22＋…＋axnn(x>0)，求 Sn(x)．
[分析] (1)找出an与an＋1关系； (2)用错位相减法求和．
[解析] (1)由已知得 an＋1＝3aan＋n 1， ∴an1＋1＝3ana＋n 1＝3＋a1n.∴an1＋1－a1n＝3. ∴a1n是首项为 3，公差为 3 的等差数列．
m＋2>1
需满足m>0
，
Δ＝m＋22－4mm＋2<0
m>－1 解得m>0
m>23或m<－2
，即 m>23；
(2)当 0<m＋2<1 即－2<m<－1 时， 函数 y＝log(m＋2)x 是减函数，因此要使函数 f(x)有最 小值，
0<m＋2<1 需满足m<0
Δ＝m＋22－4mm＋2>0

高中数学教学中分类讨论思想的应用分类讨论思想是指把各种概念或事物按照一定的标准进行分类，然后对各类进行分别讨论，在分别讨论的基础上，找出各类的共同点和特点，从而得出一般性的结论。

在高中数学教学中，可以通过分类讨论思想来帮助学生更好地理解和掌握数学知识，提高解决问题的能力。

分类讨论思想的基本概念包括分类、讨论、总结三个方面。

1. 分类分类是指将各种概念或事物按照一定的标准进行分类。

在数学教学中，可以将数学问题按照不同的特点进行分类，然后分别讨论。

2. 讨论讨论是指对各类进行分别讨论，分析各类的特点和规律，找出其中的共同点和不同点。

3. 总结总结是指在讨论的基础上，得出一般性的结论，从而更好地理解和掌握数学知识，提高解决问题的能力。

1. 引导学生观察问题在高中数学教学中，可以通过分类讨论思想来引导学生观察问题，了解问题的各种特点和规律。

在讨论函数的极值问题时，可以将函数的极大值和极小值分别进行讨论，分析它们的特点和规律，从而更好地理解函数的极值问题。

3. 帮助学生理解抽象概念数学是一门抽象的学科，学生往往难以理解和掌握抽象的数学概念。

通过分类讨论思想，可以将抽象的数学概念按照不同的特点进行分类，然后分别进行讨论，帮助学生更好地理解和掌握抽象的数学概念。

5. 培养学生的逻辑思维能力分类讨论思想可以帮助学生培养逻辑思维能力。

在高中数学教学中，教师可以引导学生将数学问题按照不同的特点进行分类，然后分别进行讨论，分析各类的特点和规律，从而培养学生的逻辑思维能力。

三、分类讨论思想在高中数学教学中的实施策略4. 解决问题通过分类讨论思想，学生可以更好地掌握数学知识，提高解决问题的能力。

四、总结分类讨论思想是一种提高学生解决问题能力的有效教学方法，尤其在高中数学教学中有着重要的应用价值。

通过分类讨论思想，可以帮助学生更好地理解和掌握数学知识，提高解决问题的能力，培养学生的逻辑思维能力。

在高中数学教学中，教师们应该充分运用分类讨论思想，引导学生更好地理解和掌握数学知识，提高解决问题的能力。

浅谈在高中数学课堂中分类讨论思想的有效运用在高中数学课堂中，分类讨论思想是一种有效的教学方法，它可以帮助学生更好地理解和运用数学知识，提高解决问题的能力。

以下是我对这一方法的浅谈。

分类讨论思想可以帮助学生将问题进行分类，并将不同的情况进行单独讨论。

这样做可以让学生更好地理解问题的本质和特点，避免在解决问题时出现混淆和偏差。

在讨论函数的奇偶性时，可以将函数的定义域进行分类，并以此作为讨论的基础。

这样一来，学生可以分别讨论定义域内的奇函数和偶函数，准确地判断函数的性质和解决相关问题。

分类讨论思想可以帮助学生对问题进行具体化。

有时，学生在面对抽象的数学问题时会感到困惑和无从下手。

而将问题进行分类讨论可以让问题变得具体化，减少学生的思维负担。

在讨论平面几何中的相似三角形问题时，可以分类讨论两个三角形的边长比、角度之间的关系等。

这样一来，学生可以通过直观的几何图形来理解和解决问题，提高解决问题的能力。

分类讨论思想还可以帮助学生发现问题的共性和规律。

在数学中，往往存在一些规律和共性，通过分类讨论可以帮助学生发现这些规律并进行归纳总结。

在讨论平面几何当中的三角形相似问题时，可以分类讨论不同情况下的相似比例，从而发现相似三角形的一些共性和规律。

这样一来，学生可以更好地理解和运用数学知识，提高问题解决的能力。

在数学教学中，分类讨论思想还可以培养学生的逻辑思维和综合分析能力。

在分类讨论过程中，学生需要对问题进行分析和归纳，从而提高自己的逻辑思维能力。

学生还需要将不同的情况进行比较和综合，这可以培养学生的综合分析能力。

这样的思维方式对于学生的综合素质提高具有重要意义。

题目 高中数学复习专题讲座分类讨论思想 高考要求分类讨论思想就是根据所研究对象的性质差异，分各种不同的情况予以分析解决 分类讨论题覆盖知识点较多，利于考查学生的知识面、分类思想和技巧；同时方式多样，具有较高的逻辑性及很强的综合性，树立分类讨论思想，应注重理解和掌握分类的原则、方法与技巧、做到“确定对象的全体，明确分类的标准，分层别类不重复、不遗漏的分析讨论 ” 重难点归纳分类讨论思想就是依据一定的标准，对问题分类、求解，要特别注意分类必须满足互斥、无漏、最简的原则 分类讨论常见的依据是1 由概念内涵分类 如绝对值、直线的斜率、指数对数函数、直线与平面的夹角等定义包含了分类2 由公式条件分类 如等比数列的前n 项和公式、极限的计算、圆锥曲线的统一定义中图形的分类等3 由实际意义分类 如排列、组合、概率中较常见，但不明显、有些应用问题也需分类讨论在学习中也要注意优化策略，有时利用转化策略，如反证法、补集法、变更多元法、数典型题例示范讲解例1已知{a n }项和 （1）用S n 表示S n +1;（2）是否存在自然数命题意图 本题主要考查等比数列、不等式知识以及探索和论证存在性问题的能力 知识依托 基本性质问中不等式的等价转化为学生的易错点，k k S c S <<-223是高考试题的热点题型 在探讨第2问的解法时，并灵活运用分类讨论的思想 即对双参数k ,c 轮流分类讨论，从而获n21），得 221)211(411+=-=++n n n S S ，(n ∈N *) （2）要使21>--+cS c S k k ，只要0)223(<---k k S c S c 因为4)211(4<-=kk S所以0212)223(>-=--k k k S S S ，(k ∈N *) 故只要23S k –2＜c ＜S k ，（k ∈N *） 因为S k +1＞S k ，(k ∈N *) ①所以23S k –2≥23S 1–2=1又S k ＜4，故要使①成立，c 只能取2或3当c =2时，因为S 1=2，所以当k =1时，c ＜S k 不成立，从而①不成立当k ≥2时，因为c S >=-252232，由S k ＜S k +1(k ∈N *)得 23S k –2＜23S k +1–2 故当k ≥2时，23S k –2＞c ，从而①不成立当c =3时，因为S 1=2，S 2=3，所以当k =1，k =2时，因为c S >=-4132233所以当k ≥3时，23S k 例2给出定点A （a ,0)BOA 的角平分线交AB 于点C 求点C a 值的关系命题意图 本题考查动点的轨迹，直线与圆锥曲线的基本知识，分类讨论的思想方法 综合性较强，解法较多，考查推理能力和综合运用解析几何知识解题的能力求动点轨迹的基本方法步骤 椭圆、双曲线、抛物线标准方程的基本特点 和分类讨论轨迹方程表示曲线类型巧妙地利用角平分线的性质B （–1，b )，(b ∈R ），则直线OA 和OB 的方程分别为y =0和y =–bx设点C (x ,y )，则有0≤x ＜a ，由OC 平分∠AOB ，知点C 到OA 、OB 距离相等根据点到直线的距离公式得｜y ｜=21||bbx y ++ ①依题设，点C 在直线AB 上，故有)(1a x aby -+-=由x –a ≠0，得ax ya b -+-=)1( ②将②式代入①式，得y 2［(1–a )x 2–2ax +(1+a )y 2］=0 若y ≠0，则(1–a )x 2–2ax +(1+a )y 2=0(0＜x ＜a )若y =0则b =0,∠AOB =π，点C 的坐标为（0，0）满足上式 综上，得点C 的轨迹方程为（1–a ）x 2–2ax +(1+a )y 2=0(0＜x ＜a )(i)当a =1时，轨迹方程化为y 2=x (0≤x ＜1) ③ 此时方程③表示抛物线弧段； (ii)当a ≠1，轨迹方程化为)0(1()1(2222a x a y a a a x <≤=+--④∴)1(||122a x a y x y x +--=-⋅整理，得 (1–a )x 2–2ax +(1+a )y 2=0(0＜x ＜a )(ii)当｜BD ｜=0时，∠BOA =π，则点C 的坐标为(0,0)，满足上式综合(i)、(ii)，得点C 的轨迹方程为 (1–a )x 2–2ax +(1+a )y 2=0(0≤x ＜a ) 以下同解法一解法三 设C (x ,y )、B (–1,b )，则BO 的方程为y =–bx ，直线AB 的方程为)(1a x aby -+-= ∵当b ≠0时，OC 平分∠AOB ，设∠AOC =θ,∴直线OC 的斜率为k =tan θ,OC 的方程为y =kx 于是2212tan 1tan 22tan k k-=-=θθθ又tan2θ=–b ∴–b =212kk- ① ∵C 点在AB 上 ∴)(1a x abkx -+-= ②例3若函数542)1(3)(+-+-=x ax x a x f 在其定义域内有极值点，则a 的取值为解析 即f (x )=(a –1)x 2+ax –41=0有解 当a –1=0时，满足 当a –1≠0时，只需Δ=a 2–(a –1)＞0答案252252+-<<--a 或a =1例 4 设函数f (x )=x 2+｜x –a ｜+1，x ∈R (1)判断函数f (x )的奇偶性； (2)求函数f (x )的最小值解 (1)当a =0时，函数f (–x )=(–x )2+｜–x ｜+1=f (x )， 此时f (x )为偶函数当a ≠0时，f (a )=a 2+1,f (–a )=a 2+2｜a ｜+1 f (–a )≠f (a ),f (–a )≠–f (a ) 此时函数f (x )既不是奇函数，也不是偶函数（2）①当x ≤a 时，函数f (x )=x 2–x +a +1=(x –21)2+a +43 若a ≤21，则函数f (x )在(–∞,a ］上单调递减 从而函数f (x )在（–∞,a ]上的最小值为f (a )=a 2+1 若a ＞21，则函数f (x )在（–∞,a ]上的最小值为f (21)=43+a ， 且f (21)≤f (a )②当x ≥a 时，函数f (x 若a ≤–21，则函数f (a ， 且f (–21)≤f (a )； 若a ＞–21，则函数f (从而函数f (x )在［a ,+1f (x )的最小值是a 2+1； )的最小值是a 431 已知122lim =+-∞→nnnn n a a 其中a ∈R ，则a 的取值范围是( ) A a ＜0 B a ＜2或a ≠–2 C –2＜a ＜2 D a ＜–2或a ＞22 四面体的顶点和各棱的中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有( )A 150种B 147种C 144种D 141种3 已知线段AB 在平面α外，A 、B 两点到平面α的距离分别为1和3，则线段AB 的中点到平面α的距离为4 已知集合A ={x ｜x 2–3x +2=0},B ={x ｜x 2–ax +(a –1)=0}，C ={x ｜x 2–mx +2=0}，且A ∪B =A ，A ∩C =C ，则a 的值为 ，m 的取值范围为5 已知集合A ={x ｜x 2+px +q =0}，B ={x ｜qx 2+px +1=0},A ,B 同时满足 ①A ∩B ≠∅,②A ∩B ={–2} 求p 、q 的值6 已知直角坐标平面上点Q （2，0）和圆C x 2+y 2=1，动点M 到圆C 的切线长与｜MQ ｜的比等于常数λ(λ＞0) 求动点M 的轨迹方程，并说明它表示什么曲线7 已知函数y =f (x )的图象是自原点出发的一条折线 当n ≤y ≤n +1(n =0,1,2,…)时，该图象是斜率为b n 的线段（其中正常数b ≠1），设数列{x n }由f (x n )=n (n =1,2,…)定义（1）求x 1、x 2和x n 的表达式；（2）计算∞→n lim x n ；（3）求f (x )的表达式，并写出其定义域 8 已知a ＞0时，函数f (x )=ax –bx 2（1）当b ＞0时，若对任意x ∈R 都有f (x )≤1，证明a ≤2b ;（2）当b ＞1时，b –1≤a ≤2b ；（3）当0＜b ≤1的充要条件参考答案1 解析 分a =2答案 C2 解析 任取4（1）每个面上有64个中点共3种；（3）一条棱上的3两端点在平面同侧和异侧两种情况解决 x ｜(x –1)(x –1+a )=0}, =1或1–a =2； 或∅答案 2或3 3或（–22，22）5 解 设x 0∈A ，x 0是x 02+px 0+q =0的根若x 0=0，则A ={–2,0}，从而p =2,q =0,B ={–21} 此时A ∩B =∅与已知矛盾，故x 0≠0 将方程x 02+px 0+q =0两边除以x 02，得01)1()1(20=++x p x q即01x 满足B 中的方程，故01x ∈B ∵A ∩B ={–2},则–2∈A ,且–2∈B设A ={–2,x 0}，则B ={01,21x -}，且x 0≠2（否则A ∩B =∅） 若x 0=–21，则01x –2∈B ,与–2∉B 矛盾 又由A ∩B ≠∅,∴x 0=1x ，即x 0=±1 即A ={–2,1}或A ={–2,–1}故方程x 2+px +q =0有两个不相等的实数根–2，1或–2，–1｜MQ ｜,λ 它是以)0,12(22-λλ为圆心，|1|3122-+λλ为半径的圆 7 解 （1）依题意f (0)=0，又由f (x 1)=1，当0≤y ≤1，函数y =f (x )的图象是斜率为b 0=1的线段，故由10)0()(11=--x f x f∴x 1=1又由f (x 2)=2，当1≤y ≤2时，函数y =f (x )的图象是斜率为b 的线段， 故由b x x x f x f =--1212)()(即x 2–x 1=b1 ∴x 2=1+b1 记x 0=0，由函数y =f (x )图象中第n 段线段的斜率为b n –1， 故得111)()(---=--n n n n n b x x x f x f又由f (x n )=n ,f (x n –1)=n –1 ∴x n –x n –1=(b1)n –1,n =1,2,……f (x )=n +b n (x –x n )(n =1,2,…),由（2）知 当b ＞1时，y =f (x )的定义域为［0,1-b b ); 当0＜b ＜1时，y =f (x )的定义域为［0,+∞)8 (1)证明 依设，对任意x ∈R ，都有f (x )≤1∵ba b a x b x f 4)2()(22+--=∴ba b a f 4)2(2=≤1∵a ＞0,b ＞0∴a ≤（2）证明 必要性 对任意x ∈［0,1］，｜f (x )｜≤1⇒–1≤f (x ），据此可以推出–1≤f (1) 即a –b ≥–1，∴a ≥b –1 对任意x ∈［0,1］，｜f (x )｜≤1⇒f (x )≤1因为b ＞1，可以推出f (b 1)≤1即a ·b1–1≤1， ∴a ≤2b ,∴b –1≤a ≤2b充分性因为b ＞1，a ≥b –1可以推出ax –bx 2≥b (x 即ax –bx 2≥–1因为b ＞1,a ≤2b ,–bx 2≤1 即ax –bx 2≤1,∴–1≤综上，当b ＞1时，对任意x ∈［0,1］，｜f (3)解 ∵a ＞0，0＜b ∴x ∈［0,1］,f (x )=ax 即f (x )≥–1f (x )≤1⇒f (1)≤1⇒a –b ≤1 即a ≤b +1a ≤b +1⇒f (x )≤(b +1)x –bx 2≤1 即f (x )≤1所以当a ＞0，0＜b ≤1时， 对任意x ∈［0,1］，｜f (x )｜≤1的充要条件是a ≤b +1课前后备注更多试卷下载请访问：/。

浅谈在高中数学课堂中分类讨论思想的有效运用高中数学课堂是学生学习数学知识的重要场所，而分类讨论思想的有效运用对于数学课堂教学的质量和效果有着重要的影响。

分类讨论，是指以分类的方式对待问题进行讨论、分析和解决，通过对不同情况、不同类型的问题进行分类，使学生能够更好地理解和掌握数学知识。

下面就浅谈在高中数学课堂中分类讨论思想的有效运用。

一、灵活运用分类思想在高中数学课堂中，教师要善于利用分类思想对知识点进行讲解。

教师可以将数学知识点进行分类，例如将函数的性质分成一次函数、二次函数、三次函数等不同类型进行讲解，这样有利于学生更好地理解和记忆知识点。

教师还可以利用分类思想对解题思路进行分析，如在解决实际问题时可以分类讨论，将问题进行分类，明确不同类型的解题思路和方法，使学生能够更好地理解和掌握解题方法。

二、引导学生灵活应用分类思想在高中数学课堂中，教师需要引导学生灵活应用分类思想解决问题。

教师可以设计分类思想运用的问题，要求学生根据问题特点，将问题进行分类讨论。

通过训练，使学生能够逐步掌握分类思想的应用，提高学生解决问题的能力。

当教师讲解概率知识时，可以设计不同类型的概率问题，让学生根据问题特点进行分类，灵活运用分类思想解决问题，从而提高学生的综合运用能力。

四、促进学生的合作学习在高中数学课堂中，教师可以利用分类思想促进学生的合作学习。

教师可以设计合作学习的任务，要求学生根据不同类型的问题进行分类讨论，通过互相讨论、交流和合作解决问题，培养学生的团队合作精神和学习能力。

在合作学习的过程中，学生可以互相交流思想，共同分析问题，从而更好地理解和掌握知识点。

五、丰富教学手段，提高教学效果在高中数学课堂中，教师可以通过多种教学手段有效运用分类讨论思想，提高教学效果。

教师可以利用多媒体教学手段，设计多媒体课件，将知识点进行分类讨论，以图表形式展示不同类型的问题，帮助学生更直观地理解知识点。

教师还可以通过实验教学、案例分析等方式，让学生通过实际操作和案例分析进行分类讨论，提高教学效果。

类型一 由数学概念引起的分类讨论
由概念内涵分类的还有很多,如 (1)绝对值：|a|的定义分a＞0、a=0、a＜0三种情况； (2)直线的斜率：倾斜角 ≠90°，斜率k存在; 倾斜角 =90°，斜率不存在； (3)指数、对数函数：y=ax(a＞0且a≠1)与y=logax(a＞0且 a≠1)，可分为a＞1,0＜a＜1两种类型； (4)直线的截距式：直线过原点时为y=kx（或者x=0）,
【例1】集合A={x||x|≤4,x∈R},B={x||x-3|<a，x∈R}， 若A B，那么a的取值范围是 A.0≤a≤1 C.a<1 解析 B.a≤1 D.0<a<1 -4 3-a 3+a 4 x （B ）
当a≤0时，B= ,满足B A；
3 a 4,
3 a 4, 当a>0时，欲使B A，则 0 a 1.
（3）由数学运算要求引起的分类讨论：如除法运算中除数不为零，
偶次方根为非负，对数真数与底数的要求，指数运算中底数的要求，
不等式两边同乘以一个正数、负数，三角函数的定义域等.
分类讨论的思想：
（4）由图形的不确定性引起的分类讨论：有的图形类型、位置 需要分类:如角的终边所在的象限；立体几何中点、线、面的位
(k 1) x k （2）设k>1,解关于x的不等式： f ( x) . 2 x
解 (1)将x1=3,x2=4分别代入方程
2
a 1 x , 所以f ( x) ( x 2) . 解之得 2 x b 2
2
9 9 3a b x x 12 0 , 得 ax b 16 8 4a b
x y 不过原点时为 a b 1.

分类讨论思想在解答某些数学问题时，有时会遇到多种情况，需要对各种情况加以分类，并逐类求解，然后综合得解，这就是分类讨论法。

分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法。

有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维条理性和概括性，所以在高考试题中占有重要的位置。

解答分类讨论问题时，我们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、不漏不重、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。

【综合练习】1．集合A ＝{|||≤4,∈R}，B ＝{||－3|≤a ，∈R}，若AB ，那么a 的范围是_____。

B a ≤1C a0、a ＝0、a0且a ≠1，tgx tgx ||||ctgx ctgx π2cos sin cos sin n n n n θθθ＋θ- 1C π4π4π4π21x 894929498912lg 2lg lg ++<+n n n S S S ()c S c S c S n n n -=-+-++12lg 2)lg()lg(a q q n 111()--a q q n 1212211()()--+lg lg S S n n ++22lg()lg()S c S c n n -+-+22a q qn 111()--a q q n 111()--a q q n 1211()--+a q qn 1111()--+a q 11-a q11-a q q n 11-lg()lg()S c S c n n -+-+22log log ..050522S S n n ++1a 1a ⎪⎩⎪⎨⎧+-022)1(11≥＝≤a f a 1141210<<->⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪a f aa ()＝14416820a f a ≥＝≥()-+⎧⎨⎪⎩⎪1212f a f a ()()1220416820＝≥＝≥-+-+⎧⎨⎩12212121122222max 2max 22=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫⎝⎛+->⇒+->x x x a x x a ⎪⎭⎫ ⎝⎛-≠>+-+21012)6)(4(a a a a x a x 为常数，，2a4a6a 12122a 124a6a4a6a4a6a 124a6a6a4a 124a6a6a4a4a6a 126a4a126a4a1+a1+a1-a1+a1-a x y22+x y x y axy2222220-++==⎧⎨⎪⎩⎪1+a1+a1-a1-a1+a1-a,为曲线＝2上任意一点，则|MA|＝－a＋＝－a＋2＝－2a－1＋a＝[－a－1]＋2a－1由于＝2限定≥0，所以分以下情况讨论：当a－1≥0时，＝a－1取最小值，即|MA}＝2a－1；当a－1<0时，＝0取最小值，即|MA}＝a；综上所述，有fa＝21aa-⎧⎨⎩||()()aa≥时时11<。

学科：理科数学年级：高三编稿：数学科备课组[同步教学信息]预习篇九十九高三理科数学专题复习八——分类讨论思想【学法引导】在研究和解决数学问题时，当问题所给对象不能进行统一研究，我们就需要根据数学对象的本质属性的相同点和不同点，将对象区分为不同种类，然后逐类进行研究和解决，从而达到解决整个问题的目的，这一思想方法，我们称它为“分类讨论的思想”．分类讨论本质上是“化整为零，积零为整”的解题策略．引起分类讨论原因，通常有以下几种：①涉及的数学概念是分类定义的（如|x|的定义）；②公式、定理、性质或运算法则的应用范围受到限制；③几何图形中点、线、面的相对位置不确定；④求解的数学问题的结论有多种情况或多种可能性；⑤数学问题中含有参变量，这些参变量的不同取值会导致不同结果．分类讨论的一般步骤是：（1）确定讨论对象和确定研究的全域；（2）进行科学分类（按照某一确定的标准在比较的基础上分类），“比较”是分类的前提，“分类”是比较的结果．分类时，应不重复，不遗漏；（3）逐类讨论；（4）归纳小结，整合得出结论．【典例精析】【例1】设为实常数，问方程表示的曲线是何种曲线？解：方程表示何种曲线主要取决于的取值，可对分以下三种情形讨论：（1）当时，方程变为，表示直线；（2）当时，方程变为，表示直线；（3）当时，方程变为，又有以下五种情形讨论：①当时，方程表示中心在原点，焦点在轴上的双曲线；②当时，方程表示中心在原点，焦点在轴上的椭圆；③当时，方程表示圆心在圆点的圆；④当时，方程表示中心在原点，焦点在轴上的椭圆；⑤当时，方程表示中心在原点，焦点在轴上的双曲线．解题点评：解此类问题的关键是要明确每一种曲线的标准方程的概念，并依据概念的内涵对参数进行分类．【例2】设等比数列｛a n｝的公比为q，前n项和S n＞0（n=1，2，3…）． （1）求q的取值范围；（2）设b n=a n+2－a n+1，｛b n｝的前n项和为T n，试比较S n与T n的大小． 解:（1）因为｛a n｝是等比数列，S n＞0，可得a1=S1＞0，q≠0，当q=1时，S n=na1＞0，当q≠1时，S n=＞0，即＞0（n=1，2，3，…），则有①或②由②得q＞1，由①得－1＜q＜1．故q的取值范围是（－1，0）∪（0，+∞）．（2）由b n=a n+2－a n+1=a n（q2－q），∴T n=（q2－q）S n，于是T n－S n=S n（q2－q－1）=S n（q+）（q－2），又S n＞0且－1＜q＜0或q＞0，则当－1＜q＜－或q＞2时，T n－S n＞0， 即T n＞S n，当－＜q＜2且q≠0时，T n－S n＜0， 即T n＜S n，当q=－或q=2时，T n－S n=0，即T n=S n．【评析】考查数列基本知识，考查分析问题能力和推理能力，重点考查了分类讨论的思想.【例3】已知函数（Ⅰ）当a=2时，求使f（x）＝x成立的x的集合；（Ⅱ）求函数y＝f (x)在区间[1,2]上的最小值.解：（Ⅰ）由题意，当时，由，解得或；当时，由，解得综上，所求解集为(Ⅱ)设此最小值为①当时，在区间[1，2]上，，因为，，则是区间[1，2]上的增函数，所以②当时，在区间[1，2]上，，由知③当时，在区间[1，2]上，若，在区间（1，2）上，，则是区间[1，2]上的增函数，所以若，则当时，，则是区间[1，]上的增函数，当时，，则是区间[，2]上的减函数，因此当时，或当时，，故，当时，，故总上所述，所求函数的最小值【例4】在约束条件下，当时，的最大值的变化范围是( )A. B. C. D.解：由交点为，(1)当时可行域是四边形OABC，此时，(2)当时可行域是△OA此时，故选D.【例5】解关于的不等式解析：解这类根式方程常常需要实施不等式的基本性质：若，则将不等式中的根号去掉．考虑到该不等式性质成立的条件，首先必须分类讨论的符号．（1）当时，，又，从而．对原不等式两边平方得，所以．∴．（2）当时，，∴.综上有.又根据对数函数的单调性对进行分类讨论：①若时，不等式的解集为.②若时，不等式的解集为.解题点评：利用运算性质和函数的图像性质进行分类是中学数学学习阶段最常见的分类方法．【例6】某车间有名工人，其中4人仅会车工，3人仅会钳工，另外3人车工钳工都会，现需选出6人完成一项工作，需车工、钳工各3人，问有多少种选派方案？解析：本题解法较多，可按“仅会车工”、“仅会钳工”、“车工钳工都会”等情况分类来解.本题按“选出的钳工中所含全能工人的个数”来分类．选出的钳工中没有全能工人的选法有种；选出的钳工中有1名全能工人的选法有种；选出的钳工中有2名全能工人的选法有种；选出的钳工中有3名全能工人的选法有种．∴总共有种选派方案．解题点评：在遇到实际问题时，常应按实际问题的不同要求，选择恰当的解决方法，按要求分成若干类加以解决，如排列组合问题、概率问题、应用问题中常遇到的分类计数、分步计数问题．【强化训练】一、选择题1. 若，且，则实数中的取值范围是（）A. B. C. D.2. 函数的图象与x轴的交点至少有一个在原点的右侧，则实数m的取值范围为（）A. B. C. D.3．圆的切线方程中有一个是( )A. x－y＝0B. x＋y＝0C. x＝0D. y＝04．曲线与曲线的（）A. 焦距相等B. 离心率相等C.焦点相同D.准线相同5．以平行六面体ABCD—A′B′C′D′的任意三个顶点为顶点作三角形，从中随机取出两个三角形，则这两个三角形不共面的概率p为（） A．B．C．D．6．如图，平面中两条直线和相交于点O，对于平面上任意一点M，若、分别是M到直线和的距离，则称有序非负实数对（，）是点M的“距离坐标”．已知常数≥0，≥0，给出下列命题：①若＝＝0，则“距离坐标”为（0，0）的点有且仅有1个；②若＝0，且＋≠0，则“距离坐标”为（，）的点有且仅有2个；③若≠0，则“距离坐标”为（，）的点有且仅有4个．上述命题中，正确命题的个数是（）A. 0；B. 1；C. 2；D. 3．7．设集合.选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有( )A．B．C．D．8.函数的图象大致是（）9．已知平面区域由以、、为顶点的三角形内部和边界组成.若在区域上有无穷多个点可使目标函数取得最小值，则（）A. B. C. D. 410．关于的方程，给出下列四个命题：①存在实数，使得方程恰有2个不同的实根；②存在实数，使得方程恰有4个不同的实根；③存在实数，使得方程恰有5个不同的实根；④存在实数，使得方程恰有8个不同的实根.其中假命题的个数是（）A. 0B. 1C. 2D. 3二、填空题11. 若，则a的取值范围为________________.12. .13．的展开式中整理后的常数项为.14．若函数在其定义域内有极值点，则a的取值为三、解答题15．16．已知{a n}是首项为2，公比为的等比数列，S n为它的前n项和（1）用S n表示S n+1;（2）是否存在自然数c和k，使得成立参考答案一、选择题1．D 2．B 3．C 4．A 5. A 6. D 7.B 8. D 9.C 10.B二、填空题11．12．13. 14．或a=1三、解答题15．解：综上所述，得原不等式的解集为；；；；.16．解（1）由S n=4(1–），得，(n∈N*)（2）要使，只要因为所以，(k∈N*)故只要S k–2＜c＜S k，（k∈N*）因为S k+1＞S k，(k∈N*) ①所以S k–2≥S1–2=1又S k＜4，故要使①成立，c只能取2或3当c=2时，因为S1=2，所以当k=1时，c＜S k不成立，从而①不成立当k≥2时，因为，由S k＜S k+1(k∈N*)得S–2＜S k+1–2k故当k≥2时，S k–2＞c，从而①不成立当c=3时，因为S1=2，S2=3，所以当k=1，k=2时，c＜S k不成立，从而①不成立因为，又S k–2＜S k+1–2所以当k≥3时，S k–2＞c，从而①成立综上所述，不存在自然数c,k,使成立。