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  • 2021-05-13 发布

高考数学二轮复习学案数学思想方法部分专题1分类讨论思想江苏专用

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专题 1 分类讨论思想 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.分类讨论思想覆盖面 广,利于考查学生的逻辑思维能力,同时方式多样,具有较高的逻辑性及很强的综合性,应用分类讨论思 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.”在高考中必定考查分类讨论,特别是这几年的压轴题. 预测在 2013 的高考题中: 1继续与函数综合考查. 2结合函数与方程思想以及等价转化思想考查学生分析问题、解决问题的能力. 1.已知集合 A={x|x2-3x+2=0},B={x|x2-ax+(a-1)=0},C={x|x2 -mx+2=0},且 A∪B=A, A∩C=C,则 a 的值为________,m 的取值范围为________. 2.函数 y=ax(a>0 且 a≠1)在[1,2]上的最大值比最小值大a 2 ,则 a 的值是________. 3.若函数 f(x)=a|x-b|+2 在[0,+∞)上为增函数,则实数 a,b 应满足________. 4.过点 P(2,3),且在坐标轴上的截距相等的直线方程是________. 5.已知平面单位向量 a,b,c 夹角两两相等,则|a+b+c|=________. 1 解析:A={1,2},B={x|( x-1)(x+1-a)=0}, 由 A∪B=A 可得 a-1=1 或 a-1=2,a=2 或 3; 由 A∩C=C,可知 C={1}或{2}或{1,2}或∅,m=3 或-2 2<m<2 2. 答案:2 或 3 {3}∪(-2 2,2 2) 2 解析:当 a>1 时,y=ax 在[1,2]上递增, 故 a2-a=a 2 ,得 a=3 2 ;当 00 时,需 x-b 恒为非负数,即 a>0,b≤0. ②当 a<0 时,需 x-b 恒为非正数.又∵x∈[0,+∞),∴不成立. 综上所述,a>0 且 b≤0.答案:a>0 且 b≤0 4 解析:当直线过原点时方程为 3x-2y=0,当直线不过原点时,设方程为x a +y a =1,代入 P 的坐标可 得 a=5.答案:3x-2y=0 或 x+y-5=0 5 解析:由题意知夹角为2π 3 或 0.当夹角为2π 3 时,a+b=-c,|a+b+c|=0; 当夹角为 0 时,|a+b+c|=3|a|=3. 答案:0 或 3 [典例 1] 解关于 x 的不等式 ax2-(a+1)x+1<0. [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-1 a <0, ①若 a<0,则原不等式化为(x-1) x-1 a >0,∴1 a<0.∴1 a<1.∴不等式解为 x<1 a 或 x>1. ②若 a>0,则原不等式化为(x-1) x-1 a <0, (ⅰ)当 a>1 时,1 a<1,不等式解为1 a1,不等式解为 11 ;当 a=0 时,解集为{x|x>1}; 当 01 时,解集为 x|1 a0 或 a<0,因为这两种情形下,不等式解 集形式是不同的;而 a>0 时又遇到 1 与1 a 谁大谁小的问题,因而又需作一次分类讨论,故需要作三级分类. [演练 1] 已知函数 f(x)=x|x-a|(a∈R). (1)判断 f(x)的奇偶性; (2)解关于 x 的不等式:f(x)≥2a2. 解:(1)当 a=0 时, f(-x)=-x|-x|=-x|x|=-f(x),∴f(x)是奇函数. 当 a≠0 时,f(a)=0 且 f(-a)=-2a|a|. 故 f(-a)≠f(a)且 f(-a)≠-f(a).∴f(x)是非奇非偶函数. (2)由题设知 x|x-a|≥2a2, ∴原不等式等价于 x0 时, x≥a, x≥2a 或 x≤-a, 即 x≥2a; 当 a<0 时, x≥a, x≤2a 或 x≥-a, 即 x≥-a. 综上所述, a≥0 时,f(x)≥2a2 的解集为{x|x≥2a};a<0 时,f(x)≥2a2 的解集为{x|x≥-a}. [典例 2] 已知函数 f(x)=x2,g(x)=x-1. (1)若∃x∈R 使 f(x)0,解得 b<0 或 b>4. (2)由题设得 F(x)=x2-mx+1-m2, 对称轴方程为 x=m 2 ,Δ=m2-4(1-m2)=5m2-4. 由于|F(x)|在[0, 1]上单调递增,则有 ①当Δ≤0 即-2 5 5 ≤m≤2 5 5 时,有 m 2 ≤0, -2 5 5 ≤m≤2 5 5 , 解得-2 5 5 ≤m≤0. ②当Δ>0 即 m<-2 5 5 或 m>2 5 5 时, 设方程 F(x)=0 的根为 x1,x2(x12 5 5 ,则m 2> 5 5 ,有 m 2 ≥1, x1<0⇔F0=1-m2<0. 解得 m≥2; (ⅱ)若 m<-2 5 5 ,即m 2<- 5 5 ,有 x1<0,x2≤0; ∴ x1+x2<0⇒m<0, x1x2≥0⇒1-m2≥0⇒-1≤m≤1, m<-2 5 5 , 解得-1≤m<-2 5 5 . 由(ⅰ)(ⅱ)得-1≤m<-2 5 5 或 m≥2. 综合①②有-1≤m≤0 或 m≥2. 第一问是二次不等式恒成立,直接用Δ控制;第二问是绝对值函数的单调性问题,首先化成分段函数, 然后寻找在闭区间[0,1]上单调递增的条件求解,研究此类问题需要研究出分段函数的各种分界点,如极值 点、拐点等单调性分界点. [演练 2] (2012·苏中二模)已知函数 f(x)=x3-3ax(a∈R),函数 g(x)=ln x. (1)当 a=1 时,求 f(x)的极小值; (2)若在区间[1,2]上函数 f(x)的图象恒在函数 g(x)的图象的上方(没有公共点),求 a 的取值范围; (3)当 a>0 时,设 h(x)=|f(x)|,x∈[-1,1],求 h(x)的最大值 F(a)的解析式. 解:(1)∵当 a=1 时 f′(x)=3x2-3, 令 f′(x)=0,得 x=-1 或 x=1. 当 x∈(-1,1)时 f′(x)<0, 当 x∈(-∞,-1)∪(1,+∞)时 f′(x)>0. ∴f(x)在(-1,1)上单调递减, 在(-∞,-1),[1,+∞)上单调递增. ∴f(x)的极小值为 f(1)=-2. (2)因为在区间[1,2]上函数 f(x)的图象恒在函数 g(x)的图象的上方, 所以 x3-3ax>ln x 在[1,2]上恒成立, 即 3a0,ln x≥0,所以 m′(x)>0. 所以 m(x)在[1,2]上单调递增. 所以 m(x)min=m(1)=1. 所以 3a<1,即 a<1 3. (3)因 h(x)=|f(x)|=|x3-3ax|在[-1,1]上为偶函数,故只需求在[0,1]上的最大值即可. 当 a>0 时 f′(x)=3x2-3a=3(x+ a)(x- a), ①当 a ≥1,即 a≥1 时 h(x)=|f(x)|=-f(x),-f(x)在[0,1]上单调递增,此时 F(a)=-f(1)=3a-1. ②当 0< a<1,即 00,即 0f(1)=1-3a,即1 40(n=1,2,3…). (1)求 q 的取值范围; (2)设 bn=an+2-3 2an+1,{bn}的前 n 项和为 Tn,试比较 Sn 与 Tn 的大小. [解] (1)因为{an}是等比数列,Sn>0,可得 a1=S1>0,q≠0. 当 q=1 时,Sn=na1>0. 当 q≠1 时,Sn=a11-qn 1-q >0,即1-qn 1-q >0(n=1,2,3,…), 则有 1-q>0, 1-qn>0, ① 或 1-q<0, 1-qn<0. ② 由②得 q>1,由①得-10 且-10, 则当-12 时,Tn-Sn>0,即 Tn>Sn; 当-1 21, 可令 ax2-2x+1=1 2 , x>0, 解得 x1=2- 4-2a 2a . 又令 ax2-2x+1=-1 2 , x>0, 解得 x2=2- 4-6a 2a , 由图可知 f(x)≥1 2 的解集为 0,2- 4-2a 2a ∪ 2- 4-6a 2a ,4 . (2)a<0 时,f(x)=|ax2-2x+1|,记 g(x)=ax2-2x+1,0≤x≤4,g(x)图象对称轴 x=1 a ,1 a<0, ∴g(x)在[0,4]上单调递减. ∴f(x)max=max{f(0),f(4)}=max{1,|16a-7|}=7-16a; a=0 时,f(x)=|-2x+1|,f(x)max=7; a>0 时,如果 0<1 a ≤4,即 a≥1 4 时, f(x)max=max f0,f 1 a ,f4 =max 1,|1 a -1|,|16a-7| , ①1 4 ≤a≤ 7 16 ,即16 7 ≤1 a ≤4 时, f(x)max=max 1,1 a -1,7-16a =max 1 a -1,7-16a , 由于 1 a -1 -(7-16a)=1 a +16a-8≥0,∴f(x)max=1 a -1. ② 7 16 <a≤1 时,f(x)max=max 1,1 a -1,16a-7 , 1 2 <a≤1 时, 1 a -1 -1=1 a -2=1-2a a <0, (16a-7)-1=16a-8=8(2a-1)>0,∴f(x)max=16a-7. 7 16 <a≤1 2 时, 1 a -1 -1=1 a -2=1-2a a ≥0, (16a-7)-1=16a-8=8(2a-1)≤0,∴f(x)max=1 a -1. ③a>1 时,f(x)max=max 1,1-1 a ,16a-7 =16a-7, 又 0<a<1 4 时,1 a>4,f(x)max={f(0),f(4)}={1,|16a-7|}=7-16a. 综上所述 f(x)max= 7-16a,a≤1 4 , 1 a -1,1 4 <a≤1 2 , 16a-7,a>1 2. 11 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)=a2+1,f(-a)=a2+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)=x2-x+a+1= x-1 2 2+a+3 4 , 若 a≤1 2 ,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)=a2+1;[来源:学|科|网] 若 a>1 2 ,则函数 f(x)在(-∞,a]上的最小值为 f 1 2 =3 4 +a,且 f 1 2 ≤f(a). ②当 x≥a 时,函数 f(x)=x2+x-a+1= x+1 2 2-a+3 4. 若 a≤-1 2 ,则函数 f(x)在[a,+∞)上的最小值为 f -1 2 =3 4 -a,且 f -1 2 ≤f(a); 若 a>-1 2 ,则函数 f(x)在[a,+∞)单调递增, 从而函数 f(x)在[a,+∞)上的最小值为 f(a)=a2+1. 综上,当 a≤-1 2 时,函数 f(x)的最小值为3 4 -a; 当-1 2 <a≤1 2 时,函数 f(x)的最小值是 a2+1; 当 a>1 2 时,函数 f(x)的最小值是 a+3 4. 10 解析:若 n<100, 则 S=(n-1)+(n-2)+…+1+0+1+…+(100-n)=nn-1 2 +101-n100-n 2 =n2-101n+5 050. 当 n=50 或 51 时 S 最小为 2 500; 若 n≥100,则 Sn=(n-1)+(n-2)+…+(n-100)=50(2n-101)≥4 950>2 500. 答案:50 或 51 2 500 9 解析:当θ<90°时,最大截面就是轴截面,其面积为 1 2l2sin θ; 当θ≥90°时,最大截面是两母线夹角为 90°的截面,其面积为 1 2l2. 可见,最大截面积为 1 2l2 或 1 2l2sin θ. 答案:1 2l2 或 1 2l2sin θ 8 解析:若长为 4 的边作为圆柱底面圆周的展开图,则 V 柱=π 2 π 2·2=8 π ;若长为 2 的边作为圆柱底面 圆周的展开图,则 V 柱=π 1 π 2·4=4 π. 答案:8 π 或4 π 7 解析:若 A=∅,即Δ=(p+2)2-4<0,即-41,1+a<1, 所以 f(1-a)=-(1-a)-2a=-1-a, f(1+a)=2(1+a)+a=3a+2. 因为 f(1-a)=f(1+a), 所以-1-a=3a+2,即 a=-3 4. 当 a>0 时,1-a<1,1+a>1, 所以 f(1-a)=2(1-a)+a=2-a, f(1+a)=-(1+a)-2a=-3a-1. 因为 f(1-a)=f(1+a), 所以 2-a=-3a-1,即 a=-3 2(舍去). 综上满足条件的 a=-3 4. 答案:-3 4 3 解析:由题意得 f′(x)=(a-1)x2+ax-1 4 =0 有解. 当 a-1=0 时,满足; 当 a-1≠0 时,只需Δ=a2+(a-1)>0. 答案: -∞,-1- 5 2 ∪ -1+ 5 2 ,+∞ 2 解析:∵0180°,这与三角形的内角和为 180°相矛盾,可见 A≠150°. ∴cos C=cos[π-(A+B)]=-cos(A+B) =-[cos A·cos B-sin A·sin B] =- 3 2 · 5 13 -1 2·12 13 =12-5 3 26 . 答案:12-5 3 26 1 解析:由 22+42>4 得点 P 在圆 x2+y2=4 外,由几何性质分析知过点 P 且与圆相切的直线有两条, 设直线斜率为 k,则切线方程为 y-4=k(x-2),由圆心到切线的距离为 2,解得 k=3 4.由此可知斜率不存在 时也满足题意,解得切线方程为 3x-4y+10=0 或 x=2. 答案:3x-4y+10=0 或 x=2