(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

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2020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-小题基础练清全取送分毬一分不能少XTAOTTJlCHU-nA NQI W —1. 已知集合A= {x|x2—3x + 2 = 0}, B= {x|x2—ax+ (a—1) = 0}, C= {x|x2—m灶2 = 0},且A U B= A,A n C= C,则a的值为__________ , m的取值范围为________ .解析：A= {1,2} , B= {x|( x —1)( x+1 —a) = 0},由A U B= A可得a— 1 = 1 或a— 1 = 2, a= 2 或3;由A n C= C,可知C= {1}或{2}或{1,2}或?, m= 3 或一2 2< m< 2 2.答案：2 或 3 {3} U ( — 2 2, 2 2)2. _____________________________________________________________________ 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______________________________________ .解析：当a>1时，y = a x在［1,2］上递增，,,2 a 3故a —a= 2，得a= 了;当0<a<1时，x 2a 1y = a在［1,2］上单调递减，故a—a =》得a=勺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 ______________解析：①当a>0时，需x—b恒为非负数，即a>0, b w 0.②当a<0时，需x —b恒为非正数.又:x€ ［0 ,+s) ,•••不成立.综上所述，a>0且b< 0.答案：a>0且b<04 •过点P(2,3)，且在坐标轴上的截距相等的直线方程是____________ .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+ y= 1,代入P的坐标可得a aa= 5.答案：3x —2y = 0 或x + y—5= 05.已知平面单位向量a, b, c夹角两两相等，则|a+ b+ c| =2 n解析：由题意知夹角为—或0.2n当夹角为—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增分考点讲透攻克車难題廿分都抓牢■ TENGFEH KAODIAN J I ANIGTOU［典例1］解关于x的不等式ax1 2—(a+ 1)x + 1<0.［解］(1)当a= 0时，原不等式化为一x + 1<0,•x>1.1⑵当a^0时，原不等式化为a(x —1) x—- <0, a1①若a<0,则原不等式化为(x —1) x —>0,a1 1 〈1• -<0. • <1. •不等式解为x<或x>1.a a a1②若a>0,则原不等式化为(x —1) x —- <0,a1 1(i )当a>1时，a<1，不等式解为-<x<1 ；a a1(ii )当a= 1时，=1，不等式解为x € ?;a1 1(iii)当0<a<1时，->1,不等式解为1<X<—.a a综上所述，得原不等式的解集为1当a<0时，解集为x x<或x>1 ；a当a = 0时，解集为{x|x>1};1 当0<a<1时，解集为x 1<x< ;a当a= 1时，解集为?;1 当a>1时，解集为x -<x<1 .a本题是一个含参数a的不等式的求解问题，但不一定是二次不等式，故首先对二次项系数a分类：(1) a =0，(2) a z0,对于(1)，不等式易解；对于(2)又需再次分类：a>0或a<0,因为这两种情形下，不等式1 ________________解集形式是不同的；而a>0时又遇到1与: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a 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) >2 a2.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)工f (a)且f ( —a) z—f (a).• f(x)是非奇非偶函数.2(2)由题设知x| x—a| >2 a，x<a，•••原不等式等价于2 2 ①—x + ax>2 a，x> a，或2 2 ②x —ax>2 a .x<a，由①得2 2 解得x € ?.x —ax+ 2a < 0.x> a，由②得x —2a x + a > 0.当 a = 0 时，x >0,x > a ,当a >0时，亠 即x >2 a ；x >2 a 或 x w — a , x > a ,当a <0时， 即x >— a .x w2a 或 x >— a ,综上所述，2a >0 时，f (x ) >2 a 的解集为{x | x >2 a }; a <0 时，f(x ) >2 a 2的解集为{x | x >— a }.［典例2］已知函数 f (x ) = x , g (x ) = x — 1.(1)若？ x € R 使f (x )<b • g (x )，求实数b 的取值范围；⑵ 设F (x ) = f (x ) — mgx ) + 1 — m-m ,且| F (x )|在［0,1］上单调递增，求实数m 的取值范围. ［解］(1)由？ x € R , f (x )<bg (x )，得？ x € R,x 2— bx + b <0,所以 A = ( — b )2— 4b >0，解得 b <0 或 b >4.2 2⑵ 由题设得F (x ) = x — m 灶1 — m ,||］ 2 / 2 \ 2对称轴方程为 x = 2, A = m — 4( 1 — m ) = 5m — 4.由于|R x )|在［0, 1］上单调递增，则有解得2；卄 亦m ①当A W0即一 m产°,解得― w n W 0.2小 2曲②当A >0即m <— ■或m> 时， 5 5设方程 F ( x ) = 0 的根为 X 1, X 2(X 1<X 2),(i )若m>¥，则萝肓5，有m2>1,X 1<0? F 0 =1—m <0.孑有X 1<0, X 2W 0； ◎ w5(ii)右m<—5，即2<x i + X 2<0? m <0,2X i X 2>0 ? 1 -m i >0 ? —1< mi^ 1, 由(i )( ii)得一1 w rrK — —或 m >2.综合①②有—1w n wo 或2.第一问是二次不等式恒成立，直接用 A 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］(2020 •苏中二模)已知函数 f (x ) = x — 3ax (a € R)，函数 g (x ) = In 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.2解：(1) T 当 a = 1 时 f '(x ) = 3x — 3,令 f '(x ) = 0，得 x = — 1 或 x = 1.当 x € ( — 1,1)时 f '(x )<0,当 x € ( —a, — 1) U (1 ,+^)时 f '(x )>0.•••f (x )在(—1,1)上单调递减，在(—a, — 1) , ［1 ,+a )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x 3— 3ax >ln x 在［1,2］上恒成立，In x即3a <x 2— 在［1,2］上恒成立.x 32 In x 1 — In x 2x + In x — 1设 m (x ) = x — ---- ，贝U m (x ) = 2x — --- 2— = -------- 2 ----------------- , x x x因为 2x — 1>0, In x >0,所以 m (x )>0.所以mx )在［1,2］上单调递增.所以 R(i X )min = n(1) = 1.1所以3a <1，即a <§.解得—1< m <— 5⑶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 ) = 3x 3 4— 3a = 3( x + :'a)( x — : a),① 当；a > 1,即卩 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0<a <1时，h (x )= |f (x )|在［0 , ；'a ］上单调递减，在［/a , 1］上单调递增.11° 当 f (1) = 1 — 3a < 0 即 3< a v 1 时，h (x ) = |f (x )| =— f (x )在［0 , 'a ］上单调递增，在［也，1］上 单调递减，故 F ( a ) = — f ( 'a ) = 2a :a .12° 当 f (1) = 1 — 3a >0,即即 0<a <3时， 3(i )当一f ( ' a ) w f (1) = 1 — 3a ,即 0v a < ?时， F (a ) = f (1) = 1— 3a .1 1(ii)当—f ( ；'a)>f (1) = 1 — 3a ,F (a ) = — f ( :a) = 2a :a.［典例3］设等比数列｛a n ｝的公比为q,前n 项和S>0( n = 1,2,3…).(1)求q 的取值范围；3⑵设b n = a n + 2 — 2勿+ 1, ｛b n ｝的前n 项和为T n ,试比较S 与T n 的大小.［解］(1)因为｛a n ｝是等比数列，S>0,可得 a 1= S>0, q z 0.3 — q <0,1 — q n <0.由②得q >1，由①得一1<q <1.故q 的取值范围是(一1,0) U (0,+^).1 —q >0,1 —综上F ( a )=3a — 1, a 》1.丄 3 2 3(2)由 b n = a n + 2 —，a n +1 = a n q —,••• T n = q 2 — 3qS n .23 1于是 T n — S n = S n q — 2口— 1 = S n q + 2 (q — 2)，又 S n >0 且一 1<q <0或 q >0, 1 则当一1<q < —㊁或 q >2 时，T n — S>0,即 T n >S ;1 当一2<q <2 且 q ^0 时，T n — S<0,即卩 T n <S ；1 当 q = — 2或 q =2 时，T n — S= 0，即 T n = S n .利用等比数列求和公式时要对q 进行讨论，否则容易漏解.［演练3］ 等差数列｛a n ｝中，a 1= 2,且a 1, a s , an 恰好是某等比数列的前三项，那么该等比数列公比的值等于 解析：设｛a n ｝的公差为d ,则(2 + 2d )5 6 7 = 2X (2 + 10d )，解得d = 0或3, q = 1或4.答案：1或4［专题技法归纳］分类讨论的常见类型：(1) 由数学概念引起的分类讨论，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，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、对数运算中真数和底 数的要求等.⑷由图形的不确定性引起的分类讨论，如角的终边所在象限、点、线、面的位置关系等.(5)由参数的变化引起的分类讨论，如含参数的方程不等式等.5 •已知圆x 2+ y 2=4，则经过点P (2,4)，且与圆相切的直线方程为 ______________ .解析：由22 + 42>4得点P 在圆x 2+ y 2= 4夕卜，由几何性质分析知过点P 且与圆相切的直线有两条，设 7 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 =-.由此可知斜率不存在 当q = 1时， S n = na 1 >0.当q zi 时， n na 1 1 — q1 — q S n = 1 >0,即 1 >0(n = 1,2,3，…),则有①配套专题检测IZHU ANTI JIANCK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 = 21 52 .△ ABO 中，已知 sin A = @, cos B =厉，则 cos C = ____________A = 2，得 A = 30°，此时 co s A = _2-若A 为钝角，由sin A = 1，得A = 150。