(江苏专用)2013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.doc

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＝{xx2－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________．
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＜m＜2.
答案：2或3　{3}∪(－2，2)
2．函数y＝ax(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＝ax在[1,2]上递增，
故a2－a＝，得a＝；
当0在[1,2]上单调递减，故a－a2＝，得a＝.
故a＝或a＝.
答案：或
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≤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．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＋＝1，代入P的坐标可得a＝5.
答案：3x－2y＝0或x＋y－5＝0
5．已知平面单位向量a，b，c夹角两两相等，则|a＋b＋c|＝________.
解析：由题意知夹角为或0.
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

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)<0，
①若a<0，则原不等式化为(x－1)>0，
∴<0.∴<1.∴不等式解为x<或x>1.
②若a>0，则原不等式化为(x－1)<0，
(ⅰ)当a>1时，<1，不等式解为
(ⅱ)当a＝1时，＝1，不等式解为x∈∅；
(ⅲ)当01，不等式解为11}；
当01时，解集为.

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≠0，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，故需要作三级分类．

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①
或②
由①得解得x∈∅.
由②得
当a＝0时，x≥0，
当a>0时，即x≥2a；
当a<0时，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}．

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＝，Δ＝m2－4＝5m2－4.
由于|F(x)|在[0,1]上单调递增，则有
①当Δ≤0即－≤m≤时，有
解得－≤m≤0.
②当Δ>0即m<－或m>时，
设方程F(x)＝0的根为x1，x2(x1，则>，有

解得m≥2；
(ⅱ)若m<－，即<－，有x1<0，x2≤0；
∴
解得－1≤m<－.
由(ⅰ)(ⅱ)得－1≤m＜－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．

(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<.
(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＋)(x－)，
①当 ≥1，即a≥1时h(x)＝|fx)|＝－f(x)，－f(x)在[0,1]上单调递增，此时F(a)＝－f(1)＝3a－1.
②当0<<1，即00，即0f(1)＝1－3a，即
设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn>0(n＝1,2,3…)．
(1)求q的取值范围；
(2)设bn＝an＋2－an＋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＝>0，即>0(n＝1,2,3，…)，
则有　①
或　②
由②得q>1，由①得－10且－1q>0，
则当－12时，Tn－Sn>0，即Tn>Sn；
当－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．
(4)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．

1．已知圆x2＋y2＝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＝.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
2．△ABC中，已知sin A＝，cos B＝，则cos C＝________.
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]
＝－＝.
答案：
3．若函数f(x)＝(a－1)x3＋ax2－x＋在其定义域内有极值点，则a的取值范围为________．
解析：由题意得f′(x)＝(a－1)x2＋ax－＝0有解．
当a－1＝0时，满足；
当a－1≠0时，只需Δ＝a2＋(a－1)>0.
答案：∪
4．(2011·江苏高考)已知实数a≠0，函数f(x)＝若f(1－a)＝f(1＋a)，则a的值为________．
解析：首先讨论1－a,1＋a与1的关系．
当a<0时，1－a>1,1＋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＝－.
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＝－(舍去)．
综上满足条件的a＝－.
答案：－
5．已知函数f(x)＝(sin x＋cos x)－|sin x－cos x|，则f(x)的值域是________．
解析：f(x)＝(sin x＋cos x)－|sin x－cos x|＝
即等于{sin x，cos x}min，故f(x)的值域为.
答案：
6．在约束条件下，当3≤s≤5时，z＝3x＋2y的最大值的变化范围是________．
解析：由⇒
即交点为(4－s,2s－4)．
A(2,0)，B(4－s,2s－4)，C(0，s)，
C′(0,4)，
(1)当3≤s＜4时可行域是四边形OABC，此时，7≤z<8.
(2)当4≤s≤5时可行域是△OAC′此时，zmax＝8.
答案：[7,8]
7．若A＝{x|x2＋(p＋2)x＋1＝0，x∈R}，且A∩R＋＝∅，则实数p的取值范围是________．
解析：若A＝∅，即Δ＝(p＋2)2－4<0，
即－4
若A≠∅，则⇒p≥0时，A∩R＋＝∅.
可见当－4面积为l2或l2sin θ.
答案：l2或l2sin θ
10．设n∈Z，当n＝________时，S＝|n－1|＋|n－2|＋…＋|n－100|的最小值________．
解析：若n<100，
则S＝(n－1)＋(n－2)＋…＋1＋0＋1＋…＋(100－n)＝＋
＝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
11．设函数f(x)＝x2＋|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)＝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＝2＋a＋，
若a≤，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
若a>，则函数f(x)在(－∞，a]上的最小值为
f＝＋a，且f≤f(a)．
②当x≥a时，函数f(x)＝x2＋x－a＋1＝2－a＋.
若a≤－，则函数f(x)在[a，＋∞)上的最小值为f＝－a，且f≤f(a)；
若a>－，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≤－时，函数f(x)的最小值为－a；
当－＜a≤时，函数f(x)的最小值是a2＋1；
当a>时，函数f(x)的最小值是a＋.
12．已知函数f(x)＝|ax2－2x＋1|,0≤x≤4.
(1)a<0时，求f(x)≥的解集；
(2)求f(x)的最大值．
解：(1)a<0时，f(x)草图如下，由f(0)＝1，
f(4)＝7－16a>1，
可令解得x1＝.
又令
解得x2＝，
由图可知f(x)≥的解集为
∪.
(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＝，<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＜≤4，即a≥时，
f(x)max＝max＝
max，
①≤a≤，即≤≤4时，
f(x)max＝max＝
max，
由于－(7－16a)＝＋16a－8≥0，
∴f(x)max＝－1.
②＜a≤1时，f(x)max＝max，
＜a≤1时，－1＝－2＝<0，
(16a－7)－1＝16a－8＝8(2a－1)>0，
∴f(x)max＝16a－7.
＜a≤时，－1＝－2＝≥0，
(16a－7)－1＝16a－8＝8(2a－1)≤0，
∴f(x)max＝－1.
③a>1时，f(x)max＝max＝16a－7，
又0＜a＜时，>4，f(x)max＝{f(0)，f(4)}
＝{1，|16a－7|}＝7－16a.
综上所述f(x)max＝
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