【最高考】2022届高考数学二轮专题突破课堂讲义 第18讲 分类讨论思想.docx

1、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

2、，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

3、可能回避1. 一条直线过点(5，2)且在x轴、y轴上截距相等，则该直线方程为_答案：2x5y0或xy70解析：分直线过原点和不过原点两种情况2. 已知函数f (x)则关于x的不等式f(x2)f(32x)的解集是_答案：(，3)(1，3)解析：题意即为或解得x3或1x或x0(n1，2，)(1) 求q的取值范围；(2) 设bnan2an1，记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，Sn0，可得a1S10，q0.当q1时，Snna10；当q1时，Sn0，即0(n1，2，3，)， 或由于n可为奇数，可为偶数，故q1或1q1且q0.综上，q的取值范围是(1，0)(0，

4、)(2) bnan2an1an(q2q)， Tn(q2q)Sn. TnSn(q2q1)SnSn.又Sn0，1q0或q0， 当1q或q时TnSn；当q0或0q时，TnSn；当q时，SnTn.(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n1与n2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)题型四 在用导数处理问题时，不论是整体处理还是转化处理都要对字母取值范围讨论，使问题的转化等价例4 已知函数f(x)(m3)x3 9x.(1) 若函数f(x)在区间(，)上是单调函数，求m的取值范围；(2) 若函数f(x)在区

5、间1，2上的最大值为4，求m的值解：(1) 因为f(0)90，所以f(x)在区间(，)上只能是单调增函数由f(x)3(m3)x290在区间(，)上恒成立，可知m3.故m的取值范围是3，)(2) 当m3时，f(x)在1，2上是增函数，所以f(x)maxf(2)8(m3)184，解得m3，不合题意，舍去当m3时，f(x)3(m3)x290，得x.所以f(x)的单调区间为：单调减，单调增，单调减 当2，即m3时，1，2，所以f(x)在区间1，2上单调增，f(x)maxf(2)8(m3)184，解得m，不满足题设要求 当12，即0m0，使得f(x)h(x)(x2ax1)，则称函数f(x)具有性质P(a

6、)设函数f(x)lnx(x1)，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(1) 证明：f(x)(x2bx1) x1时，h(x)0恒成立， 函数f(x)具有性质P(b)(2) 解：设(x)x2bx11，(x)与f(x)的符号相同当10，即2b2时，(x)0，f(x)0，故此时f(x)在区间(1，)上递增；当b2时，对于x1，有f(x)0，所以此时f(x)在区间(1，)上递增；当b2时，(x)图象开口向上，对称轴x1，而(0)1.对于x1，总有(x)0，f(x)0，故此时f(x)在区间(1，)上递增；当b2时，(x)图象开口向上，对称轴x1，方程(x

7、)0的两根分别为，而1，(0，1)当x时，(x)0，f(x)0，故此时f(x)在区间上递减；同理得f(x)在区间上递增综上所述，当b2时，f(x)在区间(1，)上递增；当b2时，f(x)在上递减，在上递增1. (2022上海卷)已知f(x)若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为_答案：0，2解析：由于当x0时，f(x)xa在x1时取得最小值2a，由题意当x0时，f(x)(xa)2应该是递减的，则a0，此时最小值为f(0)a2，因此a2a2，解得0a2.2. (2022浙江卷)设函数f(x)若f(f(a)2，则实数a的取值范围是_答案：(，解析：或者2f(a)0或者a.3. (2022上

8、海卷)已知曲线C：x，直线l：x6.若对于点A(m，0)，存在C上的点P和l上的点Q，使得0，则m的取值范围为_答案：2，3解析：由0知A是PQ的中点，设P(x，y)，则Q(2mx，y)，由题意2x0，2mx6，解得2m3.4. (2022四川卷)已知函数f(x)sin.若是第二象限角，fcoscos2，则cossin_答案：或解析：因为fcoscos2，所以sincoscos2.所以sincos(sincos)(cossin)2.所以(sincos)0.因为是第二象限角，所以，当2k，kZ，sincos0，此时sin，cos，则cossin；当2k，kZ时，sincos0，此时(cossin

9、)2.因为cossin，所以cossin.综上，cossin的值为或.5. (2022四川卷)已知函数f(x)sin.(1) 求f(x)的单调递增区间；(2) 若是第二象限角，fcoscos2，求cossin的值解：(1) 由2k3x2k，得kxk(kZ)(2) 由题设得sincoscos2，即sincos(cossin)(cossin)(sincos)，若sincos0，则cossin；若sincos0，则1(cossin)2，即cossin.6. (2022江苏卷)已知函数f(x)exex，其中e是自然对数的底数(1) 证明：f(x)是R上的偶函数；(2) 若关于x的不等式mf(x)exm

10、1在(0，)上恒成立，求实数m的取值范围；(3) 已知正数a满足：存在x01，)，使得f(x0)0)，则t1，所以m对于任意t1成立因为t11213，所以，当且仅当t2，即xln2时等号成立. 因此实数m的取值范围是(，(3) 解：令函数g(x)exa(x33x)，则g(x)ex3a(x21)当x1时，ex0，x210.又a0，故g(x)0，所以g(x)是1，)上的单调增函数，因此g(x)在1，)上的最小值是g(1)ee12a.由于存在x01，)，使ex0ex0a(x3x0)0成立，当且仅当最小值g(1)0，故ee12a.令函数h(x)x(e1)lnx1，则h(x)1，令h(x)0，得xe1.

11、当x(0，e1)时，h(x)0，故h(x)是(e1，)上的单调增函数所以h(x)在(0，)上的最小值是h(e1)注意到h(1)h(e)0，所以当x(1，e1)(0，e1)时，h(e1)h(x)h(1)0.当x(e1，e)(e1，)时，h(x)h(e)0，所以h(x)0对任意的x(1，e)成立 当a(1，e)时，h(a)0，即a1(e1)lna，从而ea1h(e)0，即a1(e1)lna，故ea1ae1.综上所述，当a时，ea1ae1.(本题模拟高考评分标准，满分16分)设函数f1(x)x4aex(其中a是非零常数，e是自然对数的底)，记fn(x)fn1(x)(n2，nN*)(1) 求使满足对任

12、意实数x，都有fn(x)fn1(x)的最小整数n的值(n2，nN*)；(2) 设函数gn(x)f4(x)f5(x)fn(x)，若对n5，nN*，ygn(x)都存在极值点xtn，求证：点An(tn，gn(tn)(n5，nN*)在一定直线上，并求出该直线方程；(注：若函数yf(x)在xx0处取得极值，则称x0为函数yf(x)的极值点)(3) 是否存在正整数k(k4)和实数x0，使fk(x0)fk1(x0)0且对于nN*，fn(x)至多有一个极值点？若存在，求出所有满足条件的k和x0；若不存在，说明理由(1) 解：f1(x)x4aex，f2(x)x3aex，f3(x)x2aex，f4(x)2xaex

13、，f5(x)2aex，f6(x)aex，fn(x)aex(n6)， nmin7.(4分)(2) 证明：gn(x)(2xaex)(2aex)aexaex(2x2)(n3)aex，(6分)gn(x)2(n3)aex存在极值点xtngn(tn)2(n3)aetn0，gn(tn)2tn2(n3)aetn2tn，(8分)An在直线y2x上(9分)(3) 解：fn(x)aex0(n6)无解k5，(10分) 当k5时，f4(x)f5(x)0x01a.而当a时，f6(x)aex0，f3(0)2e10.t(1，0)，f3(t)0在(，t)上f3(t)0f2(x)在(，t)上增，在(t，)上减，f2(t)t32e

14、t1. f3(t)t22et10， f2(t)t3t2t20， f1(t)在R上单调减综上所述，存在k5，a满足条件(13分) 当k4时，f4(x0)2x0aex0f3(x0)xaex00，即x00或2，当x00时f4(0)a0(舍)，当x02时f4(2)4ae20af6(x)ex4ex20f5(x)24ex2单调减，且f5(x)0时，x2ln2f4(x)在(，2ln2)上增，(2ln2，)上减，而f4(2)0m2ln2使得在(，m)上，f4(x)0，在(2，)上，f4(x)1时，求函数h(x)f(x)g(x)的最小值；(3) 当a1时，h(x)f(x)g(x)x22lnxx，得h(x)2x(

15、1).由x0，得0.故当x(0，1)时，h(x)0，h(x)递增所以h(x)的最小值为h(1)12ln11.(3) 当a时，f(x)x2lnx，g(x)2x.当x时，f(x)2x0，g(x)在上为增函数，且g(x)g1，g(x)g0，要使不等式f(x)mg(x)在x上恒成立，当x时，m为任意实数，当x时，m，而ln(4e)，所以mln(4e)3. 设a为实数，函数f(x)2x2(xa)|xa|.(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的解集解：(1) 若f(0)1，则a|a|1a1

16、.(2) 当xa时，f(x)3x22axa2，f(x)min当xa时，f(x)x22axa2，f(x)min综上可得f(x)min(3) x(a，)时，h(x)1得3x22axa210，4a212(a21)128a2.当a或a时，0，x(a，)；当a时，0，得讨论得当a时，解集为(a，)；当a时，解集为；当a时，解集为.点评：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4. 在ABC中，已知sinA，cosB，求cosC.解： 0cosB，B(0，)， 45B90，且sinB.若A为锐角，由sinA，得A30，此时cosA；若A为钝角，由sinA，得A150，此时AB180.这与三角形的内角和为180相矛盾，可见A150. cosCcos(AB)cos(AB)(cosAcosBsinAsinB).