【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

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，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：2x－5y＝0或x＋y－7＝0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(3－2x)的解集是____________．答案：(－∞，－3)∪(1，3)解析：题意即为或解得x<－3或1<x≤或<x<3，故不等式的解集为(－∞，－3)∪(1，3)．3.函数f(x)＝的定义域为一切实数，则实数a的取值范围是________．答案：0≤a≤1解析：由题知ax2－a(a＋1)x＋(a＋1)≥0对x∈R恒成立，分a＝0和a＞0两种情况讨论．4.数列{an}的前n项和为Sn＝2n2＋n＋r(n∈N*)，则其通项an＝____________．答案：an＝解析：在使用公式an＝Sn－Sn－1时要注意条件n≥2，n∈N*.题型一三角题中对角范围的讨论例1在△ABC中，已知sinB＝，a＝6，b＝8，求边c的长．-10-\n解：sinB＝，a＜b，若B为锐角，则cosB＝，由余弦定理得b2＝c2＋36－2×6×c×cosB＝64，即c2－3c－28＝0，∴c＝7；若B为钝角，则cosB＝－，由余弦定理得b2＝c2＋36－2×6×c×cosB＝64，即c2＋3c－28＝0，∴c＝4，故边c的长为7或4.(注：在三角形中，内角的取值范围是(0，π)，b＞a，cosB＝±，则B可能是锐角也可能是钝角，故要分两种情况讨论)已知△ABC的内角A的大小为120°，面积为.(1)若AB＝2，求△ABC的另外两条边长；(2)设O为△ABC的外心，当BC＝时，求·的值．解：(1)设△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，于是＝bcsinA＝bc，所以bc＝4.因为c＝AB＝2，所以b＝CA＝.由余弦定理得BC＝a＝＝＝＝.(2)由BC＝得b2＋c2＋4＝21，即b2＋－17＝0，解得b＝1或4.设BC的中点为D，则＝＋，因为O为△ABC的外心，所以·＝0，于是·＝(＋)·＝·＝(＋)·(－)＝(－)＝.所以当b＝1时，c＝4，AO·BC＝＝－；当b＝4时，c＝1，AO·BC＝＝.题型二求函数最值时对所含参数的讨论例2函数f(x)＝x2－2ax＋1在区间[－1，1]上的最小值记为g(a)，求：(1)g(a)的解析式；(2)g(a)的最大值．解：(1)f(x)＝x2－2ax＋1＝(x－a)2＋1－a2.当a≤－1时，函数f(x)在[－1，1]上单调增，g(a)＝f(x)min＝f(－1)＝2＋2a；当a≥1时，函数f(x)在[－1，1]上单调减，g(a)＝f(x)min＝f(1)＝2－2a；当－1＜a＜1时，二次函数f(x)的对称轴方程为x＝a，g(a)＝f(x)min＝f(a)＝1－a2.综上，g(a)＝(2)当a≥1时，g(a)＝2－2a单调减，g(a)max＝g(1)＝0；当－1＜a＜1时g(a)＝1－a2，g(a)max＝g(0)＝1；当a≤－1时，g(a)＝2＋2a单调增，g(a)max＝g(－1)＝0.综上，g(a)的最大值为1.解关于x的不等式＞1(a∈R且a≠1)．解：原不等式可化为＞0，当a＞1时，原不等式与(x－2)＞0同解．-10-\n由于＝1－＜1＜2，∴原不等式的解为∪(2，＋∞)．当a＜1时，原不等式与(x－2)＜0同解．若a＜0，＝1－＜2，解集为；若a＝0时，＝1－＝2，解集为；若0＜a＜1，＝1－＞2，解集为.综上所述，当a＞1时不等式解集为∪(2，＋∞)；当0＜a＜1时，解集为；当a＝0时，解集为；当a＜0时，解集为.题型三数列计算(或证明)时对公差或公比的讨论例3设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn>0(n＝1，2，…)．　(1)求q的取值范围；(2)设bn＝an＋2－an＋1，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，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，…)，∴或由于n可为奇数，可为偶数，故q＞1或－1＜q＜1且q≠0.综上，q的取值范围是(－1，0)∪(0，＋∞)．(2)∵bn＝an＋2－an＋1＝an(q2－q)，∴Tn＝(q2－q)Sn.∴Tn－Sn＝(q2－q－1)Sn＝Sn.又Sn＞0，－1＜q＜0或q＞0，∴当－1＜q＜或q＞时Tn＞Sn；当＜q＜0或0＜q＜时，Tn＜Sn；当q＝时，Sn＝Tn.(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n＝1与n≥2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)＝(m－3)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)在区间[1，2]上的最大值为4，求m的值．解：(1)因为f′(0)＝9>0，所以f(x)在区间(－∞，＋∞)上只能是单调增函数．由f′(x)＝3(m－3)x2＋9≥0在区间(－∞，＋∞)上恒成立，可知m≥3.故m的取值范围是[3，＋∞)．(2)当m≥3时，f(x)在[1，2]上是增函数，所以f(x)max＝f(2)＝8(m－3)＋18＝4，解得m＝<3，不合题意，舍去．当m<3时，f′(x)＝3(m－3)x2＋9＝0，得x＝±.-10-\n所以f(x)的单调区间为：单调减，单调增，单调减．①当≥2，即≤m<3时，[1，2]，所以f(x)在区间[1，2]上单调增，f(x)max＝f(2)＝8(m－3)＋18＝4，解得m＝，不满足题设要求．②当1<<2，即0<m<时，f(x)max＝f＝0≠4，舍去．③当≤1，即m≤0时，则[1，2]，所以f(x)在区间[1，2]上单调减，f(x)max＝f(1)＝m＋6＝4，解得m＝－2.综上所述：m＝－2.设f(x)是定义在区间(1，＋∞)上的函数，其导函数为f′(x)．如果存在实数a和函数h(x)，其中h(x)对任意的x∈(1，＋∞)都有h(x)>0，使得f′(x)＝h(x)(x2－ax＋1)，则称函数f(x)具有性质P(a)．设函数f(x)＝lnx＋(x>1)，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)＝－＝(x2－bx＋1)．∵x＞1时，h(x)＝＞0恒成立，∴函数f(x)具有性质P(b)．(2)解：设φ(x)＝x2－bx＋1＝＋1－，φ(x)与f′(x)的符号相同．当1－＞0，即－2＜b＜2时，φ(x)＞0，f′(x)＞0，故此时f(x)在区间(1，＋∞)上递增；当b＝±2时，对于x＞1，有f′(x)＞0，所以此时f(x)在区间(1，＋∞)上递增；当b＜－2时，φ(x)图象开口向上，对称轴x＝＜－1，而φ(0)＝1.对于x＞1，总有φ(x)＞0，f′(x)＞0，故此时f(x)在区间(1，＋∞)上递增；当b＞2时，φ(x)图象开口向上，对称轴x＝＞1，方程φ(x)＝0的两根分别为，，而＞1，＝∈(0，1)．当x∈时，φ(x)＜0，f′(x)＜0，故此时f(x)在区间上递减；-10-\n同理得f(x)在区间上递增．综上所述，当b≤2时，f(x)在区间(1，＋∞)上递增；当b＞2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x>0时，f(x)＝x＋＋a在x＝1时取得最小值2＋a，由题意当x≤0时，f(x)＝(x－a)2应该是递减的，则a≥0，此时最小值为f(0)＝a2，因此a2≤a＋2，解得0≤a≤2.2.(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－2≤f(a)<0或者a≤.3.(2022·上海卷)已知曲线C：x＝－，直线l：x＝6.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(2m－x，－y)，由题意－2≤x≤0，2m－x＝6，解得2≤m≤3.4.(2022·四川卷)已知函数f(x)＝sin.若α是第二象限角，f＝coscos2α，则cosα－sinα＝________．答案：－或－解析：因为f＝coscos2α，所以sin＝coscos2α.所以sinα＋cosα＝(sinα＋cosα)(cosα－sinα)2.所以(sinα＋cosα)＝0.因为α是第二象限角，所以，当α＝2kπ＋π，k∈Z，sinα＋cosα＝0，此时sinα＝，cosα＝－，则cosα－sinα＝－；-10-\n当α≠2kπ＋π，k∈Z时，sinα＋cosα≠0，此时(cosα－sinα)2＝.因为cosα<sinα，所以cosα－sinα＝－.综上，cosα－sinα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α是第二象限角，f＝coscos2α，求cosα－sinα的值．解：(1)由－＋2kπ≤3x＋≤＋2kπ，得－＋kπ≤x≤＋kπ(k∈Z)．(2)由题设得sin＝coscos2α，即sinα＋cosα＝(cosα－sinα)(cosα－sinα)(sinα＋cosα)，若sinα＋cosα＝0，则cosα－sinα＝－；若sinα＋cosα≠0，则1＝(cosα－sinα)2，即cosα－sinα＝－.6.(2022·江苏卷)已知函数f(x)＝ex＋e－x，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)≤e－x＋m－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x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)<a(－x＋3x0)成立，试比较ea－1与ae－1的大小，并证明你的结论．(1)证明：因为对任意x∈R，都有f(－x)＝e－x＋e－(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，所以f(x)是R上的偶函数．(2)解：由条件知m(ex＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立．令t＝ex(x>0)，则t>1，所以m≤－＝－对于任意t>1成立．因为t－1＋＋1≥2＋1＝3，所以－≥－，当且仅当t＝2，即x＝ln2时等号成立.因此实数m的取值范围是(－∞，－]．(3)解：令函数g(x)＝ex＋－a(－x3＋3x)，则g′(x)＝ex－＋3a(x2－1)．-10-\n当x≥1时，ex－>0，x2－1≥0.又a>0，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)＝e＋e－1－2a.由于存在x0∈[1，＋∞)，使ex0＋e－x0－a(－x＋3x0)<0成立，当且仅当最小值g(1)<0，故e＋e－1－2a<0，即a>.令函数h(x)＝x－(e－1)lnx－1，则h′(x)＝1－，令h′(x)＝0，得x＝e－1.当x∈(0，e－1)时，h′(x)<0，故h(x)是(0，e－1)上的单调减函数．当x∈(e－1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)是(e－1，＋∞)上的单调增函数．所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值是h(e－1)．注意到h(1)＝h(e)＝0，所以当x∈(1，e－1)(0，e－1)时，h(e－1)≤h(x)<h(1)＝0.当x∈(e－1，e)(e－1，＋∞)时，h(x)<h(e)＝0，所以h(x)<0对任意的x∈(1，e)成立．①当a∈(1，e)时，h(a)<0，即a－1<(e－1)lna，从而ea－1<ae－1；②当a＝e时，ea－1＝ae－1；③当a∈(e，＋∞)(e－1，＋∞)时，h(a)>h(e)＝0，即a－1>(e－1)lna，故ea－1>ae－1.综上所述，当a∈时，ea－1<ae－1；当a＝e时，ea－1＝ae－1；当a∈(e，＋∞)时，ea－1>ae－1.(本题模拟高考评分标准，满分16分)设函数f1(x)＝x4＋aex(其中a是非零常数，e是自然对数的底)，记fn(x)＝f′n－1(x)(n≥2，n∈N*)．(1)求使满足对任意实数x，都有fn(x)＝fn－1(x)的最小整数n的值(n≥2，n∈N*)；(2)设函数gn(x)＝f4(x)＋f5(x)＋…＋fn(x)，若对n≥5，n∈N*，y＝gn(x)都存在极值点x＝tn，求证：点An(tn，gn(tn))(n≥5，n∈N*)在一定直线上，并求出该直线方程；(注：若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极值，则称x0为函数y＝f(x)的极值点)(3)是否存在正整数k(k≥4)和实数x0，使fk(x0)＝fk－1(x0)＝0且对于n∈N*，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)＝x4＋aex，f2(x)＝x3＋aex，f3(x)＝x2＋aex，f4(x)＝2x＋aex，f5(x)＝2＋aex，f6(x)＝aex，f′n(x)＝aex(n≥6)，∴nmin＝7.(4分)(2)证明：gn(x)＝(2x＋aex)＋(2＋aex)＋aex＋…＋aex＝(2x＋2)＋(n－3)·aex，①(6分)g′n(x)＝2＋(n－3)aex存在极值点x＝tng′n(tn)＝2＋(n－3)aetn＝0，②g′n(tn)＝2tn＋2＋(n－3)aetn＝2tn，(8分)An在直线y＝2x上．(9分)(3)解：fn(x)＝aex＝0(n≥6)无解k≤5，(10分)-10-\n①当k＝5时，f4(x)＝f5(x)＝0x0＝1a＝－.而当a＝－时，f6(x)＝aex<0f5(x)＝2＋aex＝2－2ex－1单调减，且f5(1)＝0f4(x)在(－∞，1)上增，在(1，＋∞)上减，∵f4(1)＝0f4(x)≤0恒成立．f3(x)单调减，而f3(x)＝x2－2ex－1，f3(－1)＝1－>0，f3(0)＝－2e－1<0.t∈(－1，0)，f3(t)＝0在(－∞，t)上f3(t)<0f2(x)在(－∞，t)上增，在(t，＋∞)上减，f2(t)＝t3－2et－1.∵f3(t)＝t2－2et－1＝0，∴f2(t)＝t3－t2＝t2<0，∴f1(t)在R上单调减．综上所述，存在k＝5，a＝－满足条件．(13分)②当k＝4时，f4(x0)＝2x0＋aex0＝f3(x0)＝x＋aex0＝0，即x0＝0或2，当x0＝0时f4(0)＝a＝0(舍)，当x0＝2时f4(2)＝4＋ae2＝0a＝－f6(x)＝－ex＝－4ex－2<0f5(x)＝2－4ex－2单调减，且f5(x)＝0时，x＝2－ln2f4(x)在(－∞，2－ln2)上增，(2－ln2，＋∞)上减，而f4(2)＝0m<2－ln2使得在(－∞，m)上，f4(x)<0，在(m，2)上f4(x)>0，在(2，＋∞)上，f4(x)<0f3(x)在(－∞，m)上减，在(m，2)上增，在(2，＋∞)上减(舍)，∴k≠4.综上①②所述：存在k＝5，a＝－满足条件．(16分)1.已知函数f(x)＝(sinx＋cosx)－|sinx－cosx|，则f(x)的值域是____________．答案：解析：f(x)＝(sinx＋cosx)－|sinx－cosx|＝f(x)∈.2.设函数f(x)＝x2－alnx与g(x)＝x－的图象分别交直线x＝1于点A、B，且曲线y＝f(x)在点A处的切线与曲线y＝g(x)在点B处的切线平行．(1)求函数f(x)、g(x)的解析式；(2)当a>1时，求函数h(x)＝f(x)－g(x)的最小值；(3)当a<1时，不等式f(x)≥mg(x)在x∈上恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)由f(x)＝x2－alnx，得f′(x)＝2x－.-10-\n由g(x)＝x－，得g′(x)＝－.又由题意得f′(1)＝g′(1)，即2－a＝－，故a＝2或a＝.当a＝2时，f(x)＝x2－2lnx，g(x)＝x－；当a＝时，f(x)＝x2－lnx，g(x)＝2x－.(2)当a>1时，h(x)＝f(x)－g(x)＝x2－2lnx－x＋，得h′(x)＝2x－－＋＝－＝(－1).由x>0，得>0.故当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)递增．所以h(x)的最小值为h(1)＝1－2ln1－＋1＝.(3)当a＝时，f(x)＝x2－lnx，g(x)＝2x－.当x∈时，f′(x)＝2x－＝<0，f(x)在上为减函数，f(x)≥f＝＋ln2.当x∈时，g′(x)＝2－＝>0，g(x)在上为增函数，且g(x)≤g＝1－，g(x)≥g＝0，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m≤ln(4e)．3.设a为实数，函数f(x)＝2x2＋(x－a)|x－a|.(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|≥1a≤－1.(2)当x≥a时，f(x)＝3x2－2ax＋a2，f(x)min＝＝当x≤a时，f(x)＝x2＋2ax－a2，-10-\nf(x)min＝＝综上可得f(x)min＝(3)x∈(a，＋∞)时，h(x)≥1得3x2－2ax＋a2－1≥0，Δ＝4a2－12(a2－1)＝12－8a2.当a≤－或a≥时，Δ≤0，x∈(a，＋∞)；当－＜a＜时，Δ>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：∵0＜cosB＝＜，B∈(0，π)，∴45°＜B＜90°，且sinB＝.若A为锐角，由sinA＝，得A＝30°，此时cosA＝；若A为钝角，由sinA＝，得A＝150°，此时A＋B＞180°.这与三角形的内角和为180°相矛盾，可见A≠150°.∴cosC＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B)＝－(cosA·cosB－sinA·sinB)＝－＝.-10-