(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

1、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已知集合A二X|X23X+2=0,B=X|X2ax+但一1)=0,C=x|x2m灶2=0,且

2、AUB=A,AnC=C,则a的值为,m的取值范围为.解析：A=1,2,B=x|(x1)(x+1a)=0,由AUB=A可得a1=1或a1=2,a二2或3;由AnC=C,可知C=1或2或1,2或?，m=3或一22m0且TOC o 1-5 h za*1)在1,2上的最大值比最小值大则a的值是.解析：当a1时，y二ax在1,2上递增，,2a3故aa=2,得a二了；当0a0时，需xb恒为非负数，即a0,bw0.当a0且b0且bvO4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3x2y=0,当直线不过原点时，设方程为X+y=1,代入P的坐标可得aaa=5.答案：3x2y=

3、0或x+y5=05.已知平面单位向量a,b,c夹角两两相等，则|a+b+c|=2n解析：由题意知夹角为或0.2n当夹角为一时,a+b=c,|a+b+c|=0；当夹角为0时，|a+b+c|=3|a|=3.答案：0或3攻克車难題廿分都抓牢增分考点讲透典例1解关于x的不等式ax(ii)当a=1时，=1,不等式解为xa2(a+1)x+10.解当a=0时，原不等式化为一x+11.当aA0时，原不等式化为a(x1)x-0,a若a01a,11i若a0,则原不等式化为(x1)x-評,11(i)当a1时，a1,不等式解为-xv1;aa11(iii)当0a1,不等式解为1X.aa综上所述，得原不等式的解集为1当a

4、i;a当a=0时，解集为x|x1；当0vav1时，解集为x1vxva当a=1时，解集为?；1当a1时，解集为x-vxv1.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：(l)a=0,(2)azo，对于，不等式易解；对于(2)又需再次分类：a0或a0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|(aR.判断f(x)的奇偶性；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aA0时,f(a)=0且f(a)二一2a|a|.故f(

5、a)工f(a)且f(一a)zf(a).f(x)是非奇非偶函数.2(2)由题设知x|xa|2a，xva，原不等式等价于22x+ax2a,xa，或22x一ax2a.xa，由得22解得x?.xax+2aa，x2ax+a0.当a=0时，x0,xa,当a0时，亠即x2a；x2a或xwa,xa,当aa.xw2a或xa,综上所述，2a0时，f(x)2a的解集为x|x2a；a2a2的解集为x|x一a.典例2已知函数f(x)=x,g(x)=x1.若？xR使f(x)vbg(x),求实数b的取值范围；设F(x)=f(x)mgx)+1m-m,且|F(x)|在0,1上单调递增，求实数m的取值范围.解由？xR,f(x)v

6、bg(x),得？xR,x2bx+b0,解得b4.由题设得F(x)=xm灶1m,|2/22对称轴方程为x=2,=m4(1m)=5m4.由于|Rx)|在0,1上单调递增，则有当AW0即-5w诈芈时，冇m产,解得wnW0.2小2曲当A0即m时,55设方程F(x)=0的根为X1,X2(X1,则萝肓5,有21X10?F0=1m0.解得2；孑有X10,XW0；2(ii)右mv5,即21x+X0?m0?1-mi0?1miA1,解得一1m2.综合有一iwnwo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

7、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)=x3ax(aR),函数g(x)=Inx.当a二1时，求f(x)的极小值;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；当a0时，设h(x)=|f(x)|,x1,1，求h(x)的最大值F(a)的解析式.解：(1)T当a二1时f(x)=3x3,令f(x)=0，得x=1或x=1.当x(1,1)时f(x)0.f(x)在(一1,1)上单调递减，在(一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

8、象恒在函数g(x)的图象的上方，所以X33axlnx在1,2上恒成立,Inx即3a0,Inx0,所以m(x)0.所以mx)在1,2上单调递增.所以R(iX)min=n(1)=1.所以3a1，即a0时f(x)=3x343a=3(x+:a)(x:a),当;a1,即卩a1时h(x)=|f(x)|=f(x),f(x)在0,1上单调递增，此时F(a)=f(1)=3a1.当ora1，即0a1时，h(x)=|f(x)|在0,;a上单调递减，在/a,1上单调递增.11当f=13a0即30,即即0a3时,3(i)当一f(a)wf(1)=13a，即0vaf(1)=13a,F(a)=f(:a)=2a:a.综上F(a

9、)=3a1,00(n=1,2,3).求q的取值范围；3设bn=an+22勿+1,bn的前n项和为Tn,试比较S与Tn的大小.解因为an是等比数列，S0,可得a1=S0,qz0.1q0,1q0,1qn1，由得一1q0.当qzi时,则有丄(2)由bn=iq0,即0(n=1,2,3,),323an+2，an+1=anq,23于是TnSn=Snq2口1-1=Snq+2(q2)，又Sn0且一1q0.n=q23qSn.1则当一1q2时，TnS0,即TnS;1当一2q2且qS时，TnS0,即卩Tn4得点P在圆X2+y2=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y4

10、=k(x2)，由圆心到切线的距离为2,解得k=-.由此可知斜率不存在配套专题检测IZHUANTIJIANCK时也满足题意，解得切线方程为3x4y+10=0或x=2.3答案：3x4y+10=0或x=21545vB180,这与三角形的内角和为180相矛盾可见Am150-cosC=cosn(A+E)=cos(A+B)=cosAcosBsinAsinB351T132125；3=26答案:匸125；3263若函数f(x)=1(a1)X3+1ax2+*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)x+ax-4=0有解当a1=0时，满足;当a1MO时，只需=a+(a1)0.答案:匸

11、21+J5OO4.(2020江苏高考)已知实数aMo,函数f(x)二2x+a,x1.的值为.解析：首先讨论1a,1+a与1的关系.当a1,1+a0时，1a1,所以f(1a)=2(1a)+a=2a,&若圆柱的侧面展开图是边长为4和2的矩形，则圆柱的体积是3解析:f(x)=j(sin1cosx)|sinxcosx|=2cosx,sinxcosx,x+sinx,sinx0,y0,6在约束条件y+xws,y+2x4x+y=s,解析：由？y+2x=4,即交点为(4s,2S4).A(2,0),巳4s,2s4),下，当3s5时,x=4s,y=2s4,，S),3x+2y的最大值的变化范围是f(1+a)=-(1

12、+a)2a=3a1.因为f(1a)=f(1+a),3所以2a二一3a1即a二一空(舍去)综上满足条件的a二一刁.4答案：345.已知函数f(x)=112(sinx+cosx)2|sinxcosx|,贝Uf(x)的值域是C(0,4),当3SV4时可行域是四边形OABC此时，7Wz8.当4Ws5时可行域是OAC此时，Z=8.max答案：7,82丄7.若A=x|x+(p+2)x+1=0,xR，且AnR=?，则实数p的取值范围是解析：若A=？，即A=(p+2)240,即一4vp0时，AnR=?.厂0,可见当一4p0时，都有AnR+二?.答案：(4,+s)228解析：若长为4的边作为圆柱底面圆周的展开图

13、，贝UV柱二冗一22=;若长为2的边作为圆柱底柱nn124面圆周的展开图,贝U2柱二冗4=.nn84答案：一或一nn9已知圆锥的母线为I,轴截面顶角为B,则过此圆锥的顶点的截面面积的最大值为解析：当e90时,最大截面是两母线夹角为90的截面,12其面积为2丨2当aA0时,f(a)=a+1,f(a)=a+2|a|+1,f(a)丰f(a),f(a)丰一f(a),此时函数f(x)既不是奇函数，也不是偶函数.11212可见，最大截面积为八l2或因e.1212答案：或2lsine10.设n乙当n=时，S=|n-1|+|n2|+|n100|的最小值解析：若n100,则S=(n1)+(n2)+(n100)=

14、50(2n101)49502500答案：50或512500211.设函数f(x)=x+|xa|+1,xR.(1)判断函数f(x)的奇偶性；求函数f(X)的最小值.2)当x2,则函数f(x)在(g,a上的最小值为131f2=4+a,且f2wf(a)-1322当xa时，函数f(x)=x+xa+1=x+a+4.1131若aw2,则函数f(x)在a,+g)上的最小值为f2=4a,且f2wf(a)；1若a乞则函数f(x)在a,+g)单调递增，从而函数f(x)在a,+g)上的最小值为f(a)=a89+1.综上，当aw时，函数f(x)的最小值为4a；11awQ时，函数f(x)的最小值是a+1；当a？时，函数f(x)的最小值是a+3.12.已知函数f(x)=|ax2x+1|,0wxw4.1a-的解集;求f(x)的最大值.解：(1)a1,2ax2x+1=二可令2解得X1242a2a=二,又令x0,1ax2x+2x0,解得x?-2J40,-246a2aa2的解集为1g(x)图象对称轴X二a,11a0时，如果0vW4,即卩a一时，a41f(X)=maXf0,f