2023版高考数学二轮复习第3部分策略1活用4大数学思想3分类与整合思想教案理

2020版高考数学二轮复习第3部分策略1活用4大数学思想3分类与整合思想教案理PAGE14-3．分类与整合思想分类与整合思想是将一个较复杂的数学问题分解(或分割)成假设干个根底性问题，通过对根底性问题的解答来实现解决原问题的思想策略．对问题实行分类与整合，分类标准等于增加一个条件，实现了有效增设，将大问题(或综合性问题)分解为小问题(或根底性问题)，优化解题思路，降低问题难度；分类研究后还要对讨论结果进行整合.应用1由根本概念、法那么引起的分类讨论【典例1】(1)假设函数f(x)＝ax(a＞0，a≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)＝(1－4m)eq\r(x)在[0，＋∞)上是增函数，那么a＝________.(2)在等比数列{an}中，已有a3＝eq\f(3,2)，S3＝eq\f(9,2)，那么a1＝________.(1)eq\f(1,4)(2)eq\f(3,2)或6[(1)假设a＞1，有a2＝4，a－1＝m.解得a＝2，m＝eq\f(1,2).此时g(x)＝－eq\r(x)为减函数，不合题意．假设0＜a＜1，有a－1＝4，a2＝m，故a＝eq\f(1,4)，m＝eq\f(1,16)，检验知符合题意．(2)当q＝1时，a1＝a2＝a3＝eq\f(3,2)，S3＝3a1＝eq\f(9,2)，显然成立．当q≠1时，由a3＝eq\f(3,2)，S3＝eq\f(9,2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q2＝\f(3,2)，①,a11＋q＋q2＝\f(9,2).②))由eq\f(②,①)，得eq\f(1＋q＋q2,q2)＝3，即2q2－q－1＝0，所以q＝－eq\f(1,2)或q＝1(舍去)．当q＝－eq\f(1,2)时，a1＝eq\f(a3,q2)＝6，综上可知，a1＝eq\f(3,2)或a1＝6.]【对点训练1】(1)函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1－2，x≤1，,－log2x＋1，x＞1，))且f(a)＝－3，那么f(6－a)＝()A．－eq\f(7,4) B．－eq\f(5,4)C．－eq\f(3,4) D．－eq\f(1,4)(2)函数f(x)＝ax＋b(a＞0，a≠1)的定义域和值域都是[－1,0]，那么a＋b＝________.(3)a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C所对的边，且A＝2B，b≠c，假设a2＋c2＝b2＋2acsinC，那么A＝________.(1)A(2)－eq\f(3,2)(3)eq\f(π,4)[(1)由于f(a)＝－3，①假设a≤1，那么2a－1－2＝－3，整理得2a－1＝－1.由于2x＞0，所以2a－1＝－1无解；②假设a＞1，那么－log2(a＋1)＝－3，解得a＋1＝8，a＝7，所以f(6－a)＝f(－1)＝2－1－1－2＝－eq\f(7,4).综上所述，f(6－a)＝－eq\f(7,4).(2)当a＞1时，函数f(x)＝ax＋b在[－1,0]上为增函数，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1＋b＝－1，,a0＋b＝0))无解．当0＜a＜1时，函数f(x)＝ax＋b在[－1,0]上为减函数，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1＋b＝0，,a0＋b＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝－2，))所以a＋b＝－eq\f(3,2).(3)∵a2＋c2＝b2＋2acsinC，∴eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝sinC.由余弦定理得cosB＝sinC，∵0＜B＜π，0＜C＜π，∴C＝eq\f(π,2)－B或C＝eq\f(π,2)＋B.①当C＝eq\f(π,2)－B时，由A＝2B且A＋B＋C＝π，得A＝eq\f(π,2)，B＝C＝eq\f(π,4)，这与“b≠c〞矛盾．∴A≠eq\f(π,2).②当C＝eq\f(π,2)＋B时，由A＝2B且A＋B＋C＝π，得B＝eq\f(π,8)，C＝eq\f(5π,8)，A＝eq\f(π,4).]应用2由图形的不确定性引起的分类讨论【典例2】(1)变量x，y满足的不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥2x，,kx－y＋1≥0))表示的是一个直角三角形围成的平面区域，那么实数k＝()A．－eq\f(1,2) B.eq\f(1,2)C．0 D．－eq\f(1,2)或0(2)设圆锥曲线C的两个焦点分别为F1，F2，假设曲线C上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，那么曲线C的离心率等于________．(1)D(2)eq\f(1,2)或eq\f(3,2)[(1)不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥2x，,kx－y＋1≥0))表示的可行域如图(阴影局部)所示．由图可知，假设要使不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥2x，,kx－y＋1≥0))表示的平面区域是直角三角形，只有当直线kx－y＋1＝0与直线y轴或y＝2x垂直时才满足．结合图形可知斜率k的值为0或－eq\f(1,2).(2)不妨设|PF1|＝4t，|F1F2|＝3t，|PF2|＝2t，其中t≠0.假设该曲线为椭圆，那么有|PF1|＋|PF2|＝6t＝2a，|F1F2|＝3t＝2c，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(3t,6t)＝eq\f(1,2)；假设该曲线为双曲线，那么有|PF1|－|PF2|＝2t＝2a，|F1F2|＝3t＝2c，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(3t,2t)＝eq\f(3,2).]【对点训练2】(1)正三棱柱的侧面展开图是边长分别为6和4的矩形，那么它的体积为()A.eq\f(8\r(3),3) B．4eq\r(3)C.eq\f(2\r(3),9) D．4eq\r(3)或eq\f(8\r(3),3)(2)假设m是2和8的等比中项，那么圆锥曲线x2＋eq\f(y2,m)＝1的离心率为________．(1)D(2)eq\f(\r(3),2)或eq\r(5)[(1)当正三棱柱的高为4时，体积V＝2×eq\r(3)×eq\f(1,2)×4＝4eq\r(3)；当正三棱柱的高为6时，体积V＝eq\f(4,3)×eq\f(2\r(3),3)×eq\f(1,2)×6＝eq\f(8\r(3),3)，应选D.(2)由题意可知m2＝2×8＝16，∴m＝±4.当m＝4时，曲线为椭圆，离心率e＝eq\r(1－\f(1,4))＝eq\f(\r(3),2).为m＝－4时，曲线为双曲线，离心率e＝eq\r(1＋4)＝eq\r(5).]应用3由参数变化引起的分类讨论【典例3】函数f(x)＝x2－(2m＋1)x＋lnx(m∈R)．(1)当m＝－eq\f(1,2)时，假设函数g(x)＝f(x)＋(a－1)lnx恰有一个零点，求a的取值范围；(2)当x＞1时，f(x)＜(1－m)x2恒成立，求m的取值范围．切入点：(1)求f′(x)，就a的取值结合f(x)的单调性分析．(2)构造函数h(x)＝f(x)－(1－m)x2，就m的取值及h(x)的最大值情况求m的取值范围．[解](1)函数g(x)的定义域为(0，＋∞)．当m＝－eq\f(1,2)时，g(x)＝alnx＋x2，所以g′(x)＝eq\f(a,x)＋2x＝eq\f(2x2＋a,x).①当a＝0时，g(x)＝x2，在x∈(0，＋∞)上，g(x)＝0无解．∴x＞0时无零点，即a≠0.②当a＞0时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，取x0＝eeq\s\up12(－eq\f(1,a))，那么geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eeq\s\up12(－eq\f(1,a))))＝－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eeq\s\up12(－eq\f(1,a))))eq\s\up12(2)＜0，因为g(1)＝1，所以g(x0)·g(1)＜0，此时函数g(x)恰有一个零点，即a＞0.③当a＜0时，令g′(x)＝0，解得x＝eq\r(－\f(a,2)).当0＜x＜eq\r(－\f(a,2))时，g′(x)＜0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a,2))))上单调递减；当x＞eq\r(－\f(a,2))时，g′(x)＞0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,2))，＋∞))上单调递增．要使函数g(x)有一个零点，那么geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,2))))＝alneq\r(－\f(a,2))－eq\f(a,2)＝0，即a＝－2e.综上所述，假设函数g(x)恰有一个零点，那么a＝－2e或a＞0.(2)令h(x)＝f(x)－(1－m)x2＝mx2－(2m＋1)x＋lnx，根据题意，当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0恒成立．又h′(x)＝2mx－(2m＋1)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－12mx－1,x).①假设0＜m＜eq\f(1,2)，那么x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)，＋∞))时，h′(x)＞0恒成立，所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)，＋∞))上是增函数，且h(x)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)))，＋∞))，所以不符合题意．②假设m≥eq\f(1,2)，那么x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0恒成立，所以h(x)在(1，＋∞)上是增函数，且h(x)∈(h(1)，＋∞)，所以不符合题意．③假设m≤0，那么x∈(1，＋∞)时，恒有h′(x)＜0，故h(x)在(1，＋∞)上是减函数，于是“h(x)＜0对任意x∈(1，＋∞)都成立〞的充要条件是h(1)≤0，即m－(2m＋1)≤0，解得m≥－1，故－1≤m≤0.综上，m的取值范围是[－1,0]．【对点训练3】函数f(x)＝ax＋eq\f(a－1,x)＋1－2a(a＞0)，假设f(x)≥lnx在[1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．[解]令g(x)＝f(x)－lnx＝ax＋eq\f(a－1,x)＋1－2a－lnx，x∈[1，＋∞)，那么g(1)＝0，g′(x)＝a－eq\f(a－1,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(ax2－x－a－1,x2)＝eq\f(ax－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1－a,a))),x2).①当eq\f(1－a,a)＞1，即0＜a＜eq\f(1,2)时，假设1＜x＜eq\f(1－a,a)，那么g′(x)＜0，g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\