新教材适用2025版高考数学二轮总复习第2篇核心素养谋局思想方法导航第3讲分类与整合思想教师用书

第3讲分类与整合思想1.分类整合思想的含义分类与整合思想是将一个较困难的数学问题分解(或分割)成若干个基础性问题，通过对基础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已知条件，实现了有效增设，将大问题(或综合性问题)分解为小问题(或基础性问题)，优化解题思路，降低问题难度；分类探讨后还要对探讨结果进行整合．2.分类与整合思想在解题中的应用(1)由数学概念引起的分类．有的概念本身是分类的，如肯定值、直线斜率、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探讨．有的定理、公式、性质是分类给出的，在不同的条件下结论不一样，如等比数列的前n项和公式、函数的单调性等．(3)由数学运算和字母参数改变引起的分类．如除法运算中除数不为零，偶次方根为非负，对数真数与底数的限制，指数运算中底数的要求，不等式两边同乘以一个正数、负数，三角函数的定义域等．(4)由图形的不确定性引起的分类探讨．有的图形类型、位置须要分类：如角的终边所在的象限；点、线、面的位置关系等．3.分类方法与原则(1)简化分类探讨的策略：分类探讨的思想是将一个较困难的数学问题分解成若干个基础性问题，通过对基础性问题的解答来实现解决原问题的策略．①消去参数；②整体换元；③变更主元；④考虑反面；⑤整体变形；⑥数形结合；⑦缩小范围等．(2)分类探讨遵循的原则是：①不重不漏，科学地划分②标准要统一，层次要分明，分清主次，不越级探讨．③能不分类的要尽量避开，决不无原则的探讨．4.解题时把好“四关”(1)要深刻理解基本学问与基本原理，把好“基础关”；(2)要找准划分标准，把好“分类关”；(3)要保证条理分明，层次清楚，把好“逻辑关”；(4)要留意比照题中的限制条件或隐含信息，合理取舍，把好“检验关”．5.高考以解答题的方式考查分类与整合思想，主要是函数导数解答题、数列题和解析几何解答题等．应用1由概念、法则、公式、性质引起的分类探讨核心学问·精归纳1.有很多核心的数学概念是分类的，由数学概念引起的分类探讨，如肯定值的定义、二次函数的定义、分段函数的定义、异面直线所成角的定义、直线的斜率、指数函数、对数函数等．2.在中学数学中，一次函数、二次函数、指数函数、对数函数的单调性，基本不等式，等比数列的求和公式在不同的条件下有不同的结论，或者在肯定的限制条件下才成立，应依据题目条件确定是否进行分类探讨．3.有些分类探讨的问题是由运算的须要引发的．比如除法运算中分母能否为零的探讨；解方程及不等式时，两边同乘一个数是否为零、正数、负数的探讨；二次方程运算中对两根大小的探讨；求函数单调性时，导数正负的探讨；排序问题；差值比较中的差的正负的探讨；有关去肯定值或根号问题中等价变形引发的探讨等．典例研析·悟方法典例1(1)(2024·河南校联考模拟预料)已知a＝ln1.1，b＝lneq\f(12,11)，c＝eq\f(1,11)，则下列推断正确的是(D)A．a<b<c B．b<a<cC．c<b<a D．b<c<a【分析】结合对数函数、导数的学问确定正确答案．【解析】①比较a，b的大小：因为1.1>eq\f(12,11)，所以ln1.1>lneq\f(12,11)，所以a>b.②比较b，c的大小：令f(x)＝lnx－(x－1)，则f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x).当0<x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0，所以当x>0时，f(x)≤f(1)＝0，即lnx≤x－1，所以lneq\f(12,11)<eq\f(1,11)，即b<c.③比较a，c大小：因为lnx≤x－1，所以lneq\f(1,x)≤eq\f(1,x)－1，即lnx≥1－eq\f(1,x)，所以ln1.1＝lneq\f(11,10)>1－eq\f(10,11)＝eq\f(1,11)，即a>c.综上，a>c>b.故选D.方法技巧·精提炼比较对数式的大小，结合的是对数函数的单调性，此时要留意对数函数y＝logax的底数a的取值范围对单调性的影响．比较对数式和实数的大小，可考虑分段法或构造函数法来进行求解．(2)(2024·全国模拟预料)设正项数列{an}的前n项和Sn满意Sn＝eq\f(1,4)(an＋1)2，记[x]表示不超过x的最大整数，bn＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2an,2022)))＋1.若数列{bn}的前n项和为Tn，则使得Tn≥2022成立的n的最小值为(A)A．1180 B．1179C．2020 D．2021【分析】利用通项公式an和前n项和Sn之间的关系求出{an}数列的通项公式，再依据n的取值探讨bn＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2an,2022)))＋1并推断Tn≥2022即可．【解析】Sn＝eq\f(1,4)(an＋1)2①，令n＝1，得4a1＝(a1＋1)2，解得a1＝1.Sn－1＝eq\f(1,4)(an－1＋1)2，n≥2②，由①－②可得an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,4)(an＋1)2－eq\f(1,4)(an－1＋1)2，整理得(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0，依据an>0可知an－an－1＝2(n≥2)，则数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1，n∈N*.∴bn＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2an,2022)))＋1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4n－2,2022)))＋1，n∈N*，当n∈[1,505]时，4n－2<2022，bn＝1；当n∈[506,1011]时，2022≤4n－2≤4042，bn＝2，当n∈[1012,1517)时，4044<4n－2<6066，bn＝3.∵T1011＝505＋506×2＝1517，(2022－1517)÷3≈168.3，∴使Tn≥2022成立的n的最小值为1011＋169＝1180.故选A.应用2由图形位置或形态引起的分类探讨核心学问·精归纳1.一般由图形的位置或形态变动引发的探讨包括：二次函数对称轴位置的变动；函数问题中区间的变动；函数图象形态的变动；直线由斜率引起的位置变动；圆锥曲线由焦点引起的位置变动或由离心率引起的形态变动；立体几何中点、线、面的位置变动等．2.圆锥曲线形态不确定时，常按椭圆、双曲线来分类探讨，求圆锥曲线的方程时，常按焦点的位置不同来分类探讨．3.相关计算中，涉及图形问题时，也常按图形的位置不同、大小差异等来分类探讨．典例研析·悟方法典例2(1)(多选)(2024·梅河口市第五中学校考一模)长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝2，BB1＝1，则(AC)A．A到平面A1BD的距离为eq\f(6,7)B．A到平面A1BD的距离为eq\f(4,7)C．沿长方体的表面从A到C1的最短距离为3eq\r(2)D．沿长方体的表面从A到C1的最短距离为2eq\r(5)【分析】利用体积相等求出点A到平面A1BD的距离即可推断选项A和B；求A点到C1的最短距离，由两点之间直线段最短，想到须要把长方体剪开再绽开，把A到C1的最短距离转化为求三角形的边长问题，依据实际图形，应当有三种展法，绽开后利用勾股定理求出每一种状况中AC1的长度，比较三个值的大小后即可得到结论，进而推断C和D.【解析】如图，连接A1D，DB，A1B，因为AB＝3，BC＝2，BB1＝1，所以A1B＝eq\r(1＋32)＝eq\r(10)，A1D＝eq\r(1＋22)＝eq\r(5)，BD＝eq\r(22＋32)＝eq\r(13)，在△A1BD中，由余弦定理可得：cos∠BA1D＝eq\f(A1D2＋A1B2－BD2,2A1D·A1B)＝eq\f(10＋5－13,2×\r(10)×\r(5))＝eq\f(\r(2),10)，所以sin∠BA1D＝eq\r(1－cos2∠BA1D)＝eq\r(1－\f(1,50))＝eq\f(7\r(2),10)，则S△BA1D＝eq\f(1,2)A1B·A1Dsin∠BA1D＝eq\f(1,2)×eq\r(10)×eq\r(5)×eq\f(7\r(2),10)＝eq\f(7,2)，又S△ABD＝eq\f(1,2)AB·AD＝eq\f(1,2)×2×3＝3，设点A到平面A1BD的距离为h，由体积相等可得：VA1－ABD＝VA－A1BD，即eq\f(1,3)S△ABD×AA1＝eq\f(1,3)S△A1BD×h，所以eq\f(1,3)×3×1＝eq\f(1,3)×eq\f(7,2)×h，解得：h＝eq\f(6,7)，故选项A正确；选项B错误；长方体ABCD－A1B1C1D1的表面可能有三种不同的方法绽开，如图所示：AB＝3，BC＝2，BB1＝1，表面绽开后，依第一个图形绽开，则AC1＝eq\r(1＋22＋32)＝3eq\r(2)；依其次个图形绽开，则AC1＝eq\r(3＋22＋12)＝eq\r(26)；依第三个图形绽开，则AC1＝eq\r(3＋12＋22)＝2eq\r(5)；三者比较得：A点沿长方体表面到C1的最短距离为3eq\r(2)，故选项C正确，选项D错误，故选AC.(2)(2024·贵州贵阳高三统考期末)设点P是棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1表面上的动点，点M是棱A1D1的中点，N为底面ABCD的中心，则下列结论中全部正确结论的编号有_①③④__.①当点P在底面ABCD内运动时，三棱锥P－C1D1M的体积为定值eq\f(2,3)；②当点P在线段B1C上运动时，异面直线AP与A1D所成角的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))；③当点P在线段A1D1上运动时，平面PAN⊥平面BDD1B1；④当点P在侧面BCC1B1内运动时，若P到棱A1B1的距离等于它到棱BC的距离，则点P的轨迹为抛物线的一部分．【分析】对于①，依据点P到平面C1D1M的距离即为点P到平面A1B1C1D1的距离为2即可推断；对于②，异面直线AP与A1D所成角即为直线AP与B1C所成角，转化为在△AB1C中，AP与B1C所成角即可推断；对于③，依据N为底面ABCD的中心和正方体的性质，证明得AN⊥平面BDD1B1即可得到结论；对于④，点P在侧面BCC1B1内运动时，依据A1B1⊥平面BCC1B1，则P到棱A1B1的长度等于PB1的长度，结合抛物线定义即可推断．【解析】对于①，当点P在底面ABCD内运动时，点P到平面C1D1M的距离即为点P到平面A1B1C1D1的距离为2，则VP－C1D1M＝eq\f(1,3)S△C1D1Mh＝eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×2×1＝eq\f(2,3)，故①正确；对于②，如图：点P在线段B1C上运动时，因为A1D∥B1C，所以异面直线AP与A1D所成角即为直线AP与B1C所成角．因为AC＝AB1＝B1C＝2eq\r(2)，所以△AB1C为等边三角形，当点P在线段B1C的中点时，AP⊥B1C，即直线AP与B1C所成角为eq\f(π,2)，当点P向两个端点运动时，直线AP与B1C所成角越来越小，当点P与点B1或点C重合时，直线AP与B1C所成角为eq\f(π,3)，所以直线AP与B1C所成角的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，即异面直线AP与A1D所成角的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，故②错误；对于③，如图：∵N为底面ABCD的中心，∴AN⊥BD，∵BB1⊥平面ABCD，AN⊂平面ABCD，∴AN⊥BB1，又BD∩BB1＝B，BD⊂平面BDD1B1，BB1⊂平面BDD1B1，∴AN⊥平面BDD1B1，∵AN⊂平面PAN，∴平面PAN⊥平面BDD1B1，故③正确；对于④，点P在侧面BCC1B1内运动时，∵A1B1⊥平面BCC1B1，∴P到棱A1B1的距离等于PB1的长度，∴P到棱A1B1的距离等于它到棱BC的距离即为点P到B1的距离等于点P到棱BC的距离，依据抛物线的定义，又点P在侧面BCC1B1内运动，∴点P的轨迹为抛物线的一部分．应用3由变量或参数引起的分类探讨核心学问·精归纳含有参数的分类探讨问题主要包括：(1)含有参数的不等式的求解；(2)含有参数的方程的求解；(3)函数解析式中含参数的最值与单调性问题；(4)二元二次方程表示曲线类型的判定等．求解这类问题的一般思路是：结合参数的意义及参数对结果的影响进行分类探讨．探讨时，应全面分析参数改变引起结论的改变状况，参数有几何意义时还要考虑适当地运用数形结合思想．典例研析·悟方法典例3(2024·湖南株洲高三株洲二中校考阶段练习)数列{an}满意eq\f(1,3a1)＋eq\f(1,5a2)＋eq\f(1,7a3)＋…＋eq\f(1,2n＋1an)＝eq\f(n,2n＋1).(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(an＋1,2an)，数列{bn}的前n项和为Sn.若对于随意正整数n，均有(3n＋4)m≥(2n－5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,9)－Sn))·2n恒成立，求m的最小值．【分析】(1)当n＝1时，求出a1＝1，当n≥2时，利用eq\f(1,3a1)＋eq\f(1,5a2)＋…＋eq\f(1,2n－1an－1)＝eq\f(n－1,2n－1)求出an＝2n－1，检验后得到答案；(2)利用错位相减法得到Sn，不等式转化为m≥eq\f(4,9)×eq\f(2n－5,2n)，令Tn＝eq\f(2n－5,2n)，作差法得到Tn的单调性，从而得到Tn的最大值，得到m的最小值．【解析】(1)取n＝1，由eq\f(1,3a1)＝eq\f(1,2×1＋1)，得a1＝1；当n≥2时，由eq\f(1,3a1)＋eq\f(1,5a2)＋…＋eq\f(1,2n＋1an)＝eq\f(n,2n＋1)，得eq\f(1,3a1)＋eq\f(1,5a2)＋…＋eq\f(1,2n－1an－1)＝eq\f(n－1,2n－1)，两式相减得eq\f(1,2n＋1an)＝eq\f(n,2n＋1)－eq\f(n－1,2n－1)＝eq\f(1,2n＋12n－1)，整理得an＝2n－1；当n＝1时，a1＝1也适合上式．综上，an＝2n－1.(2)由(1)知bn＝eq\f(2n－1＋1,22n－1)＝n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－1，得Sn＝1＋eq\f(2,4)＋eq\f(3,42)＋…＋eq\f(n,4n－1)，eq\f(1,4)Sn＝eq\f(1,4)＋eq\f(2,42)＋…＋eq\f(n－1,4n－1)＋eq\f(n,4n)，两式相减得eq\f(3,4)Sn＝1＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,4n－1)－eq\f(n,4n)＝eq\f(1－\f(1,4n),1－\f(1,4))－eq\f(n,4n)＝eq\f(4,3)－eq\f(4,3)×eq\f(1,4n)－eq\f(n,4n)，整理得Sn＝eq\f(16,9)－eq\f(3n＋4,9×4n－1).由题意对于随意正整数n，均有(3n＋4)m≥(2n－5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,9)－Sn))·2n恒成立，则(3n＋4)m≥eq\f(2n－53n＋4,9×4n－1)×2n，即m≥eq\f(4,9)×eq\f(2n－5,2n)恒成立．设Tn＝eq\f(2n－5,2n)，由Tn＋1－Tn＝eq\f(2n－3,2n＋1)－eq\f(2n－5,2n)＝eq\f(7－2n,2n＋1)，则当n≤3时，Tn＋1－Tn>0，即Tn＋1>Tn；当n≥4时，Tn＋1－Tn<0，即Tn＋1<Tn.于是Tn的最大值为T4＝eq\f(3,16)，所以m≥eq\f(4,9)×eq\f(3,16)＝eq\f(1,12)，即m的最小值是eq\f(1,12).典例4(2024·全国高三专题练习)设a为实数，函数f(x)＝(x－a)2＋|x－a|－a(a－1)．(1)若f(0)≤1，求a的取值范围；(2)探讨f(x)的单调性；(3)当a>2时，探讨f(x)＋|x|在R上的零点个数．【分析】(1)写出f(0)＝|a|＋a≤1，探讨a的取值状况，解得答案；(