高考数学专题讲座 第5讲 解题思想方法之分类思想探讨

【备战高考数学专题讲座】第5讲：数学思想方法之分类思想探讨数学思想是指人们对数学理论和内容的本质的认识，数学方法是数学思想的具体化形式，实际上两者的本质是相同的，差别只是站在不同的角度看问题。通常混称为“数学思想方法”。常见的数学思想有：建模思想、归纳思想，分类思想、化归思想、整体思想、数形结合思想等。数学中的所谓分类，就是根据数学对象本质属性的相同点与不同点，将其分成几个不同种类的一种数学思想。它既是一种重要的数学思想，又是一种重要的数学逻辑方法。有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维条理性和概括性。掌握好这类问题对提高综合学习能力会有很大帮助，它既有利于培养学生的创新精神与探索精神，又有利于培养学生严谨、求实的科学态度。分类思想解题的过程（思维、动因和方法）我们把它归纳为WHDS四个方面：W（WHI）即为什么要进行分类。一般地说，高考数学中，当我们研究的问题是下列五种情形时可以考虑使用分类的思想方法来解决问题：（1）涉及到分类定义的概念，有些概念是分类定义的，如绝对值的概念等，当我们应用这些概念时就必须考虑使用分类讨论的方法。（2）直接运用了分类研究的定理、性质、公式、法则，如等比数列的求和公式就分为和两种情况；对数函数的单调性就分为两种情况；直线方程分为斜率存在与不存在等，当我们应用这些受到适用范围条件限制的定理、性质、公式、法则来解决问题时，如果在解决问题中需要突破对定理、性质、公式、法则的条件限制可以考虑使用分类讨论的方法。（3）问题中含有的参变量的不同取值（如分段函数）会导致不同结果而需要对其进行分类讨论。（4）几何问题中几何图形的不确定（如两点在同一平面的同侧、异侧）而需要对其进行分类讨论；（5）由数学运算引起的分类讨论，如排列组合的计数问题，概率问题又要按题目的特殊要求，分成若干情况研究。H（HOW）即如何进行分类。首先，明确分类讨论思想的三个原则：（1）不遗漏原则；（2）不重复原则；（3）同标准原则。其次，查找引起分类讨论的主要原因，即上述五个主要原因的哪一种。第三，掌握分类讨论思想的常用方法。分类方法一般为分区间讨论法，即把参数的变化范围（或几何图形中动态的变化范围）划分成若干个以参数特征为分界点（或几何图形中的端点）的小区间分别进行讨论，根据题设条件或数学概念、定理、公式的限制条件确定参数(如零点，几何图形中的顶点)。D（DO）即正确进行逐类逐级分类讨论。S（SUMMARY）即归纳小结，总结出结论。结合年全国各地高考的实例，我们从下面四方面探讨分类方法的应用：（1）涉及到分类定义概念和直接运用了分类研究的定理、性质、公式、法则的应用；（2）含有的参变量的不同取值的分类应用；（3）几何图形的不确定的分类应用；（4）由数学运算引起的分类应用。一、涉及到分类定义概念和直接运用了分类研究的定理、性质、公式、法则的应用：典型例题：例1.（年全国大纲卷文5分）已知集合={︱是平行四边形}，={︱是矩形}，={︱是正方形}，{︱是菱形}，则【】A.B.C.D.【答案】B。【考点】集合的概念，集合的包含关系。【解析】平行四边形、矩形、菱形和正方形的关系如图，由图知是大的集合，是最小的集合，因此，选项A、C、、D错误，选项B正确。故选B。例2.（年上海市文4分）若集合，，则＝▲【答案】。【考点】集合的概念和性质的运用，一元一次不等式和绝对值不等式的解法。【解析】由题意，得，∴。例3.（年四川省理5分）函数在处的极限是【】A、不存在B、等于C、等于D、等于【答案】A。【考点】分段函数，极限。【解析】分段函数在处不是无限靠近同一个值，故不存在极限。故选A。例4.（年广东省理14分）设a＜1，集合，（1）求集合D（用区间表示）（2）求函数在D内的极值点。【答案】解：（1）设，方程的判别式①当时，，恒成立，∴。∴，即集合D=。②当时，，方程的两根为，。∴∴，即集合D=。③当时，，方程的两根为，。∴。∴，即集合D=。（2）令得的可能极值点为。①当时，由（1）知，所以随的变化情况如下表：00↗极大值↘极小值↗∴在D内有两个极值点为：极大值点为，极小值点为。②当时，由（1）知=。∵，∴，∴随的变化情况如下表：0↗极大值↘↗∴在D内仅有一个极值点：极大值点为，没有极小值点。③当时，由（1）知。∵，∴。∴。∴。∴在D内没有极值点。【考点】分类思想的应用，集合的计算，解不等式，导数的应用。【解析】（1）根据根的判别式应用分类思想分、、讨论即可，计算比较繁。（2）求出，得到的可能极值点为。仍然分、、讨论。例5.（年江苏省16分）已知各项均为正数的两个数列和满足：，，（1）设，，求证：数列是等差数列；（2）设，，且是等比数列，求和的值．【答案】解：（1）∵，∴。∴。∴。∴数列是以1为公差的等差数列。（2）∵，∴。∴。（﹡）设等比数列的公比为，由知，下面用反证法证明若则，∴当时，，与（﹡）矛盾。若则，∴当时，，与（﹡）矛盾。∴综上所述，。∴，∴。又∵，∴是公比是的等比数列。若，则，于是。又由即，得。∴中至少有两项相同，与矛盾。∴。∴。∴。【考点】等差数列和等比数列的基本性质，基本不等式，反证法。【解析】（1）根据题设和，求出，从而证明而得证。（2）根据基本不等式得到，用反证法证明等比数列的公比。从而得到的结论，再由知是公比是的等比数列。最后用反证法求出。例6.（年广东省理5分）不等式的解集为▲。【答案】。【考点】分类讨论的思想，解绝对值不等式。【解析】分类讨论：由不等式得，当时，不等式为，即恒成立；当时，不等式为，解得，；当时，不等式为，即不成立。综上所述，不等式的解集为。另解：用图象法求解：作出图象，由折点——参考点——连线；运用相似三角形性质可得。二、含有的参变量的不同取值的分类应用：典型例题：例1.（年山东省理5分）设函数，若的图像与图像有且仅有两个不同的公共点A（x1，y1）,B(x2，y2),则下列判断正确的是【】A.当a<0时，x1＋x2<0，y1＋y2>0B.当a<0时，x1＋x2>0，y1＋y2<0C.当a>0时，x1＋x2<0，y1＋y2<0D.当a>0时，x1＋x2>0，y1＋y2>0【答案】B。【考点】导数的应用。【解析】令，则。设，。令，则要使的图像与图像有且仅有两个不同的公共点必须：，整理得。取值讨论：可取来研究。当时，，解得，此时，此时；当时，，解得，此时，此时。故选B。例2.（年全国大纲卷理12分）设函数。（1）讨论的单调性；（2）设，求的取值范围。【答案】解：。（1）∵，∴。当时，，在上为单调递增函数；当时，，在上为单调递减函数；当时，由得，由得或；由得。∴当时在和上为为单调递增函数；在上为单调递减函数。（2）由恒成立可得。令，则。当时，，当时，。又，所以，即故当时，有，①当时，，，所以。②当时，。综上可知故所求的取值范围为。【考点】导数在研究函数中的运用，三角函数的有界性，。【解析】（1）利用三角函数的有界性，求解单调区间。（2）运用构造函数的思想，证明不等式。关键是找到合适的函数，运用导数证明最值大于或者小于零的问题得到解决。例3.（年全国课标卷理12分）已知函数满足满足；（1）求的解析式及单调区间；（2）若，求的最大值。【答案】解：（1）∵，∴。令得，。∴。∴，得。∴的解析式为。设，则。∴在上单调递增。又∵时，，单调递增；时，，单调递减。∴的单调区间为：单调递增区间为，单调递减区间为。（2）∵，∴。令得。=1\*GB3①当时，，∴在上单调递增。但时，与矛盾。=2\*GB3②当时，由得；由得。∴当时，∴。令；则。由得；由得。∴当时，∴当时，的最大值为。【考点】函数和导函数的性质。【解析】（1）由求出和即可得到的解析式，根据导数的性质求出单调区间。（2）由和，表示出，根据导函数的性质求解。例4.（年天津市理14分）已知函数的最小值为，其中.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若对任意的,有成立，求实数的最小值；（Ⅲ）证明.【答案】解：（Ⅰ）函数的定义域为，求导函数可得.令，得。当变化时，和的变化情况如下表：－0＋↘极小值↗∴在处取得极小值。∴由题意，得。∴。（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。当＞0时，令，即。求导函数可得。令，得。①当时，≤0，在（0，+∞）上恒成立，因此在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有，即对任意的，有成立。∴符合题意。②当时，＞0，对于(0，)，＞0，因此在(0，)上单调递增，因此取(0，)时，，即有不成立。∴不合题意。综上，实数的最小值为。（Ⅲ）证明：当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。当≥2时，。在（2）中，取，得，∴。∴。综上，。【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，利用导数求闭区间上函数的最值。【分析】（Ⅰ）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数的最小值为，即可求得的值。（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。当＞0时，令，求导函数，令导函数等于0，分类讨论：①当时，≤0，在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有。②当时，＞0，对于(0，)，＞0，因此在(0，)上单调递增。由此可确定的最小值。（Ⅲ）当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。当≥2时，由，在（Ⅱ）中，取得,从而可得，由此可证结论。例5.（年安徽省理13分）设（=1\*ROMANI）求在上的最小值；（=2\*ROMANII）设曲线在点的切线方程为；求的值。【答案】解：（=1\*ROMANI）设，则。∴。=1\*GB3①当时，。∴在上是增函数。∴当时，的最小值为。=2\*GB3②当时，∴当且仅当时，的最小值为。（=2\*ROMANII）∵，∴。由题意得：，即，解得。【考点】复合函数的应用，导数的应用，函数的增减性，基本不等式的应用。【解析】（=1\*ROMANI）根据导数的的性质分和求解。（=2\*ROMANII）根据切线的几何意义列方程组求解。例6.（年浙江省理14分）已知，，函数．（Ⅰ）证明：当时，（i）函数的最大值为；（ii）；（Ⅱ）若对恒成立，求的取值范围．【答案】(Ⅰ)证明：(ⅰ)．当b≤0时，＞0在0≤x≤1上恒成立，此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；当b＞0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a。综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a。(ⅱ)设＝﹣，∵，∴令。当b≤0时，＜0在0≤x≤1上恒成立，此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；当b＜0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，≤|2a－b|﹢a综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a，即＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，且函数在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大。∵﹣1≤≤1对x[0，1]恒成立，∴|2a－b|﹢a≤1。取b为纵轴，a为横轴．则可行域为：和，目标函数为z＝a＋b。作图如下：由图易得：当目标函数为z＝a＋b过P(1，2)时，有．∴所求a＋b的取值范围为：。【考点】分类思想的应用，不等式的证明，利用导数求闭区间上函数的最值，简单线性规划。【解析】(Ⅰ)(ⅰ)求导后，分b≤0和b＞0讨论即可。(ⅱ)利用分析法，要证＋|2a－b|﹢a≥0，即证＝﹣≤|2a－b|﹢a，亦即证在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a。（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，且函数在0≤x≤1﹣(|2a－b|﹢a)要大．根据－1≤≤1对x∈[0，1]恒成立，可得|2a－b|﹢a≤1，从而利用线性规划知识，可求a＋b例7.（年湖南省理13分）某企业接到生产3000台某产品的A，B，Ｃ三种部件的订单，每台产品需要这三种部件的数量分别为２,２,１（单位：件）.已知每个工人每天可生产Ａ部件６件，或Ｂ部件３件，或Ｃ部件２件.该企业计划安排２００名工人分成三组分别生产这三种部件，生产Ｂ部件的人数与生产Ａ部件的人数成正比，比例系数为k（k为正整数）.（Ⅰ）设生产Ａ部件的人数为ｘ，分别写出完成Ａ，Ｂ，Ｃ三种部件生产需要的时间；（Ⅱ）假设这三种部件的生产同时开工，试确定正整数k的值，使完成订单任务的时间最短，并给出时间最短时具体的人数分组方案.【答案】解：（Ⅰ）设完成A，B，Ｃ三种部件的生产任务需要的时间（单位：天）分别为由题设有其中均为1到200之间的正整数。（Ⅱ）完成订单任务的时间为其定义域为。易知，为减函数，为增函数。∵于是（1）当时，此时，由函数的单调性知，当时取得最小值，解得。由于，故当时完成订单任务的时间最短，且最短时间为。（2）当时，由于为正整数，故，此时。易知为增函数，则。由函数的单调性知，当时取得最小值，解得。由于此时完成订单任务的最短时间大于。（3）当时，由于为正整数，故，此时。由函数的单调性知，当时取得最小值，解得。类似（2）的讨论，此时完成订单任务的最短时间为，大于。综上所述，当时完成订单任务的时间最短，此时生产Ａ，Ｂ，Ｃ三种部件的人数分别为44，88，68。【考点】分段函数、函数单调性、最值，分类思想的应用。【解析】（Ⅰ）根据题意建立函数模型。（Ⅱ）利用单调性与最值，分、和三种情况讨论即可得出结论。例8.（年福建省理14分）已知函数f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R.（Ⅰ）若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；（Ⅱ）试确定a的取值范围，使得曲线y＝f(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.【答案】解：（Ⅰ）∵f′(x)＝ex＋2ax－e，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线斜率k＝2a∴a＝0，即f(x)＝ex－ex。此时f′(x)＝ex－e，∵f′(x)＝0得x＝1，当x∈(－∞，1)时，有f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，有f′(x)>0，∴f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)。（Ⅱ）设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲线y＝f(x)在点P处的切线与曲线只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点。因为g(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0①若a≥0，当x＞x0时，g′(x)＞0，则x＞x0时，g(x)＞g(x0)＝0；当x＜x0时，g′(x)＜0，则x＜x0时，g(x)＞g(x0)＝0。故g(x)只有唯一零点x＝x0。由于x0具有任意性，不符合P的唯一性，故a≥0不合题意。②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，则h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2令h′(x)＝0，得x＝ln(－2a)，记x*＝ln(－2则当x∈(－∞，x*)时，h′(x)＜0，从而h(x)在(－∞，x*)内单调递减；当x∈(x*，＋∞)时，h′(x)＞0，从而h(x)在(x*，＋∞)内单调递增。(i)若x0＝x*，由x∈(－∞，x*)时，g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0；x∈(x*，＋∞)时，g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0.知g(x)在R上单调递增，所以函数g(x)在R上有且只有一个零点x＝x*。(ii)若x0＞x*，由于h(x)在(x*，＋∞)内单调递增，且h(x0)＝0，则当x∈(x*，x0)时有g′(x)＝h(x)＜h(x0)＝0，g(x)＞g(x0)＝0；任取x1∈(x*，x0)有g(x1)＞0。又当x∈(－∞，x1)时，易知g(x)＝ex＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0＜ex1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋c其中b＝－(e＋f′(x0))，c＝ex1－f(x0)＋x0f′(x0由于a＜0，则必存在x2＜x1，使得axeq\o\al(2,2)＋bx2＋c＜0.所以g(x2)＜0，故g(x)在(x2，x1)内存在零点．即g(x)在R上至少有两个零点。(iii)若x0＜x*，仿(ii)并利用ex＞eq\f(x3,6)，可证函数g(x)在R上至少有两个零点。综上所述，当a＜0时，曲线y＝f(x)上存在唯一点P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程，利用导数研究函数的单调性。【解析】（Ⅰ）求导函数，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，可求a的值，由f′(x)<0，可得函数f(x)的单调减区间；由f′(x)＞0，可得单调增区间。（Ⅱ）设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P等价于g(x)有唯一零点，求出导函数，再进行分类讨论：①若a≥0，g(x)只有唯一零点x＝x0，由P的任意性a≥0不合题意；（2）②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，则h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a，可得函数的单调性，进而可研究g(例9.（年陕西省理14分）设函数（1）设，，证明：在区间内存在唯一的零点；（2）设，若对任意，有，求的取值范围；（3）在（1）的条件下，设是在内的零点，判断数列的增减性.【答案】解：（1）证明：，时，。∵，∴在内存在零点。又∵当时，，∴在上单调递增。∴在内存在唯一零点。（2）当时，。对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分类讨论如下：（ⅰ）当，即时，，与题设矛盾。（ⅱ）当，即时，恒成立。（ⅲ）当，即时，恒成立。综上所述，的取值范围为。（3）设是在内的唯一零点，则，，。∴。又由（1）知在上是递增的，∴。∴数列是递增数列。【考点】函数与方程，导数的综合应用、函数与数列的综合。【解析】（1）一方面由得在内存在零点；另一方面由当时，得在上单调递增。从而得出在内存在唯一零点。（2）对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分、和讨论即可。（3）设是在内的唯一零点，则可得。又由（1）知在上是递增的，∴。从而得到数列是递增数列。另解：设是在内的唯一零点，∵则的零点在内，故。所以，数列是递增数列。例10.（年全国课标卷文5分）设函数(Ⅰ)求的单调区间(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，，求k的最大值【答案】解：(Ｉ)f(x)的的定义域为，。若，则，∴在上单调递增。若，则当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增。(Ⅱ)∵a=1，∴。∴当x>0时，，它等价于。令，则。由(Ｉ)知，函数在上单调递增。∵，，∴在上存在唯一的零点。∴在上存在唯一的零点，设此零点为，则。当时，；当时，。∴在上的最小值为。又∵，即，∴。因此，即整数k的最大值为2。【考点】函数的单调性质，导数的应用。【解析】(Ｉ)分和讨论的单调区间即可。(Ⅱ)由于当x>0时，等价于，令，求出导数，根据函数的零点情况求出整数k的最大值。例11.（年四川省理5分）方程中的，且互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有【】A、60条B、62条C、71条D、80条【答案】B。【考点】分类讨论的思想，抛物线的定义。【解析】将方程变形得，若表示抛物线，则∴分=－3,－2，1，2，3五种情况：（1）若=－3，;（2）若=3,以上两种情况下有9条重复，故共有16+7=23条；同理当=－2,或2时，共有23条；当=1时，共有16条。综上，共有23+23+16=62条。故选B。例12.（年江西省理13分）已知三点，，，曲线上任意一点满足。（1）求曲线的方程；（2）动点在曲线上，曲线在点处的切线为。问：是否存在定点，使得与都相交，交点分别为，且与的面积之比是常数？若存在，求的值。若不存在，说明理由。【答案】解：（1）由eq\o(MA,\s\up6(→))＝(－2－x,1－y)，eq\o(MB,\s\up6(→))＝(2－x,1－y)，得|eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))|＝eq\r(－2x2＋2－2y2)，eq\o(OM,\s\up6(→))·(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))＝(x，y)·(0,2)＝2y。由已知得eq\r(－2x2＋2－2y2)＝2y＋2，化简得曲线C的方程：x2＝4y。（2）假设存在点P(0，t)(t<0)满足条件，则直线PA的方程是y＝eq\f(t－1,2)x＋t，PB的方程是y＝eq\f(1－t,2)x＋t。曲线C在Q处的切线l的方程是y＝eq\f(x0,2)x－eq\f(x\o\al(2,0),4)，它与y轴交点为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(x\o\al(2,0),4)))。由于－2<x0<2，因此－1<eq\f(x0,2)<1。①当－1<t<0时，－1<eq\f(t－1,2)<－eq\f(1,2)，存在x0∈(－2,2)使得eq\f(x0,2)＝eq\f(t－1,2)，即l与直线PA平行，故当－1<t<0时不符合题意。②当t≤－1时，eq\f(t－1,2)≤－1<eq\f(x0,2)，eq\f(1－t,2)≥1>eq\f(x0,2)，所以l与直线PA，PB一定相交。分别联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(t－1,2)x＋t，,y＝\f(x0,2)x－\f(x\o\al(2,0),4)，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1－t,2)x＋t，,y＝\f(x0,2)x－\f(x\o\al(2,0),4)，))解得D，E的横坐标分别是xD＝eq\f(x\o\al(2,0)＋4t,2x0＋1－t)，xE＝eq\f(x\o\al(2,0)＋4t,2x0＋t－1)。则xE－xD＝(1－t)eq\f(x\o\al(2,0)＋4t,x\o\al(2,0)－t－12).。又|FP|＝－eq\f(x\o\al(2,0),4)－t，有S△PDE＝eq\f(1,2)·|FP|·|xE－xD|＝eq\f(1－t,8)·eq\f(x\o\al(2,0)＋4t2,t－12－x\o\al(2,0)).。又S△QAB＝eq\f(1,2)·4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,0),4)))＝eq\f(4－x\o\al(2,0),2)，于是eq\f(S△QAB,S△PDE)＝eq\f(4,1－t)·eq\f(x\o\al(2,0)－4[x\o\al(2,0)－t－12],x\o\al(2,0)＋4t2)＝eq\f(4,1－t)·eq\f(x\o\al(4,0)－[4＋t－12]x\o\al(2,0)＋4t－12,x\o\al(4,0)＋8tx\o\al(2,0)＋16t2)。对任意x0∈(－2,2)，要使eq\f(S△QAB,S△PDE)为常数，则t要满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4－t－12＝8t，,4t－12＝16t2，))解得t＝－1，此时eq\f(S△QAB,S△PDE)＝2。故存在t＝－1，使△QAB与△PDE的面积之比是常数2。【考点】圆锥曲线的轨迹问题，利用导数研究曲线上某点切线方程。【解析】（1）用坐标表示eq\o(MA,\s\up6(→))和eq\o(MB,\s\up6(→))，从而可得|eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))|，利用向量的数量积，结合满足，可得曲线C的方程。（2）假设存在点P(0，t)(t<0)满足条件，则直线PA的方程是y＝eq\f(t－1,2)x＋t，PB的方程是y＝eq\f(1－t,2)x＋t。分类讨论：①当－1<t<0时，l∥PA，不符合题意；②当t≤－1时，eq\f(t－1,2)≤－1<eq\f(x0,2)，eq\f(1－t,2)≥1>eq\f(x0,2)，分别联立方程组，解得D，E的横坐标，进而可得△QAB与△PDE的面积之比，利用其为常数，即可求得结论。例13.（年湖北省理13分）设是单位圆上的任意一点，是过点与轴垂直的直线，是直线与轴的交点，点在直线上，且满足.当点在圆上运动时，记点的轨迹为曲线.（Ⅰ）求曲线的方程，判断曲线为何种圆锥曲线，并求焦点坐标；（=2\*ROMANII）过原点且斜率为的直线交曲线于两点，其中在第一象限，它在y轴上的射影为点N，直线交曲线于另一点，是否存在，使得对任意的，都有？若存在，求的值；若不存在，请说明理由。【答案】解：（Ⅰ）如图1，设，，则由，可得，，所以，.①∵点在单位圆上运动，∴.②将①式代入②式即得所求曲线的方程为。∵，∴当时，曲线是焦点在轴上的椭圆，两焦点坐标分别为，；当时，曲线是焦点在轴上的椭圆，两焦点坐标分别为，。（Ⅱ）如图2、3，，设，，则，，直线的方程为，将其代入椭圆的方程并整理可得。依题意可知此方程的两根为，。于是由韦达定理可得，即。∵点H在直线QN上，∴。∴，。∵，∴，即。又∵，∴。∴存在，使得在其对应的椭圆上，对任意的，都有。【考点】求曲线的轨迹方程，直线与圆锥曲线的位置关系。【解析】（Ⅰ）由和点在圆上列式即可求得曲线的方程，并可判断曲线的类型，求得焦点坐标。（=2\*ROMANII）设，，则，，表示出直线的方程代入椭圆的方程并整理，应用韦达定理得到，利用Q、N、H三点共线得到，利用PQ⊥PH得到，从而求得结论。另解：如图2、3，，设，，则，，∵，两点在椭圆上，∴两式相减可得.依题意，由点在第一象限可知，点也在第一象限，且，不重合，∴。∴由可得.。又∵，，三点共线，∴，即。∴由可得。∵，∴，即。又∵，∴。∴存在，使得在其对应的椭圆上，对任意的，都有。三、几何图形的不确定的分类应用：典型例题：例1.（年天津市理5分）已知函数的图象与函数的图象恰有两个交点，则实数的取值范围是▲.【答案】。【考点】函数的图像及其性质，利用函数图像确定两函数的交点。【分析】函数，当时，，当时，，综上函数。作出函数的图象，要使函数与有两个不同的交点，则直线必须在蓝色或黄色区域内，如图，此时当直线经过黄色区域时，满足，当经过蓝色区域时，满足，综上实数的取值范围是。例2.（年全国大纲卷理5分）已知函数的图像与轴恰有两个公共点，则【】A．或2B．或3C．或1D．或1【答案】A【考点】导数的应用。【解析】若函数图像与轴有两个不同的交点，则需要满足其中一个为零即可。因为三次函数的图像与轴恰有两个公共点，结合该函数的图像，可知只有在极大值点或者极小值点有一点在轴时满足要求（如图所示）。∵，∴。∴当时，函数取得极值。由或可得或，即。故选A。例3.（年江西省文5分）如下图，OA=2（单位：m）,OB=1(单位：m),OA与OB的夹角为，以A为圆心，AB为半径作圆弧与线段OA延长线交与点C.甲。乙两质点同时从点O出发，甲先以速度1（单位:ms）沿线段OB行至点B，再以速度3（单位：m/s）沿圆弧行至点C后停止，乙以速率2（单位：m/s）沿线段OA行至A点后停止。设t时刻甲、乙所到的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面积为，则函数的图像大致是【】A.B.C.D.【答案】A。【考点】函数的图象。【解析】由题设知，OA=2（单位：m）,OB=1(单位：m)，两者行一秒后，甲行到B停止，乙此时行到A，故在第一秒内，甲、乙所到的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面积为的值增加得越来越快，一秒钟后，随着甲的运动，所围成的面积增加值是扇形中AB所扫过的面积，由于点B是匀速运动，故一秒钟后，面积的增加是匀速的，且当甲行走到C后，即B与C重合后，面积不再随着时间的增加而改变，故函数随着时间t的增加先是增加得越来越快，然后转化成匀速增加，然后面积不再变化，考察四个选项，只有A符合题意。故选A。例4.（年江西省理5分）如下图，已知正四棱锥所有棱长都为1，点是侧棱上一动点，过点垂直于的截面将正四棱锥分成上、下两部分，记截面下面部分的体积为则函数的图像大致为【】【答案】A。【考点】棱锥的体积公式，线面垂直，函数的思想。【解析】对于函数图象的识别问题，若函数的图象对应的解析式不好求时，作为选择题，可采用定性排它法：观察图形可知，当时，随着的增大，单调递减，且递减的速度越来越快，不是的线性函数，可排除C，D。当时，随着的增大，单调递减，且递减的速度越来越慢，可排除B。只有A图象符合。故选A。如求解具体的解析式，方法繁琐，而且计算复杂，很容易出现某一步的计算错误而造成前功尽弃，并且作为选择题也没有太多的时间去解答。我们也解答如下：连接AC，BD，二者交于点O，连接SO，过点E作底面的垂线EH。当E为SC中点时，∵SB＝SD＝BC＝CD，∴SE⊥BE，SE⊥DE。∴SE⊥面BDE。∴当时，截面为三角形EBD，截面下面部分锥体的底为BCD。又∵SA＝SC＝1，AC＝eq\r(,2)，SO＝eq\f(\r(,2),2)。此时。∴。当时，截面与AD和AB相交，分别交于点F、D，设FG与AC相交于点I，则易得。由EH∥SO，得，即。由EI∥SA，得，即。易知是等腰直角三角形，即。∴。∴。当时，截面与DC和BC相交，分别交于点M、N，设MN与AC相交于点J，则易得。由EH∥SO，得，即。由EJ∥SA，得，即。易知是等腰直角三角形，即。∴。∴。综上所述，。结合微积分知识，可判定A正确。例5.（年上海市理16分）在平面直角坐标系中，已知双曲线.（1）过的左顶点引的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及x轴围成的三角形的面积；（4分）（2）设斜率为1的直线交于P、Q两点，若与圆相切，求证：OP⊥OQ；（6分）（3）设椭圆.若M、N分别是、上的动点，且OM⊥ON，求证：O到直线MN的距离是定值.（6分）【答案】解：（1）∵双曲线的左顶点，渐近线方程：.∴过点A与渐近线平行的直线方程为，即。解方程组，得。∴所求三角形的面积为。（2）证明：设直线PQ的方程是∵直线与已知圆相切，故，即。由，得。设，则.又，∴。∴OP⊥OQ。（3）当直线ON垂直于轴时，|ON|=1，|O|=，则O到直线MN的距离为。（此时，N在轴上，在轴上）当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为（显然），则由OM⊥ON，得直线OM的方程为。由，得。∴。同理。设O到直线MN的距离为，∵，∴，即。综上所述，O到直线MN的距离是定值。【考点】双曲线的概念、标准方程、几何性，直线与双曲线的关系，椭圆的标准方程和圆的有关性质。【解析】（1）求出过点A与一条渐近线平行的直线方程，再求出它与另一条渐近线即可求得三角形的面积。（2）由两直线垂直的判定，只要证明表示这两条直线的向量积为0即可，从而求出直线方程，进一步求出表示这两条直线的向量，求出它们的积即可。（3）分直线ON垂直于轴和直线ON不垂直于x轴两种情况证明即可。例6.（年四川省理12分）如图，动点到两定点、构成，且，设动点的轨迹为。（Ⅰ）求轨迹的方程；（Ⅱ）设直线与轴交于点，与轨迹相交于点，且，求的取值范围。【答案】解：（Ⅰ）设M的坐标为（x，y），显然有x>0且。当∠MBA=90°时，点M的坐标为（2，,±3）。当∠MBA≠90°时，x≠2。由得tan∠MBA=，即化简得：。而点（2，,±3）在上。∵时，，∴。综上可知，轨迹C的方程为（）。(II)由方程消去y，可得。（*）由题意，方程（*）有两根且均在（1，+）内，设，∴，解得，m>1且m2。设Q、R的坐标分别为，由有。∴。由m>1且m2得且。∴的取值范围是。【考点】直线、双曲线、轨迹方程的求法，倍角公式的应用。【解析】（Ⅰ）设M的坐标为（x，y），当∠MBA=90°时，可直接得到点M的坐标为（2，,±3）；当∠MBA≠90°时，由应用倍角公式即可得到轨迹的方程。（Ⅱ）直线与联立，消元可得①，利用①有两根且均在（1，+∞）内可知，m＞1，m≠2。设Q，R的坐标，求出xR，xQ，利用，即可确定的取值范围。四、由数学运算引起的分类应用：典型例题：例1.（年北京市理5分）已知集合A={x∈R｜3x＋2>0﹜，B={x∈R｜(x＋1)(x－3)>0﹜，则A∩B=【】A．（－∞，－1）B.（－1，）C.﹙，3﹚D.（3，＋∝）【答案】D。【考点】集合的交集运算。【解析】∵，，∴A∩B=（3，＋∝）。故选D。例2.（年浙江省理5分）设集合，集合，则【】A．B．C．D．【答案】A。【考点】集合的运算。【解析】∵，∴。∴。故选A。例3.（年江苏省10分）设集合，．记为同时满足下列条件的集合的个数：①；②若，则；③若，则。（1）求；（2）求的解析式（用表示）．【答案】解：（1）当时，符合条件的集合为：，∴=4。(2）任取偶数，将除以2，若商仍为偶数．再除以2，···经过次以后．商必为奇数．此时记商为。于是，其中为奇数。由条件知．若则为偶数；若，则为奇数。于是是否属于，由是否属于确定。设是中所有奇数的集合．因此等于的子集个数。当为偶数〔或奇数）时，中奇数的个数是（）。∴。【考点】集合的概念和运算，计数原理。【解析】（1）找出时，符合条件的集合个数即可。（2）由题设，根据计数原理进行求解。例4.（年重庆市理5分）设函数在上可导，其导函数为，且函数的图像如题图所示，则下列结论中一定成立的是【】（A）函数有极大值和极小值（B）函数有极大值和极小值（C）函数有极大值和极小值（D）函数有极大值和极小值【答案】D。【考点】函数在某点取得极值的条件，函数的图象。【分析】由图象知，与轴有三个交点，－2，1，2，∴。由此得到，，，和在上的情况：－212＋0－0＋0－＋＋＋0－－－＋0－－－0＋↗极大值↘非极值↘极小值↗∴的极大值为，的极小值为。故选D。例5.（年北京市理13分）已知函数（1）若曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值；（2）当时，求函数的单调区间，并求其在区间（－∞，－1）上的最大值。【答案】解：（1）∵（1，c）为公共切点，∴。∴，即=1\*GB3①。又∵，∴。又∵曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，∴=2\*GB3②。解=1\*GB3①=2\*GB3②，得。（2）∵，∴设。则。令，解得。∵，∴。又∵在各区间的情况如下：＋0－0＋∴在单调递增，在单调递减，在上单调递增。①若，即时，最大值为；②若，即时，最大值为。③若时，即时，最大值为。综上所述：当时，最大值为；当时，最大值为1。【考点】函数的单调区间和最大值，切线的斜率，导数的应用。【解析】（1）由曲线与曲线有公共点（1，c）可得；由曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线可得两切线的斜率相等，即。联立两式即可求出a、b的值。（2）由得到只含一个参数的方程，求导可得的单调区间；根据，和三种情况讨论的最大值。例6.（年湖南省理13分）已知函数，其中≠0.（Ⅰ）若对一切∈R，≥1恒成立，求的取值集合.（Ⅱ）在函数的图像上取定两点，记直线AB的斜率为，问：是否存在，使成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】解：（Ⅰ）若，则对一切，，这与题设矛盾，又，故。∵∴令。当时，单调递减；当时，单调递增.∴当时，取最小值。于是对一切恒成立，当且仅当①令则。当时，单调递增；当时，单调递减，∴当时，取最大值。∴当且仅当即时，①式成立。综上所述，的取值集合为。（Ⅱ）存在。由题意知，。令则。令，则。当时，单调递减；当时，单调递增，∴当，即。∴，。又∵∴。∵函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，∴存在使单调递增，故这样的是唯一的，且，故当且仅当时，。综上所述，存在使成立.且的取值范围为。【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立,分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法的应用。【解析】（Ⅰ）用导函数法求出取最小值，对一切∈R，≥1恒成立转化为，从而得出的取值集合。（Ⅱ）在假设存在的情况下进行推理，通过构造函数，研究这个函数的单调性及最值来进行分析判断。例7.（年江苏省16分）若函数在处取得极大值或极小值，则称为函数的极值点。已知是实数，1和是函数的两个极值点．（1）求和的值；（2）设函数的导函数，求的极值点；（3）设，其中，求函数的零点个数．【答案】解：（1）由，得。∵1和是函数的两个极值点，∴，，解得。（2）∵由（1）得，，∴，解得。∵当时，；当时，，∴是的极值点。∵当或时，，∴不是的极值点。∴的极值点是－2。（3）令，则。先讨论关于的方程根的情况：当时，由（2）可知，的两个不同的根为I和一2，注意到是奇函数，∴的两个不同的根为一和2。当时，∵，，∴一2,－1，1，2都不是的根。由（1）知。①当时，，于是是单调增函数，从而。此时在无实根。②当时．，于是是单调增函数。又∵，，的图象不间断，∴在（1,2）内有唯一实根。同理，在（一2，一I）内有唯一实根。③当时，，于是是单调减两数。又∵，，的图象不间断，∴在（一1，1）内有唯一实根。因此，当时，有两个不同的根满足；当时有三个不同的根，满足。现考虑函数的零点：(i）当时，有两个根，满足。而有三个不同的根，有两个不同的根，故有5个零点。(11）当时，有三个不同的根，满足。而有三个不同的根，故有9个零点。综上所述，当时，函数有5个零点；当时，函数有9个零点。【考点】函数的概念和性质，导数的应用。【解析】（1）求出的导数，根据1和是函数的两个极值点代入列方程组求解即可。（2）由（1）得，，求出，令，求解讨论即可。（3）比较复杂，先分和讨论关于的方程根的情况；再考虑函数的零点。例8.（年湖南省文5分）设定义在R上的函数是最小正周期为2的偶函数，是的导函数，当时，0＜＜1；当且时，，则函数在[-2，2]上的零点个数为【】A.2B.4C.5D.8【答案】Ｂ。【考点】函数的周期性、奇偶性、图像及两个图像的交点问题。【解析】由当且≠时，，知为减函数；为增函数。又时，0＜f(x)＜1，在R上的函数f(x)是最小正周期为2的偶函数，在同一坐标系中作出和草图像如下，由图知在[-2，2]上的零点个数为4个。例9.（年全国大纲卷文12分）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）设有两个极值点，，若过两点，的直线与轴的交点在曲线上，求的值．【答案】解：（1）∵，∴=1\*GB3①当时，，且仅当时。∴是增函数。=2\*GB3②当时，有两个根。列表如下：的增减性＞0增函数＜减函数＞0增函数（2）由题设知，，是的两个根，∴，且。∴。同理，。∴直线的解析式为。设直线与轴的交点为，则，解得。代入得，∵在轴上，∴，解得，或或。【考点】函数的单调性和极值，导数的应用。【解析】（1）求出导函数，分区间讨论即可。（2）由，是的两个根和（1）的结论，得，求出关于的表达式和关于的表达式，从而得到直线的解析式。求出交点的横坐标代入，由其等于0，求出的值。例10.（年全国课标卷理5分）数列满足，则的前项和为▲【答案】。【考点】分类归纳（数字的变化类），数列。【解析】求出的通项：由得，当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；······当时，；当时，；当时，；当时，（）。∵，∴的四项之和为（）。设（）。则的前项和等于的前15项和，而是首项为10，公差为16的等差数列，∴的前项和=的前15项和=。例11.（年湖北省理12分）已知等差数列前三项的和为-3，前三项的积为8.（Ⅰ）求等差数列的通项公式；（=2\*ROMANII）若成等比数列，求数列的前n项的和。【答案】解：（Ⅰ）设等差数列的公差为，则，，由题意得解得或∴由等差数列通项公式可得，或。∴等差数列的通项公式为，或。（Ⅱ）当时，，，分别为，，，不成等比数列；当时，，，分别为，，，成等比数列，满足条件。∴记数列的前项和为，当时，；当时，；当时，。当时，满足此式。综上，【考点】等差等比数列的通项公式，和前n项和公式及基本运算。【解析】（Ⅰ）设等差数列的公差为，根据等差数列前三项的和为-3，前三项的积为8列方程组求解即可。（=2\*ROMANII）对（Ⅰ）的结果验证符合成等比数列的数列，应用等差数列前n项和公式分，，分别求解即可。例12.（年重庆市理12分）设数列的前项和满足，其中.（I）求证：是首项为1的等比数列；（5分）（II）若，求证：，并给出等号成立的充要条件.（7分）【答案】证明：（Ⅰ）∵，∴。∴。∴。∵，∴。∴。∵，∴。∴。∴。∴。∴。∴是首项为1，公比为的等比数列。（II）当=1或=2时，易知成立。当时，成立。当时，，∴。∴。当时，上面不等式可化为，设，①当时，。∴。∴当时，所要证的不等式成立。②当时，令，则。∴在（0，1）上递减。∴。∴。∴在（0，1）上递增。∴。∴当时，所要证的不等式成立。=3\*GB3③当时，，由已证结论得：。∴。∴。∴当时，所要证的不等式成立。综上所述，当且时，。当且仅当=1,2或时等号成立。【考点】数列与不等式的综合，数列与函数的综合，等比数列的性质，等比关系的确定。【分析】（I）根据，得，两式相减，即可证得是首项为1，公比为的等比数列。（II）当=1或=2时和当时，成立。当时，分，，三种情况分别证明即可。本题也可用数学归纳法证明。例13.（年上海市文4分）已知，各项均为正数的数列满足，，若，则的值是▲【答案】。【考点】数列的概念、组成和性质，函数的概念。【解析】根据题意，，并且，得到。当为奇数时，，，，，。当为偶数时，由，得到，解得（负值舍去）。由得，解得。∴当为偶数时，。∴。例14.（年安徽省文13分）设函数的所有正的极小值点从小到大排成的数列为.（Ⅰ）求数列；（Ⅱ）设的前项和为，求。【答案】解：（=1\*ROMANI）∵，∴。令，解得。当时，；当时，。∴当时，取极小值。∴数列：。（=2\*ROMANII）由（=1\*ROMANI）得：，∴。当时，；当时，；当时，。∴当时，；当时，；当时，。【考点】三角函数的极值，导数的应用，数列。【解析】（=1\*ROMANI）求函数的所有正的极小值点，即要讨论，和的情况，得出结果。（=2\*ROMANII）求出的前项和为，分类讨论，求出。例15.（年湖北省理5分）函数在区间[0,4]上的零点个数为【】A.4B.5C.6D.7【答案】C。【考点】函数的零点与方程，三角函数的周期性。【解析】由得或。当时，，∴是函数在区间[0,4]上的一个零点。当时，∵，∴。∵使余弦为零的角的弧度数为，∴令。则时对应角分别为均满足条件，当时，不满足条件。综上所述，函数在区间[0,4]上的零点个数为6个。故选C。例16.（年安徽省理12分）设函数（=1\*ROMANI）求函数的最小正周期；（=2\*ROMANII）设函数对任意，有，且当时，；求函数在上的解析式。【答案】解：（=1\*ROMANI）∵，∴函数的最小正周期。（=2\*ROMANII）∵当时，∴当时，，当时，，。∴函数在上的解析式为。【考点】三角函数公式和性质。，【解析】（=1\*ROMANI）将化为，即可求出函数的最小正周期。（=2\*ROMANII）由得出关于的函数关系式。由分区间讨论即可。例17.（年全国大纲卷理5分）将字母排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有【】A．12种B．18种C．24种D．36种【答案】A。【考点】排列组合的应用，分步计数原理。【解析】利用分步计数原理，先填写最左上角的数，有3种，再填写右上角的数为2种，再填写第二行第一列的数有2种，一共有3×2×2=12种。故选A。例18.（年北京市理5分）从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数.其中奇数的个数为【】A.24B.18C.12D.6【答案】B。【考点】排列组合问题。【解析】由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇；偶奇奇。如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析（3种情况），之后十位（2种情况），最后百位（2种情况），共12种；如果是第二种情况偶奇奇：个位（3种情况），十位（2种情况），百位（不能是O，一种倩况），共6种。因此总共有12+6=18种情况。故选B。例19.（年安徽省理5分）6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品，已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到份纪念品的同学人数为【】或或或或【答案】。【考点】排列组合。【解析】∵，∴在6位同学的两两交换中少2种情况。不妨设甲、乙、丙、丁、戍、己6人=1\*GB3①设仅有甲与乙，丙没交换纪念品，则甲收到3份纪念品，乙、丙收到4份纪念品，丁、戍、己收到5份纪念品，此时收到4份纪念品的同学人数为人；=2\*GB3②设仅有甲与乙，丙与丁没交换纪念品，则甲、乙、丙、丁收到4份纪念品，戍、己收到5份纪念品，此时收到4份纪念品的同学人数为4人。故选。例20.（年浙江省理5分）若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有【】A．60种B．63种C．65种D．66种【答案】D。【考点】分类讨论，计数原理的应用。【解析】1，2，2，…，9这9个整数中有5个奇数，4个偶数．要想同时取4个不同的数其和为偶数，则取法有：4个都是偶数：1种；2个偶数，2个奇数：种；4个都是奇数：种。∴不同的取法共有66种。故选D。例21.（年陕西省理5分）两人进行乒乓球比赛，先赢三局着获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同情形）共有【】A.10种B.15种C.20种D.30种【答案】D。【考点】排列、组合及简单计数问题，分类计数原理。【解析】根据分类计数原理，所有可能情形可分为3:0，3:1，3:2三类，在每一类中可利用组合数公式计数，最后三类求和即可得结果：当比分为3:0时，共有2种情形；当比分为3:1时，共有种情形；当比分为3:2时，共有种情形。总共有种。故选D。例22.（年湖北省理5分）回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数。如22，,11,3443