【步步高】届高考数学（理科广东）二轮专题复习 专题九 第3讲 分类讨论思想课件.ppt

1、,专题九 数学思想方法,第3讲 分类讨论思想,思 想 方 法 概 述,热 点 分 类 突 破,真 题 与 押 题,思想方法概述,1.分类讨论思想是一种重要的数学思想方法.其基本思路是将一个较复杂的数学问题分解(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.,2.分类讨论的常见类型 (1)由数学概念引起的分类讨论.有的概念本身是分类的，如绝对值、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

2、类讨论.有的数学定理、公式、性质是分类给出的，在不同的条件下结论不一致，如等比数列的前n项和公式、函数的单调性等.,(3)由数学运算要求引起的分类讨论.如除法运算中除数不为零，偶次方根为非负，对数真数与底数的要求，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讨论.有的图形类型、位置需要分类：如角的终边所在的象限；点、线、面的位置关系等.,(5)由参数的变化引起的分类讨论.某些含有参数的问题，如含参数的方程、不等式，由于参数的取值不同会导致所得结果不同，或对于不同的参数值要运用不同的求解或证明方法. (6)由实际意义引起的讨论.此类

3、问题在应用题中，特别是在解决排列、组合中的计数问题时常用.,3.分类讨论的原则 (1)不重不漏. (2)标准要统一，层次要分明. (3)能不分类的要尽量避免或尽量推迟，决不无原则地讨论.,4.解分类问题的步骤 (1)确定分类讨论的对象，即对哪个变量或参数进行分类讨论. (2)对所讨论的对象进行合理的分类. (3)逐类讨论，即对各类问题详细讨论，逐步解决. (4)归纳总结，将各类情况总结归纳.,热点一 由数学概念、性质、运算引起的分类讨论,热点二 由图形位置或形状引起的讨论,热点三 由参数引起的分类讨论,热点分类突破,热点一 由数学概念、性质、运算引起的分类讨论,变式训练1,答案C,(2)已知数

4、列an的前n项和Snpn1(p是常数)，则数列an是() A.等差数列 B.等比数列 C.等差数列或等比数列 D.以上都不对,解析Snpn1， a1p1，anSnSn1(p1)pn1(n2)， 当p1且p0时，an是等比数列； 当p1时，an是等差数列； 当p0时，a11，an0(n2)，此时an既不是等差数列也不是等比数列. 答案D,热点二 由图形位置或形状引起的讨论,解析画出不等式组表示的平面区域(如图).,当x1时，1y2，有2个整点；,当x0时，0y3，有4个整点； 当x1时，1y4，有6个整点； 当x2时，2y5，有8个整点； 所以平面区域内的整点共有246820(个). 答案20,

5、(2)设圆锥曲线T的两个焦点分别为F1，F2，若曲线T上存在点P满足|PF1|F1F2|PF2|432，则曲线T的离心率为_.,解析不妨设|PF1|4t，|F1F2|3t，|PF2|2t，,若该圆锥曲线是双曲线，则有|PF1|PF2|2t2a，,变式训练2,答案D,解析若PF2F190， 则|PF1|2|PF2|2|F1F2|2，,若F2PF190，,则|F1F2|2|PF1|2|PF2|2|PF1|2(6|PF1|)2，,解得|PF1|4，|PF2|2，,例3(2014四川改编)已知函数f(x)exax2bx1，其中a，bR，e2.718 28为自然对数的底数. 设g(x)是函数f(x)的导

6、函数，求函数g(x)在区间0,1上的最小值.,热点三 由参数引起的分类讨论,解由f(x)exax2bx1， 有g(x)f(x)ex2axb. 所以g(x)ex2a. 因此，当x0,1时，g(x)12a，e2a.,所以g(x)在0,1上单调递增， 因此g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；,因此g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab；,所以函数g(x)在区间0，ln(2a)上单调递减，在区间(ln(2a)，1上单调递增. 于是，g(x)在0,1上的最小值是 g(ln(2a)2a2aln(2a)b.,g(ln(2a)2a2aln(2a)b；,g(1)e2ab.,变式训练3,(1)若函数g

7、(x)过点(1,1)，求函数f(x)的图象在x0处的切线方程；,所以所求的切线的斜率为3. 又f(0)0，所以切点为(0,0)， 故所求的切线方程为y3x.,(2)判断函数f(x)的单调性.,当a0时，因为x1，所以f(x)0， 故f(x)在(1，)上单调递增.,故f(x)在(1，1a)上单调递减；,故f(x)在(1a，)上单调递增.,综上，当a0时，函数f(x)在(1，)上单调递增； 当a0时，函数f(x)在(1，1a)上单调递减， 在(1a，)上单调递增.,分类讨论思想的本质是“化整为零，积零为整”.用分类讨论的思维策略解数学问题的操作过程：明确讨论的对象和动机确定分类的标准逐类进行讨论归

8、纳综合结论检验分类是否完备(即分类对象彼此交集为空集，并集为全集).做到“确定对象的全体，明确分类的标准，分类不重复、不遗漏”的分析讨论.,本讲规律总结,常见的分类讨论问题有： (1)集合：注意集合中空集的讨论. (2)函数：对数函数或指数函数中的底数a，一般应分a1和01的讨论；等比数列中分公比q1和q1的讨论.,(4)三角函数：角的象限及函数值范围的讨论. (5)不等式：解不等式时含参数的讨论，基本不等式相等条件是否满足的讨论. (6)立体几何：点线面及图形位置关系的不确定性引起的讨论； (7)平面解析几何：直线点斜式中k分存在和不存在，直线截距式中分b0和b0的讨论；轨迹方程中含参数时曲

9、线类型及形状的讨论.,(8)排列、组合、概率中的分类计数问题. (9)去绝对值时的讨论及分段函数的讨论等.,真题感悟,押题精练,真题与押题,1,2,真题感悟,3,当B 时，根据余弦定理有AC2AB2BC22ABBCcos B1225，,所以AC ，此时ABC为钝角三角形,符合题意；,当B 时，根据余弦定理有AC2AB2BC22ABBCcos B1221，,所以AC1，此时AB2AC2BC2，ABC为直角三角形，不符合题意.故AC .,答案B,1,2,真题感悟,3,2.(2013安徽)“a0”是“函数f(x)|(ax1)x|在区间(0，)内单调递增”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

10、 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件,1,2,真题感悟,3,解析当a0时，f(x)|(ax1)x|x|在区间(0，)上单调递增；,当a0时，结合函数f(x)|(ax1)x| |ax2x|的图象知函数在(0，) 上单调递增，如图(1)所示；,1,2,真题感悟,3,当a0时，结合函数f(x)|(ax1)x| |ax2x|的图象知函数在(0，)上先 增后减再增，不符合条件，如图(2)所示.,所以，要使函数f(x)|(ax1)x|在(0，)上单调递增只需a0.,即“a0”是“函数f(x)|(ax1)x|在区间(0，)内单调递增”的充要条件. 答案C,1,2,真题感悟,3,3.(2014广东)设

11、集合A(x1，x2，x3，x4，x5)|xi1,0,1，i1,2,3,4,5，那么集合A中满足条件“1|x1|x2|x3|x4|x5|3”的元素个数为() A.60 B.90C.120 D.130,1,2,真题感悟,3,解析在x1，x2，x3，x4，x5这五个数中，因为xi1,0,1，i1,2,3,4,5，,所以满足条件1|x1|x2|x3|x4|x5|3的可能情况有“一个1(或1)，四个0，有 2种；,两个1(或1)，三个0，有 2种；,一个1，一个1，三个0，有 种；,1,2,真题感悟,3,两个1(或1)，一个1(或1)，两个0，有 2种；,三个1(或1)，两个0，有 2种.,答案D,1,

12、2,真题感悟,3,押题精练,1,2,3,4,5,6,解析若a0，则f(x)在定义域的两个区间内都是常函数，不具备单调性； 若a0，函数f(x)在两段上都是单调递增的，要使函数在R上单调递增，只要(a2)e01，即a1，与a0矛盾，此时无解. 若2a0，则函数在定义域的两段上都是单调递减的.,押题精练,1,2,3,4,5,6,要使函数在R上单调递减，只要a21即a1，即1a0. 当a2时，函数f(x)不可能在R上单调. 综上，a的取值范围是1,0). 答案C,押题精练,1,2,3,4,5,6,押题精练,1,2,3,4,5,6,解析当公比q1时，a1a2a37，S33a121，符合要求.,押题精练

13、,1,2,3,4,5,6,答案C,3.抛物线y24px (p0)的焦点为F，P为其上的一点，O为坐标原点，若OPF为等腰三角形，则这样的点P的个数为() A.2 B.3 C.4 D.6,押题精练,1,2,3,4,5,6,解析当|PO|PF|时，点P在线段OF的中垂线上，此时，点P的位置有两个； 当|OP|OF|时，点P的位置也有两个； 对|FO|FP|的情形，点P不存在.事实上，F(p,0)，,押题精练,1,2,3,4,5,6,又y24px，x22px0，解得x0或x2p， 当x0时，不构成三角形. 当x2p(p0)时，与点P在抛物线上矛盾. 所以符合要求的点P一共有4个. 答案C,4.6位同

14、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4份纪念品的同学人数为() A.1或3 B.1或4 C.2或3 D.2或4,押题精练,1,2,3,4,5,6,解析设6位同学分别用a，b，c，d，e，f表示. 若任意两位同学之间都进行交换共进行15次交换，现共进行了13次交换， 说明有两次交换没有发生，此时可能有两种情况： (1)由3人构成的2次交换，如ab和ac之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有b，c两人.,押题精练,1,2,3,4,5,6,(2)由4人构成的2次交换，如ab和ce之间的交换没有

15、发生， 则收到4份纪念品的有a，b，c，e四人.故选D. 答案D,押题精练,1,2,3,4,5,6,5.已知等差数列an的前3项和为6，前8项和为4. (1)求数列an的通项公式；,押题精练,1,2,3,4,5,6,解设数列an的公差为d，,故an3(n1)4n.,(2)设bn(4an)qn1 (q0，nN*)，求数列bn的前n项和Sn.,押题精练,1,2,3,4,5,6,解由(1)可得bnnqn1， 于是Sn1q02q13q2nqn1. 若q1，将上式两边同乘q，得 qSn1q12q2(n1)qn1nqn.,两式相减，得(q1)Snnqn1q1q2qn1,押题精练,1,2,3,4,5,6,押题精练,1,2,