（通用版）2020版高考数学大二轮复习 专题九 第3讲 分类讨论思想课件 文

第3讲分类讨论思想1.(2017全国Ⅲ,文16)设函数f(x)=𝑥+1,𝑥≤0,2𝑥,𝑥0,则满足f(x)+fx-121的x的取值范围是.解析:由题意得当x12时,2x+2𝑥-121恒成立,即x12;当0x≤12时,2x+x-12+11恒成立,即0x≤12;当x≤0时,x+1+x-12+11,解得x-14,即-14x≤0.综上,x的取值范围是-14,+∞.答案:-14,+∞2.(2019全国Ⅲ,文20)已知函数f(x)=2x3-ax2+2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当0a3时,记f(x)在区间[0,1]的最大值为M,最小值为m,求M-m的取值范围.解:(1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f'(x)=0,得x=0或x=𝑎3.若a0,则当x∈(-∞,0)∪𝑎3,+∞时,f'(x)0;当x∈0,𝑎3时,f'(x)0.故f(x)在(-∞,0),𝑎3,+∞单调递增,在0,𝑎3单调递减;若a=0,f(x)在(-∞,+∞)单调递增;若a0,则当x∈-∞,𝑎3∪(0,+∞)时,f'(x)0;当x∈𝑎3,0时,f'(x)0.故f(x)在-∞,𝑎3,(0,+∞)单调递增,在𝑎3,0单调递减.(2)当0a3时,由(1)知,f(x)在0,𝑎3单调递减,在𝑎3,1单调递增,所以f(x)在[0,1]的最小值为f𝑎3=-𝑎327+2,最大值为f(0)=2或f(1)=4-a.于是m=-𝑎327+2,M=4-𝑎,0𝑎2,2,2≤𝑎3.所以M-m=2-𝑎+𝑎327,0𝑎2,𝑎327,2≤𝑎3.当0a2时,可知2-a+𝑎327单调递减,所以M-m的取值范围是827,2.当2≤a3时,𝑎327单调递增,所以M-m的取值范围是827,1.综上,M-m的取值范围是827,2.3.(2017全国Ⅰ,文21)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.解:(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增.②若a0,则由f'(x)=0得x=lna.当x∈(-∞,lna)时,f'(x)0;当x∈(lna,+∞)时,f'(x)0.故f(x)在(-∞,lna)单调递减,在(lna,+∞)单调递增.③若a0,则由f'(x)=0得x=ln-𝑎2.当x∈-∞,ln-𝑎2时,f'(x)0;当x∈ln-𝑎2,+∞时,f'(x)0.故f(x)在-∞,ln-𝑎2单调递减,在ln-𝑎2,+∞单调递增.(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.②若a0,则由(1)得,当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=-a2lna.从而当且仅当-a2lna≥0,即a≤1时,f(x)≥0.③若a0,则由(1)得,当x=ln-𝑎2时,f(x)取得最小值,最小值为fln-𝑎2=a234-ln-𝑎2.从而当且仅当a234-ln-𝑎2≥0,即a≥-2e34时f(x)≥0.综上,a的取值范围是[-2e34,1].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.1.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,偶次方根为非负数,对数式中对真数与底数的要求,指数运算中对底数的要求,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.2.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.3.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.考点1考点2考点3由数学概念、性质、运算引起的分类讨论例1在等比数列{an}中,已知a3=32,S3=92,则a1=.解析:当q=1时,a1=a2=a3=32,S3=3a1=92,显然成立;当q≠1时,由题意,得𝑎1𝑞2=𝑎3=32,𝑎1(1-𝑞3)1-𝑞=𝑆3=92.所以𝑎1𝑞2=32,①𝑎1(1+𝑞+𝑞2)=92,②由①②,得1+𝑞+𝑞2𝑞2=3,即2q2-q-1=0,所以q=-12或q=1(舍去).当q=-12时,a1=𝑎3𝑞2=6.综上可知,a1=32或a1=6.答案:32或6考点1考点2考点3考点1考点2考点3对应训练1已知数列{an}满足a1=1,a2=2,𝑎𝑛+2=1+cos2𝑛π2an+sin2𝑛π2,则该数列的前20项的和为.解析:当n为奇数时,𝑎𝑛+2=an+1,故奇数项是首项为1,公差为1的等差数列,其前10项之和等于1×10+10×92=55;当n为偶数时,𝑎𝑛+2=2an,故偶数项是首项为2,公比为2的等比数列,其前10项之和为2(1-210)1-2=211-2=2046.所以,数列{an}的前20项之和为55+2046=2101.答案:2101考点1考点2考点3由图形位置或形状引起的讨论(2)设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F1,F2,若曲线Γ上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,则曲线Γ的离心率为.例2(1)不等式组𝑥-𝑦+3≥0,𝑥+𝑦≥0,𝑥≤2表示的平面区域内有个整点(把横、纵坐标都是整数的点称为整点).考点1考点2考点3解析:(1)画出不等式组表示的平面区域(如图).当x=-1时,1≤y≤2,有2个整点;当x=0时,0≤y≤3,有4个整点;当x=1时,-1≤y≤4,有6个整点;当x=2时,-2≤y≤5,有8个整点;所以平面区域内的整点共有2+4+6+8=20(个).结合图中的可行域可知x∈-32,2,y∈[-2,5].由图形及不等式组,知-𝑥≤𝑦≤𝑥+3,-32≤𝑥≤2,且𝑥∈Z.考点1考点2考点3(2)不妨设|PF1|=4t,|F1F2|=3t,|PF2|=2t,若该圆锥曲线为椭圆,则有|PF1|+|PF2|=6t=2a,|F1F2|=3t=2c,e=𝑐𝑎=2𝑐2𝑎=3𝑡6𝑡=12;若该圆锥曲线是双曲线,则有|PF1|-|PF2|=2t=2a,|F1F2|=3t=2c,e=𝑐𝑎=2𝑐2𝑎=3𝑡2𝑡=32.所以圆锥曲线Γ的离心率为12或32.答案:(1)20(2)12或32考点1考点2考点3考点1考点2考点3对应训练2抛物线y2=4px(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P点的个数为()A.2B.3C.4D.6答案:C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),若设P(x,y),则|FO|=p,|FP|=(𝑥-𝑝)2+𝑦2,若(𝑥-𝑝)2+𝑦2=p,则有x2-2px+y2=0,又∵y2=4px,∴x2+2px=0,解得x=0或x=-2p,当x=0时,不构成三角形;当x=-2p时,与点P在抛物线上矛盾.所以符合要求的P点一共有4个.考点1考点2考点3由参数变化引起的分类讨论例3已知函数f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.解:(1)当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g'(x)0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点.(i)当a≤0时,h(x)0,h(x)没有零点;(ii)当a0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.考点1考点2考点3当x∈(0,2)时,h'(x)0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)0.所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.故h(2)=1-4𝑎e2是h(x)在[0,+∞)的最小值.①若h(2)0,即ae24,h(x)在(0,+∞)没有零点;②若h(2)=0,即a=e24,h(x)在(0,+∞)只有一个零点;③若h(2)0,即ae24,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点.由(1)知,当x0时,exx2,所以h(4a)=1-16𝑎3e4𝑎=1-16𝑎3(e2𝑎)21-16𝑎3(2𝑎)4=1-1𝑎0.故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.综上,f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=e24.考点1考点2考点3考点1考点2考点3对应训练3已知函数f(x)=lnx-ax,a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若函数f(x)存在两个零点x1,x2,使lnx1+lnx2-m0,求m的最大值.解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1𝑥-a.当a≤0时,f'(x)0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.当a0时,令f'(x)=0,得x=1𝑎0,当x∈0,1𝑎时,f'(x)0;当x∈1𝑎,+∞时,f'(x)0.所以f(x)在0,1𝑎上单调递增,在1𝑎,+∞上单调递减.综上所述,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a0时,f(x)在0,1𝑎上单调递增,在1𝑎,+∞上单调递减.考点1考点2考点3(2)因为lnx1-ax1=0,lnx2-ax2=0,即lnx1=ax1,lnx2=ax2.两式相减得lnx1-lnx2=a(x1-x2),即a=ln𝑥1𝑥2𝑥1-𝑥2.由已知lnx1+lnx2m,得a(x1+x2)m.因为x10,x20,所以a𝑚𝑥1+𝑥2,即ln𝑥1𝑥2𝑥1-𝑥2𝑚𝑥1+𝑥2.不妨设0x1x2,则ln𝑥1𝑥2𝑚(𝑥1-𝑥2)𝑥1+𝑥2.令t=𝑥1𝑥2,则t∈(0,1),所以lnt𝑚(𝑡-1)𝑡+1,即lnt-𝑚(𝑡-1)𝑡+10恒成立.设g(t)=lnt-𝑚(𝑡-1)𝑡+1(0t1),则g'(t)=𝑡2+2(1-𝑚)𝑡+1𝑡(𝑡+1)2.令h(t)=t2+2(1-m)t+1,则h(0)=1,h(t)的图象开口向上,对称轴方程为t=m-1,方程t2+2(1-m)t+1=0的判别式Δ=4m(m-2).考点1考点2考点3①当m≤1时,h(t)在(0,1)上单调递增,所以当0t1时,h(t