（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 理

第3讲分类讨论思想1.(2019天津,理8)已知a∈R,设函数若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立,则a的取值范围为()A.[0,1]B.[0,2]C.[0,e]D.[1,e]f(x)=𝑥2-2𝑎𝑥+2𝑎,𝑥≤1,𝑥-𝑎ln𝑥,𝑥1.解析:(1)当a≤1时,二次函数的对称轴为x=a.需a2-2a2+2a≥0.a2-2a≤0.∴0≤a≤2.此时要使f(x)=x-alnx在(1,+∞)上单调递增,需1-aln10.显然成立.可知0≤a≤1.(2)当a1时,x=a1,1-2a+2a≥0,显然成立.当x∈(a,+∞),f'(x)0,单调递增.需f(a)=a-alna≥0,lna≤1,a≤e,可知1a≤e.由(1)(2)可知,a∈[0,e],故选C.答案:C而f(x)=x-alnx,f'(x)=1-𝑎𝑥=𝑥-𝑎𝑥0.此时f'(x)=𝑥-𝑎𝑥,当x∈(1,a),f'(x)0,单调递减,2.(2019全国Ⅱ,理12)设函数f(x)的定义域为R,满足f(x+1)=2f(x),且当x∈(0,1]时,f(x)=x(x-1).若对任意x∈(-∞,m],都有f(x)≥-89,则m的取值范围是()A.-∞,94B.-∞,73C.-∞,52D.-∞,83解析:∵f(x+1)=2f(x),∴f(x)=2f(x-1).∵当x∈(0,1]时,f(x)=x(x-1),∴f(x)的图象如图所示.∵当2x≤3时,f(x)=4f(x-2)=4(x-2)(x-3),∴令4(x-2)(x-3)=-89,整理得9x2-45x+56=0,即(3x-7)(3x-8)=0,解得x1=73,x2=83.∵当x∈(-∞,m]时,f(x)≥-89恒成立,即m≤73,故m∈-∞,73.答案:B3.(2017全国Ⅲ,理15)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:∵f(x)=𝑥+1,𝑥≤0,2𝑥,𝑥0,f(x)+f𝑥-121,即f𝑥-121-f(x),利用图象变换,在同一平面直角坐标系中画出y=f𝑥-12与y=1-f(x)的图象,如图所示.由数形结合可知,满足f𝑥-121-f(x)的解为-14,+∞.答案:-14,+∞4.(2018全国Ⅰ,理21)已知函数f(x)=1𝑥-x+alnx.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:𝑓(𝑥1)-𝑓(𝑥2)𝑥1-𝑥2a-2.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1𝑥2-1+𝑎𝑥=-𝑥2-𝑎𝑥+1𝑥2.①若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减.②若a2,令f'(x)=0得,x=𝑎-𝑎2-42或x=𝑎+𝑎2-42.当x∈0,𝑎-𝑎2-42∪𝑎+𝑎2-42,+∞时,f'(x)0;当x∈𝑎-𝑎2-42,𝑎+𝑎2-42时,f'(x)0.所以f(x)在0,𝑎-𝑎2-42,𝑎+𝑎2-42,+∞单调递减,在𝑎-𝑎2-42,𝑎+𝑎2-42单调递增.(2)由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1x2,则x21.由于𝑓(𝑥1)-𝑓(𝑥2)𝑥1-𝑥2=-1𝑥1𝑥2-1+aln𝑥1-ln𝑥2𝑥1-𝑥2=-2+aln𝑥1-ln𝑥2𝑥1-𝑥2=-2+a-2ln𝑥21𝑥2-𝑥2,所以𝑓(𝑥1)-𝑓(𝑥2)𝑥1-𝑥2a-2等价于1𝑥2-x2+2lnx20.设函数g(x)=1𝑥-x+2lnx,由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减,又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)0.所以1𝑥2-x2+2lnx20,即𝑓(𝑥1)-𝑓(𝑥2)𝑥1-𝑥2a-2.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(2018全国Ⅱ,理21)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a�