2013年高考数学二轮复习学案(数学思想方法部分)：专题1分类讨论思想(江苏专用)

专题1分类讨论思想

分类讨论思想就是根据所研究对象的性质差异，分各种不同的情况予以分析解决.分类讨论思想覆盖面广，利于考查学生的逻辑思维能力，同时方式多样，具有较高的逻辑性及很强的综合性，应用分类讨论思想，应注重理解和掌握分类的原则、方法与技巧，做到“确定对象的全体，明确分类的标准，分层别类不重复、不遗漏的分析讨论.”在高考中必定考查分类讨论，特别是这几年的压轴题.

预测在2013的高考题中： 1继续与函数综合考查.

2结合函数与方程思想以及等价转化思想考查学生分析问题、解决问题的能力.

1．已知集合A＝{x|x2－3x＋2＝0}，B＝{x|x2－ax＋(a－1)＝0}，C＝{x|x2－mx＋2＝0}，且A∪B＝A，A∩C＝C，则a的值为________，m的取值范围为________．

ax

2．函数y＝a(a>0且a≠1)在[1,2]上的最大值比最小值大，则a的值是________．

23．若函数f(x)＝a|x－b|＋2在[0，＋∞)上为增函数，则实数a，b应满足________． 4．过点P(2,3)，且在坐标轴上的截距相等的直线方程是________． 5．已知平面单位向量a，b，c夹角两两相等，则|a＋b＋c|＝________. 1解析：A＝{1,2}，B＝{x|(x－1)(x＋1－a)＝0}， 由A∪B＝A可得a－1＝1或a－1＝2，a＝2或3；

由A∩C＝C，可知C＝{1}或{2}或{1,2}或∅，m＝3或－22＜m＜22. 答案：2或3 {3}∪(－22，22) 2解析：当a>1时，y＝ax在[1,2]上递增， a32

故a－a＝，得a＝；当022

a1

y＝ax在[1,2]上单调递减，故a－a2＝，得a＝. 221313

故a＝或a＝. 答案：或 2222

3解析：①当a>0时，需x－b恒为非负数，即a>0，b≤0. ②当a<0时，需x－b恒为非正数．又∵x∈[0，＋∞)，∴不成立． 综上所述，a>0且b≤0.答案：a>0且b≤0

xy

4解析：当直线过原点时方程为3x－2y＝0，当直线不过原点时，设方程为＋＝1，代入P的坐标可

aa得a＝5.答案：3x－2y＝0或x＋y－5＝0

2π2π

5解析：由题意知夹角为或0.当夹角为时，a＋b＝－c，|a＋b＋c|＝0；

33当夹角为0时，|a＋b＋c|＝3|a|＝3. 答案：0或3

1

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[典例1]

解关于x的不等式ax－(a＋1)x＋1<0.

[解] (1)当a＝0时，原不等式化为－x＋1<0，∴x>1. 1

(2)当a≠0时，原不等式化为a(x－1)x－<0，

a

1111

①若a<0，则原不等式化为(x－1)x－>0，∴<0.∴<1.∴不等式解为x<或x>1.

aaaa1

②若a>0，则原不等式化为(x－1)x－<0，

a11

(ⅰ)当a>1时，<1，不等式解为aa1

(ⅱ)当a＝1时，＝1，不等式解为x∈∅；

a11

(ⅲ)当01，不等式解为1aa综上所述，得原不等式的解集为

2

111时，解集为x aa

1

；当a＝0时，解集为{x|x>1}； 当a<0时，解集为xx<或x>1

a









本题是一个含参数a的不等式的求解问题，但不一定是二次不等式，故首先对二次项系数a分类：(1)a＝0，(2)a≠0，对于(1)，不等式易解；对于(2)又需再次分类：a>0或a<0，因为这两种情形下，不等式解1集形式是不同的；而a＞0时又遇到1与谁大谁小的问题，因而又需作一次分类讨论，故需要作三级分类．

a

[演练1]

已知函数f(x)＝x|x－a|(a∈R)． (1)判断f(x)的奇偶性；

(2)解关于x的不等式：f(x)≥2a. 解：(1)当a＝0时，

f(－x)＝－x|－x|＝－x|x|＝－f(x)，∴f(x)是奇函数． 当a≠0时，f(a)＝0且f(－a)＝－2a|a|.

故f(－a)≠f(a)且f(－a)≠－f(a)．∴f(x)是非奇非偶函数． (2)由题设知x|x－a|≥2a2， ∴原不等式等价于

x－x＋ax≥2a，

2

22

① 或

x≥a，

2

2

x－ax≥2a.

②

2

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由①得

x

x2

－ax＋2a2

≤0.

解得x∈∅.

由②得x≥a，



x－2ax＋a≥0.

当a＝0时，x≥0，

当a>0时，x≥a，



即x≥2a；



x≥2a或x≤－a，当a<0时，

x≥a，x≤2a或x≥－a，

即x≥－a.

综上所述，

a≥0时，f(x)≥2a2的解集为{x|x≥2a}；a<0时，f(x)≥2a2的解集为{x|x≥－a}． [典例2]

已知函数f(x)＝x2，g(x)＝x－1.

(1)若∃x∈R使f(x)(2)设F(x)＝f(x)－mg(x)＋1－m－m2

，且|F(x)|在[0,1]上单调递增，求实数m的取值范围．[解] (1)由∃x∈R，f(x)所以Δ＝(－b)2－4b>0，解得b<0或b>4. (2)由题设得F(x)＝x2

－mx＋1－m2，

对称轴方程为x＝m2

2，Δ＝m2－4(1－m)＝5m2－4.

由于|F(x)|在[0,1]上单调递增，则有 ①当Δ≤0即－255≤m≤255

时，有



m

2

≤0，－25255≤m≤5，

解得－255

≤m≤0.

②当Δ>0即m<－25255或m>5时，

设方程F(x)＝0的根为x1，x2(x1(ⅰ)若m>25m5m≥1，5，则2>5，有2解得m≥2；

x<0⇔F0＝1－m21<0.

(ⅱ)若m<－255，即m2<－55

，有x1<0，x2≤0；

3

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xx≥0⇒1－m≥0⇒－1≤m≤1，∴

25m<－，5

12

2

x1＋x2<0⇒m<0，

解得－1≤m<－

25. 5

25

由(ⅰ)(ⅱ)得－1≤m＜－或m≥2. 综合①②有－1≤m≤0或m≥2.

5

第一问是二次不等式恒成立，直接用Δ控制；第二问是绝对值函数的单调性问题，首先化成分段函数，然后寻找在闭区间[0,1]上单调递增的条件求解，研究此类问题需要研究出分段函数的各种分界点，如极值点、拐点等单调性分界点．

[演练2]

(2012·苏中二模)已知函数f(x)＝x3－3ax(a∈R)，函数g(x)＝ln x. (1)当a＝1时，求f(x)的极小值；

(2)若在区间[1,2]上函数f(x)的图象恒在函数g(x)的图象的上方(没有公共点)，求a的取值范围； (3)当a>0时，设h(x)＝|f(x)|，x∈[－1,1]，求h(x)的最大值F(a)的解析式． 解：(1)∵当a＝1时f′(x)＝3x2－3， 令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1. 当x∈(－1,1)时f′(x)<0，

当x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时f′(x)>0. ∴f(x)在(－1,1)上单调递减，

在(－∞，－1)，[1，＋∞)上单调递增． ∴f(x)的极小值为f(1)＝－2.

(2)因为在区间[1,2]上函数f(x)的图象恒在函数g(x)的图象的上方， 所以x3－3ax>ln x在[1,2]上恒成立， ln x2

即3ax

1－ln x2x＋ln x－1ln x

设m(x)＝x－，则m′(x)＝2x－2＝，

xxx22

3

因为2x3－1>0，ln x≥0，所以m′(x)>0. 所以m(x)在[1,2]上单调递增． 所以m(x)min＝m(1)＝1. 1

所以3a<1，即a<. 3

(3)因h(x)＝|f(x)|＝|x3－3ax|在[－1,1]上为偶函数，故只需求在[0,1]上的最大值即可． 当a>0时f′(x)＝3x2－3a＝3(x＋a)(x－a)，

①当a ≥1，即a≥1时h(x)＝|f(x)|＝－f(x)，－f(x)在[0,1]上单调递增，此时F(a)＝－f(1)＝3a－1. ②当04

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1

1°当f(1)＝1－3a≤0即≤a＜1时，h(x)＝|f(x)|＝－f(x)在[0，a ]上单调递增，在[a，1]上单调递减，

3F(a)＝－f(a )＝2aa.

2°当f(1)＝1－3a>0，即03

时，

(ⅰ)当－f(a )≤f(1)＝1－3a，即0＜a≤1

4时，F(a)＝f(1)＝1－3a.

(ⅱ)当－f(a)>f(1)＝1－3a，即143

时，F(a)＝－f(a)＝2aa.

1－3a，0＜a≤14

，综上F(a)＝

12aa，4

[典例3]

设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn>0(n＝1,2,3„)． (1)求q的取值范围；

(2)设b3

n＝an＋2－2an＋1，{bn}的前n项和为Tn，试比较Sn与Tn的大小．

[解] (1)因为{an}是等比数列，Sn>0，可得 a1＝S1>0，q≠0. 当q＝1时，Sn＝na1>0.

1时，Sa11－qn1－qn

当q≠n＝1－q>0，即1－q

>0(n＝1,2,3，„)，

则有1－q>0，

1－qn

>0，

① 或1－q<0，

1－qn

<0.

② 由②得q>1，由①得－1故q的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．

(2)由b32＝a23223n＝an＋2－an＋1nq－q，∴Tn＝q－2q

Sn. 于是T23n－Sn＝Snq－2q－1

＝S1nq＋2(q－2)，又Sn>0且－10， 则当－12或q>2时，Tn－Sn>0，即Tn>Sn；

当－1

2当q＝－1

2

或q＝2时，Tn－Sn＝0，即Tn＝Sn.

5

故

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利用等比数列求和公式时要对q进行讨论，否则容易漏解． [演练3]

等差数列{an}中，a1＝2，且a1，a3，a11恰好是某等比数列的前三项，那么该等比数列公比的值等于________．

解析：设{an}的公差为d，则(2＋2d)2＝2×(2＋10d)，解得d＝0或3，q＝1或4. 答案：1或4

[专题技法归纳] 分类讨论的常见类型：

(1)由数学概念引起的分类讨论，如绝对值、直线斜率、指数函数、对数函数等．

(2)由性质、定理、公式的引起的分类讨论，如等比数列的前n项和公式、函数的单调性等． (3)由数算引起的分类讨论，如除法运算中除数不为零、偶次方根为非负、对数运算中真数和底数的要求等．

(4)由图形的不确定性引起的分类讨论，如角的终边所在象限、点、线、面的位置关系等． (5)由参数的变化引起的分类讨论，如含参数的方程不等式等．

1．已知圆x＋y＝4，则经过点P(2,4)，且与圆相切的直线方程为________． 15

2．△ABC中，已知sin A＝，cos B＝，则cos C＝________.

213

112113

3．若函数f(x)＝(a－1)x＋ax－x＋在其定义域内有极值点，则a的取值范围为________．

3245

2x＋a，x<1，

4．(2011·江苏高考)已知实数a≠0，函数f(x)＝若f(1－a)＝f(1＋a)，则a的值为

－x－2a，x≥1.

2

2

________．

11

5．已知函数f(x)＝(sin x＋cos x)－|sin x－cos x|，则f(x)的值域是________．

22x≥0，y≥0，

6．在约束条件y＋x≤s，

y＋2x≤4

下，当3≤s≤5时，z＝3x＋2y的最大值的变化范围是________．

7．若A＝{x|x2＋(p＋2)x＋1＝0，x∈R}，且A∩R＋＝∅，则实数p的取值范围是________． 8．若圆柱的侧面展开图是边长为4和2的矩形，则圆柱的体积是________．

9．已知圆锥的母线为l，轴截面顶角为θ，则过此圆锥的顶点的截面面积的最大值为________． 10．设n∈Z，当n＝________时，S＝|n－1|＋|n－2|＋„＋|n－100|的最小值________． 11．设函数f(x)＝x2＋|x－a|＋1，x∈R. (1)判断函数f(x)的奇偶性；

6

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(2)求函数f(x)的最小值．

12．已知函数f(x)＝|ax－2x＋1|,0≤x≤4. 1

(1)a<0时，求f(x)≥的解集；

2(2)求f(x)的最大值．

12解：(1)a<0时，f(x)草图如下，由f(0)＝1，f(4)＝7－16a>1， 1ax2－2x＋1＝，2－4－2a2可令解得x1＝. 2a

x>0，1ax2－2x＋1＝－，2－4－6a

2 又令解得x2＝，

2a

x>0，

1由图可知f(x)≥的解集为0，2－4－2a∪2－4－6a，4.

22a2a

11

(2)a<0时，f(x)＝|ax2－2x＋1|，记g(x)＝ax2－2x＋1,0≤x≤4，g(x)图象对称轴x＝，<0，

aa∴g(x)在[0,4]上单调递减．

∴f(x)max＝max{f(0)，f(4)}＝max{1，|16a－7|}＝7－16a； a＝0时，f(x)＝|－2x＋1|，f(x)max＝7； 11

a>0时，如果0＜≤4，即a≥时，

a4

11

f(x)max＝maxf0，f，f4＝max1，－1，|16a－7|，

aa

2

17161

①≤a≤，即≤≤4时， 4167a

11f(x)max＝max1，－1，7－16a＝max－1，7－16a，

aa

111

由于－1－(7－16a)＝＋16a－8≥0，∴f(x)max＝－1.

aaa②

71＜a≤1时，f(x)max＝max1，－1，16a－7，

16a

11－1＝1－2＝1－2a<0， ＜a≤1时，－1

a2aa

7

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(16a－7)－1＝16a－8＝8(2a－1)>0，∴f(x)max＝16a－7. 716＜a≤12时，1a－11

1－2a－1＝a－2＝a≥0，

(16a－7)－1＝16a－8＝8(2a－1)≤0，∴f(x)1

max＝a

－1.

③a>1时，f(x)1

max＝max1，1－a

，16a－7＝16a－7，

又0＜a＜11

4时，a

>4，f(x)max＝{f(0)，f(4)}＝{1，|16a－7|}＝7－16a.

7－16a，a≤14

，

综上所述f(x)＝111max

a－1，4＜a≤2，16a－7，a>12

.

11解：(1)当a＝0时，函数f(－x)＝(－x)2＋|－x|＋1＝f(x)，此时f(x)为偶函数． 当a≠0时，f(a)＝a2＋1，f(－a)＝a2＋2|a|＋1，

f(－a)≠f(a)，f(－a)≠－f(a)，此时函数f(x)既不是奇函数，也不是偶函数． (2)①当x≤a时，函数f(x)＝x2

－x＋a＋1＝1x－232＋a＋4，

若a≤1

2

，则函数f(x)在(－∞，a]上单调递减，

从而函数f(x)在(－∞，a]上的最小值为f(a)＝a2

＋1；[来源:学|科|网] 若a>12，则函数f(x)在(－∞，a]上的最小值为f131

2＝4＋a，且f2≤f(a)．

②当x≥a时，函数f(x)＝x2

＋x－a＋1＝1x＋22－a＋34

. 若a≤－12，则函数f(x)在[a，＋∞)上的最小值为f1－23＝4－a，且f

－12≤f(a)；若a>－1

2，则函数f(x)在[a，＋∞)单调递增，

从而函数f(x)在[a，＋∞)上的最小值为f(a)＝a2＋1. 综上，当a≤－13

2时，函数f(x)的最小值为4－a；

当－12＜a≤1

2时，函数f(x)的最小值是a2＋1；

当a>12时，函数f(x)的最小值是a＋34. 10解析：若n<100，

则S＝(n－1)＋(n－2)＋„＋1＋0＋1＋„＋(100－n)＝nn－1101－n100－n2＋2 ＝n2－101n＋5 050.

当n＝50或51时S最小为2 500；

8

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若n≥100，则Sn＝(n－1)＋(n－2)＋„＋(n－100)＝50(2n－101)≥4 950>2 500. 答案：50或51 2 500

1

9解析：当θ<90°时，最大截面就是轴截面，其面积为l2sin θ；

21

当θ≥90°时，最大截面是两母线夹角为90°的截面，其面积为l2.

211

可见，最大截面积为l2或l2sin θ.

221212

答案：l或lsin θ

22

228

8解析：若长为4的边作为圆柱底面圆周的展开图，则V柱＝π·2＝；若长为2的边作为圆柱底面

ππ124

圆周的展开图，则V柱＝π·4＝.

ππ

84

答案：或

ππ

7解析：若A＝∅，即Δ＝(p＋2)－4<0，即－4若A≠∅，则p＋2⇒p≥0时，A∩R＝∅.

－2<0，

可见当－4x＋y＝s，y＋2x＝4，

＋

2

＋

⇒

x＝4－s，y＝2s－4，

即交点为(4－s,2s－4)．

A(2,0)，B(4－s,2s－4)，C(0，s)，C′(0,4)，

(1)当3≤s＜4时可行域是四边形OABC，此时，7≤z<8.

(2)当4≤s≤5时可行域是△OAC′此时，zmax＝8. 答案：[7,8]

cos x，sin x≥cos x，11

5解析：f(x)＝(sin x＋cos x)－|sin x－cos x|＝

22sin x，sin x即等于{sin x，cos x}min，故f(x)的值域为－1，

答案：－1，2

24解析：首先讨论1－a,1＋a与1的关系． 当a<0时，1－a>1,1＋a<1，

所以f(1－a)＝－(1－a)－2a＝－1－a， f(1＋a)＝2(1＋a)＋a＝3a＋2. 因为f(1－a)＝f(1＋a)， 3

所以－1－a＝3a＋2，即a＝－. 4当a>0时，1－a<1,1＋a>1，



2. 2

9

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所以f(1－a)＝2(1－a)＋a＝2－a， f(1＋a)＝－(1＋a)－2a＝－3a－1. 因为f(1－a)＝f(1＋a)，

3

所以2－a＝－3a－1，即a＝－(舍去)．

23

综上满足条件的a＝－.

43

答案：－

4

1

3解析：由题意得f′(x)＝(a－1)x2＋ax－＝0有解．

4当a－1＝0时，满足；

当a－1≠0时，只需Δ＝a2＋(a－1)>0. 答案：－∞，





－1－5－1＋5

∪，＋∞22

52

2解析：∵0132∴45°12

. 13

13若A为锐角，由sin A＝，得A＝30°，此时cos A＝. 22

1

若A为钝角，由sin A＝，得A＝150°，此时A＋B>180°，这与三角形的内角和为180°相矛盾，可见

2A≠150°.

∴cos C＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B) ＝－[cos A·cos B－sin A·sin B]

5112＝12－53. 答案：12－53 ＝－3·213－2·2626131解析：由22＋42>4得点P在圆x2＋y2＝4外，由几何性质分析知过点P且与圆相切的直线有两条，3

设直线斜率为k，则切线方程为y－4＝k(x－2)，由圆心到切线的距离为2，解得k＝.由此可知斜率不存在

4时也满足题意，解得切线方程为3x－4y＋10＝0或x＝2.

答案：3x－4y＋10＝0或x＝2

10