2017版（浙江專版文理通用）知識·方法篇練習專題9數(shù)學思想第38練含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精第38練分類討論思想[思想方法解讀]分類討論思想是一種重要的數(shù)學思想方法,其基本思路是將一個較復雜的數(shù)學問題分解（或分割)成若干個基礎性問題，通過對基礎性問題的解答來實現(xiàn)解決原問題的思想策略．1．中學數(shù)學中可能引起分類討論的因素：（1)由數(shù)學概念而引起的分類討論：如絕對值的定義、不等式的定義、二次函數(shù)的定義、直線的傾斜角等．（2)由數(shù)學運算要求而引起的分類討論：如除法運算中除數(shù)不為零,偶次方根為非負數(shù),對數(shù)運算中真數(shù)與底數(shù)的要求,指數(shù)運算中底數(shù)的要求，不等式中兩邊同乘以一個正數(shù)、負數(shù),三角函數(shù)的定義域,等比數(shù)列{an}的前n項和公式等．（3)由性質、定理、公式的限制而引起的分類討論：如函數(shù)的單調性、基本不等式等．(4)由圖形的不確定性而引起的分類討論：如二次函數(shù)圖象、指數(shù)函數(shù)圖象、對數(shù)函數(shù)圖象等．(5)由參數(shù)的變化而引起的分類討論：如某些含有參數(shù)的問題,由于參數(shù)的取值不同會導致所得的結果不同，或者由于對不同的參數(shù)值要運用不同的求解或證明方法等．2．進行分類討論要遵循的原則是：分類的對象是確定的,標準是統(tǒng)一的,不遺漏、不重復，科學地劃分，分清主次，不越級討論．其中最重要的一條是“不重不漏”．3．解答分類討論問題時的基本方法和步驟是:首先要確定討論對象以及所討論對象的全體的范圍；其次確定分類標準,正確進行合理分類，即標準統(tǒng)一、不重不漏、分類互斥(沒有重復）；再對所分類逐步進行討論,分級進行，獲取階段性結果；最后進行歸納小結，綜合得出結論．體驗高考1．(2015·山東）設函數(shù)f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(3x－1,x＜1，，2x，x≥1，)）則滿足f（f(a）)＝2f（a）的a的取值范圍是()A.eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f（2，3）,1）） B．［0，1］C。eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2，3)，＋∞)） D．［1，＋∞）答案C解析由f(f（a））＝2f（a)得，f(a）≥1.當a<1時,有3a－1≥1，∴a≥eq\f（2，3），∴eq\f（2,3）≤a〈1。當a≥1時，有2a≥1，∴a≥0,∴a≥1。綜上，a≥eq\f（2,3）,故選C。2．(2015·湖北)將離心率為e1的雙曲線C1的實半軸長a和虛半軸長b（a≠b)同時增加m(m〉0）個單位長度,得到離心率為e2的雙曲線C2，則（）A．對任意的a，b,e1〉e2B．當a>b時,e1〉e2；當a<b時，e1<e2C．對任意的a，b，e1〈e2D．當a〉b時，e1<e2；當a<b時，e1〉e2答案D解析由題意e1＝eq\r(\f（a2＋b2,a2)）＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(b,a))）2)；雙曲線C2的實半軸長為a＋m，虛半軸長為b＋m，離心率e2＝eq\r(\f（a＋m2＋b＋m2，a＋m2))＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(b＋m，a＋m））)2)。因為eq\f(b＋m，a＋m）－eq\f（b，a）＝eq\f（ma－b，aa＋m)，且a>0，b〉0，m>0，a≠b，所以當a>b時,eq\f(ma－b,aa＋m)〉0，即eq\f(b＋m,a＋m)〉eq\f（b,a）。又eq\f(b＋m，a＋m)〉0，eq\f(b，a）〉0,所以由不等式的性質依次可得eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（b＋m，a＋m)）)2〉eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(b,a)））2,1＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（b＋m，a＋m))）2〉1＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2，所以eq\r（1＋\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(b＋m，a＋m)））2)>eq\r（1＋\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（b,a)))2)，即e2>e1；同理,當a<b時，eq\f(ma－b,aa＋m）<0，可推得e2〈e1。綜上，當a〉b時，e1〈e2；當a<b時,e1>e2。3．(2015·天津)已知橢圓eq\f（x2,a2）＋eq\f(y2,b2）＝1(a＞b＞0）的左焦點為F(－c,0),離心率為eq\f(\r(3）,3)，點M在橢圓上且位于第一象限，直線FM被圓x2＋y2＝eq\f（b2,4）截得的線段的長為c，|FM|＝eq\f（4\r(3),3）.（1)求直線FM的斜率；（2)求橢圓的方程;(3)設動點P在橢圓上,若直線FP的斜率大于eq\r（2），求直線OP(O為原點）的斜率的取值范圍．解(1)由已知有eq\f（c2，a2）＝eq\f(1,3）,又由a2＝b2＋c2，可得a2＝3c2，b2＝2c2.設直線FM的斜率為k(k＞0)，F(xiàn)(－c，0），則直線FM的方程為y＝k（x＋c)．由已知，有eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（kc,\r（k2＋1)))）2＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(c,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（b，2)))2，解得k＝eq\f（\r（3）,3).(2）由(1）得橢圓方程為eq\f(x2,3c2)＋eq\f(y2,2c2)＝1，直線FM的方程為y＝eq\f(\r（3),3）（x＋c)，兩個方程聯(lián)立，消去y，整理得3x2＋2cx－5c2＝0，解得x＝－eq\f（5，3）c，或x＝c.因為點M在第一象限，可得點M的坐標為eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(c,\f（2\r(3），3）c)).由｜FM|＝eq\r(c＋c2＋\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2\r（3),3)c－0）)2)＝eq\f（4\r（3),3).解得c＝1，所以橢圓的方程為eq\f(x2，3）＋eq\f(y2，2）＝1.(3)設點P的坐標為(x，y),直線FP的斜率為t,得t＝eq\f（y，x＋1），即y＝t（x＋1)(x≠－1）．與橢圓方程聯(lián)立,eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(y＝tx＋1，,\f（x2,3）＋\f（y2,2)＝1,))消去y，整理得2x2＋3t2(x＋1）2＝6，又由已知，得t＝eq\r（\f(6－2x2,3x＋12）)＞eq\r（2），解得－eq\f(3，2)＜x＜－1或－1＜x＜0。設直線OP的斜率為m，得m＝eq\f（y，x)，即y＝mx(x≠0)，與橢圓方程聯(lián)立,整理得m2＝eq\f（2，x2)－eq\f（2，3）。①當x∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（3,2),－1））時，有y＝t（x＋1）＜0，因此m＞0，于是m＝eq\r(\f(2，x2)－\f(2,3)）,得m∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(\r（2)，3)，\f(2\r(3)，3)）).②當x∈(－1,0）時，有y＝t(x＋1）＞0，因此m＜0，于是m＝－eq\r(\f(2,x2)－\f(2,3))，得m∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－∞，－\f(2\r(3),3)））.綜上，直線OP的斜率的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－∞，－\f(2\r（3）,3))）∪eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(\r（2)，3）,\f(2\r（3），3)））。高考必會題型題型一由概念、公式、法則、計算性質引起的分類討論例1設集合A＝｛x∈R｜x2＋4x＝0}，B＝{x∈R|x2＋2(a＋1)x＋a2－1＝0，a∈R}，若B?A,求實數(shù)a的取值范圍．解∵A＝｛0，－4},B?A，于是可分為以下幾種情況．（1）當A＝B時，B＝{0，－4｝，∴由根與系數(shù)的關系,得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－2a＋1＝－4，，a2－1＝0，)）解得a＝1。(2)當BA時,又可分為兩種情況．①當B≠?時，即B＝｛0｝或B＝｛－4｝，當x＝0時,有a＝±1；當x＝－4時，有a＝7或a＝1.又由Δ＝4(a＋1)2－4（a2－1)＝0，解得a＝－1，此時B＝｛0｝滿足條件；②當B＝?時，Δ＝4(a＋1）2－4（a2－1)〈0,解得a〈－1。綜合(1)(2）知，所求實數(shù)a的取值范圍為a≤－1或a＝1。點評對概念、公式、法則的內含及應用條件的準確把握是解題關鍵，在本題中，B?A，包括B＝?和B≠?兩種情況．解答時就應分兩種情況討論，在關于指數(shù)、對數(shù)的運算中,底數(shù)的取值范圍是進行討論時首先要考慮的因素．變式訓練1已知數(shù)列｛an｝的前n項和Sn＝pn－1(p是常數(shù)),則數(shù)列｛an}是(）A．等差數(shù)列B．等比數(shù)列C．等差數(shù)列或等比數(shù)列D．以上都不對答案D解析∵Sn＝pn－1，∴a1＝p－1,an＝Sn－Sn－1＝（p－1)pn－1(n≥2)，當p≠1且p≠0時，｛an｝是等比數(shù)列;當p＝1時，{an}是等差數(shù)列；當p＝0時，a1＝－1，an＝0(n≥2)，此時{an｝既不是等差數(shù)列也不是等比數(shù)列．題型二分類討論在含參函數(shù)中的應用例2已知函數(shù)f（x）＝－x2＋2ax＋1－a在x∈[0，1]上有最大值2，求a的值．解函數(shù)f(x)＝－x2＋2ax＋1－a＝－(x－a）2＋a2－a＋1，對稱軸方程為x＝a。(1）當a<0時，f（x)max＝f（0）＝1－a，∴1－a＝2,∴a＝－1。(2）當0≤a≤1時，f(x）max＝f(a）＝a2－a＋1，∴a2－a＋1＝2，∴a2－a－1＝0，∴a＝eq\f（1±\r(5）,2)（舍）．（3）當a〉1時，f（x）max＝f（1)＝a，∴a＝2.綜上可知,a＝－1或a＝2.點評本題中函數(shù)的定義域是確定的，二次函數(shù)的對稱軸是不確定的，二次函數(shù)的最值問題與對稱軸息息相關，因此需要對對稱軸進行討論，分對稱軸在區(qū)間內和對稱軸在區(qū)間外，從而確定函數(shù)在給定區(qū)間上的單調性,即可表示函數(shù)的最大值，從而求出a的值．變式訓練2已知函數(shù)f（x)＝2ex－ax－2(x∈R，a∈R）．(1）當a＝1時，求曲線y＝f（x)在x＝1處的切線方程；（2）求x≥0時,若不等式f（x)≥0恒成立,求實數(shù)a的取值范圍．解（1)當a＝1時,f（x)＝2ex－x－2,f′(x）＝2ex－1,f′(1）＝2e－1，即曲線y＝f(x)在x＝1處的切線的斜率k＝2e－1，又f(1)＝2e－3，所以所求的切線方程是y＝(2e－1）x－2.（2）易知f′（x）＝2ex－a.若a≤0，則f′（x）>0恒成立,f（x）在R上單調遞增；若a〉0，則當x∈（－∞，lneq\f(a,2））時,f′（x）〈0，f（x)單調遞減，當x∈（lneq\f(a,2)，＋∞）時，f′（x）>0，f(x)單調遞增．又f(0）＝0，所以若a≤0，則當x∈［0，＋∞）時，f(x）≥f（0）＝0，符合題意．若a〉0，則當lneq\f(a，2)≤0，即0〈a≤2時,則當x∈[0，＋∞)時，f（x）≥f(0）＝0,符合題意．當lneq\f（a，2)〉0，即a〉2,則當x∈(0，lneq\f（a,2))時，f（x）單調遞減，f（x)〈f(0）＝0，不符合題意．綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞,2］．題型三根據(jù)圖形位置或形狀分類討論例3在約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x≥0，,y≥0，,y＋x≤s,,y＋2x≤4））下，當3≤s≤5時，z＝3x＋2y的最大值的變化范圍是(）A．[6，15] B．［7，15］C．[6，8] D．[7，8]答案D解析由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x＋y＝s,，y＋2x＝4））?eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x＝4－s，，y＝2s－4，）)取點A(2，0），B（4－s,2s－4)，C(0，s)，C′（0，4)．①當3≤s〈4時，可行域是四邊形OABC（含邊界），如圖（1）所示,此時，7≤zmax〈8。②當4≤s≤5時，此時可行域是△OAC′，如圖(2)所示，zmax＝8。綜上，z＝3x＋2y最大值的變化范圍是［7，8]．點評幾類常見的由圖形的位置或形狀變化引起的分類討論(1）二次函數(shù)對稱軸的變化；(2）函數(shù)問題中區(qū)間的變化；(3)函數(shù)圖象形狀的變化；(4)直線由斜率引起的位置變化；(5)圓錐曲線由焦點引起的位置變化或由離心率引起的形狀變化；（6）立體幾何中點、線、面的位置變化等．變式訓練3設點F1，F(xiàn)2為橢圓eq\f(x2，9)＋eq\f（y2,4)＝1的兩個焦點，點P為橢圓上一點，已知點P，F(xiàn)1，F(xiàn)2是一個直角三角形的三個頂點，且eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1）)＞eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(PF2）)，求eq\f(\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1（PF1))，\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1（PF2）)）的值．解若∠PF2F1＝90°，則eq\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1(PF1）)2＝｜PF2|2＋eq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1（F1F2))2,又∵eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1(PF1））＋eq\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1（PF2））＝6，eq\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1(F1F2））＝2eq\r（5），解得eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1(PF1）)＝eq\f(14,3)，eq\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1(PF2））＝eq\f（4，3)，∴eq\f（\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1（PF1)),\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(PF2）））＝eq\f(7，2).若∠F1PF2＝90°，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(F1F2)）2＝eq\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1（PF1))2＋eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(PF2)）2，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1））2＋(6－eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1(PF1）)）2＝20，又|PF1｜>｜PF2|，∴eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1)）＝4，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1（PF2））＝2，∴eq\f(\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1(PF1）），\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1(PF2)))＝2.綜上知，eq\f（\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1（PF1)）,\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1(PF2）））＝eq\f(7，2）或2。高考題型精練1．若關于x的方程|ax－1｜＝2a(a〉0且a≠1）有兩個不等實根，則a的取值范圍是（)A．(0,1)∪(1，＋∞) B．(0,1）C．（1，＋∞) D。eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0,\f(1，2）））答案D解析方程｜ax－1｜＝2a(a>0且a≠1)有兩個實數(shù)根轉化為函數(shù)y＝｜ax－1|與y＝2a有兩個交點．①當0〈a<1時,如圖（1），∴0〈2a<1,即0<a〈eq\f(1,2).②當a>1時，如圖（2），而y＝2a〉1不符合要求．綜上，0〈a<eq\f(1,2）.2．x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x＋y－2≤0，，x－2y－2≤0，，2x－y＋2≥0。)）若z＝y(tǒng)－ax取得最大值的最優(yōu)解不唯一，則實數(shù)a的值為（)A.eq\f(1，2）或－1 B．2或eq\f（1,2)C．2或1 D．2或－1答案D解析如圖，由y＝ax＋z知z的幾何意義是直線在y軸上的截距，故當a〉0時，要使z＝y(tǒng)－ax取得最大值的最優(yōu)解不唯一，則a＝2；當a<0時,要使z＝y(tǒng)－ax取得最大值的最優(yōu)解不唯一，則a＝－1.3．拋物線y2＝4px(p>0)的焦點為F，P為其上的一點，O為坐標原點，若△OPF為等腰三角形，則這樣的點P的個數(shù)為(）A．2B．3C．4D．6答案C解析當|PO｜＝｜PF｜時，點P在線段OF的中垂線上,此時,點P的位置有兩個；當｜OP｜＝|OF|時，點P的位置也有兩個;對｜FO｜＝｜FP｜的情形，點P不存在．事實上，F(xiàn)(p,0），若設P(x，y),則｜FO｜＝p，|FP｜＝eq\r(x－p2＋y2)，若eq\r(x－p2＋y2）＝p，則有x2－2px＋y2＝0，又∵y2＝4px,∴x2＋2px＝0，解得x＝0或x＝－2p，當x＝0時，不構成三角形．當x＝－2p(p>0）時,與點P在拋物線上矛盾．∴符合要求的點P一共有4個．4．函數(shù)f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（,2x，x〈1)）的值域為________．答案(－∞，2)解析當x≥1時，是單調遞減的，此時，函數(shù)的值域為(－∞，0]；當x〈1時,f（x）＝2x是單調遞增的，此時，函數(shù)的值域為(0，2)．綜上，f（x)的值域是(－∞，2)．5．已知集合A＝{x|1≤x<5｝，C＝｛x｜－a〈x≤a＋3｝．若C∩A＝C,則a的取值范圍是________．答案(－∞，－1]解析因為C∩A＝C，所以C?A.①當C＝?時，滿足C?A，此時－a≥a＋3，得a≤－eq\f（3，2）；②當C≠?時，要使C?A,則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a<a＋3,，－a≥1，，a＋3〈5，)）解得－eq\f（3,2）<a≤－1。綜上，a的取值范圍是（－∞,－1］．6．已知函數(shù)f(x）＝x2＋ax＋3－a，若x∈［－2,2]時，f(x）≥0恒成立，求a的取值范圍．解要使f（x）≥0恒成立，則函數(shù)在區(qū)間［－2，2]上的最小值不小于0，設f（x）的最小值為g(a)．（1)當－eq\f(a,2）<－2,即a>4時,g(a）＝f(－2)＝7－3a≥0,得a≤eq\f(7，3），故此時a不存在．（2)當－eq\f（a，2）∈［－2，2］，即－4≤a≤4時，g(a）＝feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（a,2)）)＝3－a－eq\f(a2,4)≥0，得－6≤a≤2，又－4≤a≤4，故－4≤a≤2.（3)當－eq\f(a,2）〉2，即a〈－4時，g（a）＝f（2)＝7＋a≥0,得a≥－7，又a<－4，故－7≤a〈－4，綜上得－7≤a≤2。7．已知ax2－（a＋1）x＋1<0，求不等式的解集．解若a＝0，原不等式等價于－x＋1<0，解得x>1。若a〈0，原不等式等價于（x－eq\f(1，a)）(x－1）〉0,解得x<eq\f(1,a)或x〉1。若a〉0，原不等式等價于(x－eq\f(1,a)）（x－1)<0。①當a＝1時,eq\f(1，a)＝1，(x－eq\f（1,a)）（x－1）〈0無解;②當a〉1時，eq\f(1,a）<1，解（x－eq\f（1，a))(x－1)<0得eq\f（1,a）〈x<1；③當0〈a<1時,eq\f(1，a）>1，解(x－eq\f（1,a））(x－1)〈0得1〈x<eq\f(1,a).綜上所述：當a<0時，解集為｛x｜x<eq\f（1,a）或x>1}；當a＝0時,解集為｛x｜x>1｝；當0〈a<1時,解集為｛x|1〈x〈eq\f(1,a）｝；當a＝1時，解集為?；當a〉1時，解集為｛x｜eq\f(1，a）〈x<1｝．8．已知首項為eq\f（3,2）的等比數(shù)列{an}不是遞減數(shù)列，其前n項和為Sn(n∈N＊)，且S3＋a3,S5＋a5，S4＋a4成等差數(shù)列．（1）求數(shù)列｛an}的通項公式；(2）設Tn＝Sn－eq\f(1，Sn)（n∈N＊),求數(shù)列{Tn}的最大項的值與最小項的值．解(1）設等比數(shù)列｛an｝的公比為q，因為S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數(shù)列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，于是q2＝eq\f(a5，a3）＝eq\f(1,4）。又{an}不是遞減數(shù)列且a1＝eq\f（3,2)，所以q＝－eq\f（1，2）.故等比數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（1,2)））n－1＝(－1）n－1·eq\f(3,2n).（2）由（1)得Sn＝1－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（1,2)))n＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)，n為奇數(shù)，，1－\f(1，2n),n為偶數(shù)。))當n為奇數(shù)時，Sn隨n的增大而減小，所以1〈Sn≤S1＝eq\f（3，2)，故0〈Sn－eq\f（1，Sn）≤S1－eq\f（1，S1）＝eq\f（3,2）－eq\f(2,3）＝eq\f(5,6)。當n為偶數(shù)時,Sn隨n的增大而增大,所以eq\f（3，4）＝S2≤Sn〈1,故0〉Sn－eq\f（1,Sn）≥S2－eq\f（1，S2）＝eq\f（3,4）－eq\f(4,3）＝－eq\f(7,12)。綜上，對于n∈N*，總有－eq\f（7,12)≤Sn－eq\f（1，Sn）≤eq\f(5，6)。所以數(shù)列{Tn}最大項的值為eq\f(5,6)，最小項的值為－eq\f（7，12）。9．已知函數(shù)f（x)＝eq\f（x2＋ax＋a，e