高考數(shù)學(xué)專題講座 第5講 解題思想方法之分類思想探討

【備戰(zhàn)高考數(shù)學(xué)專題講座】第5講：數(shù)學(xué)思想方法之分類思想探討數(shù)學(xué)思想是指人們對(duì)數(shù)學(xué)理論和內(nèi)容的本質(zhì)的認(rèn)識(shí)，數(shù)學(xué)方法是數(shù)學(xué)思想的具體化形式，實(shí)際上兩者的本質(zhì)是相同的，差別只是站在不同的角度看問題。通?；旆Q為“數(shù)學(xué)思想方法”。常見的數(shù)學(xué)思想有：建模思想、歸納思想，分類思想、化歸思想、整體思想、數(shù)形結(jié)合思想等。數(shù)學(xué)中的所謂分類，就是根據(jù)數(shù)學(xué)對(duì)象本質(zhì)屬性的相同點(diǎn)與不同點(diǎn)，將其分成幾個(gè)不同種類的一種數(shù)學(xué)思想。它既是一種重要的數(shù)學(xué)思想，又是一種重要的數(shù)學(xué)邏輯方法。有關(guān)分類討論思想的數(shù)學(xué)問題具有明顯的邏輯性、綜合性、探索性，能訓(xùn)練人的思維條理性和概括性。掌握好這類問題對(duì)提高綜合學(xué)習(xí)能力會(huì)有很大幫助，它既有利于培養(yǎng)學(xué)生的創(chuàng)新精神與探索精神，又有利于培養(yǎng)學(xué)生嚴(yán)謹(jǐn)、求實(shí)的科學(xué)態(tài)度。分類思想解題的過程（思維、動(dòng)因和方法）我們把它歸納為WHDS四個(gè)方面：W（WHI）即為什么要進(jìn)行分類。一般地說，高考數(shù)學(xué)中，當(dāng)我們研究的問題是下列五種情形時(shí)可以考慮使用分類的思想方法來解決問題：（1）涉及到分類定義的概念，有些概念是分類定義的，如絕對(duì)值的概念等，當(dāng)我們應(yīng)用這些概念時(shí)就必須考慮使用分類討論的方法。（2）直接運(yùn)用了分類研究的定理、性質(zhì)、公式、法則，如等比數(shù)列的求和公式就分為和兩種情況；對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性就分為兩種情況；直線方程分為斜率存在與不存在等，當(dāng)我們應(yīng)用這些受到適用范圍條件限制的定理、性質(zhì)、公式、法則來解決問題時(shí)，如果在解決問題中需要突破對(duì)定理、性質(zhì)、公式、法則的條件限制可以考慮使用分類討論的方法。（3）問題中含有的參變量的不同取值（如分段函數(shù)）會(huì)導(dǎo)致不同結(jié)果而需要對(duì)其進(jìn)行分類討論。（4）幾何問題中幾何圖形的不確定（如兩點(diǎn)在同一平面的同側(cè)、異側(cè)）而需要對(duì)其進(jìn)行分類討論；（5）由數(shù)學(xué)運(yùn)算引起的分類討論，如排列組合的計(jì)數(shù)問題，概率問題又要按題目的特殊要求，分成若干情況研究。H（HOW）即如何進(jìn)行分類。首先，明確分類討論思想的三個(gè)原則：（1）不遺漏原則；（2）不重復(fù)原則；（3）同標(biāo)準(zhǔn)原則。其次，查找引起分類討論的主要原因，即上述五個(gè)主要原因的哪一種。第三，掌握分類討論思想的常用方法。分類方法一般為分區(qū)間討論法，即把參數(shù)的變化范圍（或幾何圖形中動(dòng)態(tài)的變化范圍）劃分成若干個(gè)以參數(shù)特征為分界點(diǎn)（或幾何圖形中的端點(diǎn)）的小區(qū)間分別進(jìn)行討論，根據(jù)題設(shè)條件或數(shù)學(xué)概念、定理、公式的限制條件確定參數(shù)(如零點(diǎn)，幾何圖形中的頂點(diǎn))。D（DO）即正確進(jìn)行逐類逐級(jí)分類討論。S（SUMMARY）即歸納小結(jié)，總結(jié)出結(jié)論。結(jié)合年全國(guó)各地高考的實(shí)例，我們從下面四方面探討分類方法的應(yīng)用：（1）涉及到分類定義概念和直接運(yùn)用了分類研究的定理、性質(zhì)、公式、法則的應(yīng)用；（2）含有的參變量的不同取值的分類應(yīng)用；（3）幾何圖形的不確定的分類應(yīng)用；（4）由數(shù)學(xué)運(yùn)算引起的分類應(yīng)用。一、涉及到分類定義概念和直接運(yùn)用了分類研究的定理、性質(zhì)、公式、法則的應(yīng)用：典型例題：例1.（年全國(guó)大綱卷文5分）已知集合={︱是平行四邊形}，={︱是矩形}，={︱是正方形}，{︱是菱形}，則【】A.B.C.D.【答案】B。【考點(diǎn)】集合的概念，集合的包含關(guān)系。【解析】平行四邊形、矩形、菱形和正方形的關(guān)系如圖，由圖知是大的集合，是最小的集合，因此，選項(xiàng)A、C、、D錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確。故選B。例2.（年上海市文4分）若集合，，則＝▲【答案】?！究键c(diǎn)】集合的概念和性質(zhì)的運(yùn)用，一元一次不等式和絕對(duì)值不等式的解法。【解析】由題意，得，∴。例3.（年四川省理5分）函數(shù)在處的極限是【】A、不存在B、等于C、等于D、等于【答案】A?！究键c(diǎn)】分段函數(shù)，極限?！窘馕觥糠侄魏瘮?shù)在處不是無限靠近同一個(gè)值，故不存在極限。故選A。例4.（年廣東省理14分）設(shè)a＜1，集合，（1）求集合D（用區(qū)間表示）（2）求函數(shù)在D內(nèi)的極值點(diǎn)?！敬鸢浮拷猓海?）設(shè)，方程的判別式①當(dāng)時(shí)，，恒成立，∴?！啵醇螪=。②當(dāng)時(shí)，，方程的兩根為，?！唷?，即集合D=。③當(dāng)時(shí)，，方程的兩根為，?！??！啵醇螪=。（2）令得的可能極值點(diǎn)為。①當(dāng)時(shí)，由（1）知，所以隨的變化情況如下表：00↗極大值↘極小值↗∴在D內(nèi)有兩個(gè)極值點(diǎn)為：極大值點(diǎn)為，極小值點(diǎn)為。②當(dāng)時(shí)，由（1）知=。∵，∴，∴隨的變化情況如下表：0↗極大值↘↗∴在D內(nèi)僅有一個(gè)極值點(diǎn)：極大值點(diǎn)為，沒有極小值點(diǎn)。③當(dāng)時(shí)，由（1）知?！撸??！唷！唷！嘣贒內(nèi)沒有極值點(diǎn)?！究键c(diǎn)】分類思想的應(yīng)用，集合的計(jì)算，解不等式，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用?！窘馕觥浚?）根據(jù)根的判別式應(yīng)用分類思想分、、討論即可，計(jì)算比較繁。（2）求出，得到的可能極值點(diǎn)為。仍然分、、討論。例5.（年江蘇省16分）已知各項(xiàng)均為正數(shù)的兩個(gè)數(shù)列和滿足：，，（1）設(shè)，，求證：數(shù)列是等差數(shù)列；（2）設(shè)，，且是等比數(shù)列，求和的值．【答案】解：（1）∵，∴?！??！??！鄶?shù)列是以1為公差的等差數(shù)列。（2）∵，∴?！唷＃ī~）設(shè)等比數(shù)列的公比為，由知，下面用反證法證明若則，∴當(dāng)時(shí)，，與（﹡）矛盾。若則，∴當(dāng)時(shí)，，與（﹡）矛盾?！嗑C上所述，。∴，∴。又∵，∴是公比是的等比數(shù)列。若，則，于是。又由即，得。∴中至少有兩項(xiàng)相同，與矛盾?！?。∴。∴。【考點(diǎn)】等差數(shù)列和等比數(shù)列的基本性質(zhì)，基本不等式，反證法。【解析】（1）根據(jù)題設(shè)和，求出，從而證明而得證。（2）根據(jù)基本不等式得到，用反證法證明等比數(shù)列的公比。從而得到的結(jié)論，再由知是公比是的等比數(shù)列。最后用反證法求出。例6.（年廣東省理5分）不等式的解集為▲。【答案】?！究键c(diǎn)】分類討論的思想，解絕對(duì)值不等式。【解析】分類討論：由不等式得，當(dāng)時(shí)，不等式為，即恒成立；當(dāng)時(shí)，不等式為，解得，；當(dāng)時(shí)，不等式為，即不成立。綜上所述，不等式的解集為。另解：用圖象法求解：作出圖象，由折點(diǎn)——參考點(diǎn)——連線；運(yùn)用相似三角形性質(zhì)可得。二、含有的參變量的不同取值的分類應(yīng)用：典型例題：例1.（年山東省理5分）設(shè)函數(shù)，若的圖像與圖像有且僅有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)A（x1，y1）,B(x2，y2),則下列判斷正確的是【】A.當(dāng)a<0時(shí)，x1＋x2<0，y1＋y2>0B.當(dāng)a<0時(shí)，x1＋x2>0，y1＋y2<0C.當(dāng)a>0時(shí)，x1＋x2<0，y1＋y2<0D.當(dāng)a>0時(shí)，x1＋x2>0，y1＋y2>0【答案】B。【考點(diǎn)】導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用。【解析】令，則。設(shè)，。令，則要使的圖像與圖像有且僅有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)必須：，整理得。取值討論：可取來研究。當(dāng)時(shí)，，解得，此時(shí)，此時(shí)；當(dāng)時(shí)，，解得，此時(shí)，此時(shí)。故選B。例2.（年全國(guó)大綱卷理12分）設(shè)函數(shù)。（1）討論的單調(diào)性；（2）設(shè)，求的取值范圍?！敬鸢浮拷猓?。（1）∵，∴。當(dāng)時(shí)，，在上為單調(diào)遞增函數(shù)；當(dāng)時(shí)，，在上為單調(diào)遞減函數(shù)；當(dāng)時(shí)，由得，由得或；由得?！喈?dāng)時(shí)在和上為為單調(diào)遞增函數(shù)；在上為單調(diào)遞減函數(shù)。（2）由恒成立可得。令，則。當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，。又，所以，即故當(dāng)時(shí)，有，①當(dāng)時(shí)，，，所以。②當(dāng)時(shí)，。綜上可知故所求的取值范圍為?！究键c(diǎn)】導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的運(yùn)用，三角函數(shù)的有界性，?！窘馕觥浚?）利用三角函數(shù)的有界性，求解單調(diào)區(qū)間。（2）運(yùn)用構(gòu)造函數(shù)的思想，證明不等式。關(guān)鍵是找到合適的函數(shù)，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)證明最值大于或者小于零的問題得到解決。例3.（年全國(guó)課標(biāo)卷理12分）已知函數(shù)滿足滿足；（1）求的解析式及單調(diào)區(qū)間；（2）若，求的最大值?！敬鸢浮拷猓海?）∵，∴。令得，?！唷！?，得?！嗟慕馕鍪綖椤ＴO(shè)，則?！嘣谏蠁握{(diào)遞增。又∵時(shí)，，單調(diào)遞增；時(shí)，，單調(diào)遞減?！嗟膯握{(diào)區(qū)間為：?jiǎn)握{(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為。（2）∵，∴。令得。=1\*GB3①當(dāng)時(shí)，，∴在上單調(diào)遞增。但時(shí)，與矛盾。=2\*GB3②當(dāng)時(shí)，由得；由得。∴當(dāng)時(shí)，∴。令；則。由得；由得?！喈?dāng)時(shí)，∴當(dāng)時(shí)，的最大值為?！究键c(diǎn)】函數(shù)和導(dǎo)函數(shù)的性質(zhì)?！窘馕觥浚?）由求出和即可得到的解析式，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)求出單調(diào)區(qū)間。（2）由和，表示出，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的性質(zhì)求解。例4.（年天津市理14分）已知函數(shù)的最小值為，其中.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若對(duì)任意的,有成立，求實(shí)數(shù)的最小值；（Ⅲ）證明.【答案】解：（Ⅰ）函數(shù)的定義域?yàn)?，求?dǎo)函數(shù)可得.令，得。當(dāng)變化時(shí)，和的變化情況如下表：－0＋↘極小值↗∴在處取得極小值?！嘤深}意，得?！唷＃á颍┊?dāng)≤0時(shí)，取，有，故≤0不合題意。當(dāng)＞0時(shí)，令，即。求導(dǎo)函數(shù)可得。令，得。①當(dāng)時(shí)，≤0，在（0，+∞）上恒成立，因此在（0，+∞）上單調(diào)遞減，從而對(duì)任意的），總有，即對(duì)任意的，有成立。∴符合題意。②當(dāng)時(shí)，＞0，對(duì)于(0，)，＞0，因此在(0，)上單調(diào)遞增，因此取(0，)時(shí)，，即有不成立?！嗖缓项}意。綜上，實(shí)數(shù)的最小值為。（Ⅲ）證明：當(dāng)=1時(shí)，不等式左邊=2－ln3＜2=右邊，所以不等式成立。當(dāng)≥2時(shí)，。在（2）中，取，得，∴。∴。綜上，?！究键c(diǎn)】導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用，利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值?！痉治觥浚á瘢┐_定函數(shù)的定義域，求導(dǎo)函數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，求得函數(shù)的最小值，利用函數(shù)的最小值為，即可求得的值。（Ⅱ）當(dāng)≤0時(shí)，取，有，故≤0不合題意。當(dāng)＞0時(shí)，令，求導(dǎo)函數(shù)，令導(dǎo)函數(shù)等于0，分類討論：①當(dāng)時(shí)，≤0，在（0，+∞）上單調(diào)遞減，從而對(duì)任意的），總有。②當(dāng)時(shí)，＞0，對(duì)于(0，)，＞0，因此在(0，)上單調(diào)遞增。由此可確定的最小值。（Ⅲ）當(dāng)=1時(shí)，不等式左邊=2－ln3＜2=右邊，所以不等式成立。當(dāng)≥2時(shí)，由，在（Ⅱ）中，取得,從而可得，由此可證結(jié)論。例5.（年安徽省理13分）設(shè)（=1\*ROMANI）求在上的最小值；（=2\*ROMANII）設(shè)曲線在點(diǎn)的切線方程為；求的值。【答案】解：（=1\*ROMANI）設(shè)，則。∴。=1\*GB3①當(dāng)時(shí)，?！嘣谏鲜窃龊瘮?shù)?！喈?dāng)時(shí)，的最小值為。=2\*GB3②當(dāng)時(shí)，∴當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，的最小值為。（=2\*ROMANII）∵，∴。由題意得：，即，解得?！究键c(diǎn)】復(fù)合函數(shù)的應(yīng)用，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)的增減性，基本不等式的應(yīng)用?！窘馕觥浚?1\*ROMANI）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的的性質(zhì)分和求解。（=2\*ROMANII）根據(jù)切線的幾何意義列方程組求解。例6.（年浙江省理14分）已知，，函數(shù)．（Ⅰ）證明：當(dāng)時(shí)，（i）函數(shù)的最大值為；（ii）；（Ⅱ）若對(duì)恒成立，求的取值范圍．【答案】(Ⅰ)證明：(ⅰ)．當(dāng)b≤0時(shí)，＞0在0≤x≤1上恒成立，此時(shí)的最大值為：＝|2a－b|﹢a；當(dāng)b＞0時(shí)，在0≤x≤1上的正負(fù)性不能判斷，此時(shí)的最大值為：＝|2a－b|﹢a。綜上所述：函數(shù)在0≤x≤1上的最大值為|2a－b|﹢a。(ⅱ)設(shè)＝﹣，∵，∴令。當(dāng)b≤0時(shí)，＜0在0≤x≤1上恒成立，此時(shí)的最大值為：＝|2a－b|﹢a；當(dāng)b＜0時(shí)，在0≤x≤1上的正負(fù)性不能判斷，≤|2a－b|﹢a綜上所述：函數(shù)在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a，即＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：函數(shù)在0≤x≤1上的最大值為|2a－b|﹢a，且函數(shù)在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大?！擤?≤≤1對(duì)x[0，1]恒成立，∴|2a－b|﹢a≤1。取b為縱軸，a為橫軸．則可行域?yàn)椋汉停繕?biāo)函數(shù)為z＝a＋b。作圖如下：由圖易得：當(dāng)目標(biāo)函數(shù)為z＝a＋b過P(1，2)時(shí)，有．∴所求a＋b的取值范圍為：?！究键c(diǎn)】分類思想的應(yīng)用，不等式的證明，利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，簡(jiǎn)單線性規(guī)劃?！窘馕觥?Ⅰ)(ⅰ)求導(dǎo)后，分b≤0和b＞0討論即可。(ⅱ)利用分析法，要證＋|2a－b|﹢a≥0，即證＝﹣≤|2a－b|﹢a，亦即證在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a。（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函數(shù)在0≤x≤1上的最大值為|2a－b|﹢a，且函數(shù)在0≤x≤1﹣(|2a－b|﹢a)要大．根據(jù)－1≤≤1對(duì)x∈[0，1]恒成立，可得|2a－b|﹢a≤1，從而利用線性規(guī)劃知識(shí)，可求a＋b例7.（年湖南省理13分）某企業(yè)接到生產(chǎn)3000臺(tái)某產(chǎn)品的A，B，Ｃ三種部件的訂單，每臺(tái)產(chǎn)品需要這三種部件的數(shù)量分別為２,２,１（單位：件）.已知每個(gè)工人每天可生產(chǎn)Ａ部件６件，或Ｂ部件３件，或Ｃ部件２件.該企業(yè)計(jì)劃安排２００名工人分成三組分別生產(chǎn)這三種部件，生產(chǎn)Ｂ部件的人數(shù)與生產(chǎn)Ａ部件的人數(shù)成正比，比例系數(shù)為k（k為正整數(shù)）.（Ⅰ）設(shè)生產(chǎn)Ａ部件的人數(shù)為ｘ，分別寫出完成Ａ，Ｂ，Ｃ三種部件生產(chǎn)需要的時(shí)間；（Ⅱ）假設(shè)這三種部件的生產(chǎn)同時(shí)開工，試確定正整數(shù)k的值，使完成訂單任務(wù)的時(shí)間最短，并給出時(shí)間最短時(shí)具體的人數(shù)分組方案.【答案】解：（Ⅰ）設(shè)完成A，B，Ｃ三種部件的生產(chǎn)任務(wù)需要的時(shí)間（單位：天）分別為由題設(shè)有其中均為1到200之間的正整數(shù)。（Ⅱ）完成訂單任務(wù)的時(shí)間為其定義域?yàn)?。易知，為減函數(shù)，為增函數(shù)?！哂谑牵?）當(dāng)時(shí)，此時(shí)，由函數(shù)的單調(diào)性知，當(dāng)時(shí)取得最小值，解得。由于，故當(dāng)時(shí)完成訂單任務(wù)的時(shí)間最短，且最短時(shí)間為。（2）當(dāng)時(shí)，由于為正整數(shù)，故，此時(shí)。易知為增函數(shù)，則。由函數(shù)的單調(diào)性知，當(dāng)時(shí)取得最小值，解得。由于此時(shí)完成訂單任務(wù)的最短時(shí)間大于。（3）當(dāng)時(shí)，由于為正整數(shù)，故，此時(shí)。由函數(shù)的單調(diào)性知，當(dāng)時(shí)取得最小值，解得。類似（2）的討論，此時(shí)完成訂單任務(wù)的最短時(shí)間為，大于。綜上所述，當(dāng)時(shí)完成訂單任務(wù)的時(shí)間最短，此時(shí)生產(chǎn)Ａ，Ｂ，Ｃ三種部件的人數(shù)分別為44，88，68?！究键c(diǎn)】分段函數(shù)、函數(shù)單調(diào)性、最值，分類思想的應(yīng)用?！窘馕觥浚á瘢└鶕?jù)題意建立函數(shù)模型。（Ⅱ）利用單調(diào)性與最值，分、和三種情況討論即可得出結(jié)論。例8.（年福建省理14分）已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R.（Ⅰ）若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線平行于x軸，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）試確定a的取值范圍，使得曲線y＝f(x)上存在唯一的點(diǎn)P，曲線在該點(diǎn)處的切線與曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)P.【答案】解：（Ⅰ）∵f′(x)＝ex＋2ax－e，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線平行于x軸，∴曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處切線斜率k＝2a∴a＝0，即f(x)＝ex－ex。此時(shí)f′(x)＝ex－e，∵f′(x)＝0得x＝1，當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，有f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，有f′(x)>0，∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)。（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)P(x0，f(x0))，曲線y＝f(x)在點(diǎn)P處的切線方程為y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲線y＝f(x)在點(diǎn)P處的切線與曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)P等價(jià)于函數(shù)g(x)有唯一零點(diǎn)。因?yàn)間(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0①若a≥0，當(dāng)x＞x0時(shí)，g′(x)＞0，則x＞x0時(shí)，g(x)＞g(x0)＝0；當(dāng)x＜x0時(shí)，g′(x)＜0，則x＜x0時(shí)，g(x)＞g(x0)＝0。故g(x)只有唯一零點(diǎn)x＝x0。由于x0具有任意性，不符合P的唯一性，故a≥0不合題意。②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，則h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2令h′(x)＝0，得x＝ln(－2a)，記x*＝ln(－2則當(dāng)x∈(－∞，x*)時(shí)，h′(x)＜0，從而h(x)在(－∞，x*)內(nèi)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x*，＋∞)時(shí)，h′(x)＞0，從而h(x)在(x*，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增。(i)若x0＝x*，由x∈(－∞，x*)時(shí)，g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0；x∈(x*，＋∞)時(shí)，g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0.知g(x)在R上單調(diào)遞增，所以函數(shù)g(x)在R上有且只有一個(gè)零點(diǎn)x＝x*。(ii)若x0＞x*，由于h(x)在(x*，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，且h(x0)＝0，則當(dāng)x∈(x*，x0)時(shí)有g(shù)′(x)＝h(x)＜h(x0)＝0，g(x)＞g(x0)＝0；任取x1∈(x*，x0)有g(shù)(x1)＞0。又當(dāng)x∈(－∞，x1)時(shí)，易知g(x)＝ex＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0＜ex1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋c其中b＝－(e＋f′(x0))，c＝ex1－f(x0)＋x0f′(x0由于a＜0，則必存在x2＜x1，使得axeq\o\al(2,2)＋bx2＋c＜0.所以g(x2)＜0，故g(x)在(x2，x1)內(nèi)存在零點(diǎn)．即g(x)在R上至少有兩個(gè)零點(diǎn)。(iii)若x0＜x*，仿(ii)并利用ex＞eq\f(x3,6)，可證函數(shù)g(x)在R上至少有兩個(gè)零點(diǎn)。綜上所述，當(dāng)a＜0時(shí)，曲線y＝f(x)上存在唯一點(diǎn)P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))，曲線在該點(diǎn)處的切線與曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性。【解析】（Ⅰ）求導(dǎo)函數(shù)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線平行于x軸，可求a的值，由f′(x)<0，可得函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間；由f′(x)＞0，可得單調(diào)增區(qū)間。（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)P(x0，f(x0))，曲線y＝f(x)在點(diǎn)P處的切線方程為y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，曲線在該點(diǎn)處的切線與曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)P等價(jià)于g(x)有唯一零點(diǎn)，求出導(dǎo)函數(shù)，再進(jìn)行分類討論：①若a≥0，g(x)只有唯一零點(diǎn)x＝x0，由P的任意性a≥0不合題意；（2）②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，則h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a，可得函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而可研究g(例9.（年陜西省理14分）設(shè)函數(shù)（1）設(shè)，，證明：在區(qū)間內(nèi)存在唯一的零點(diǎn)；（2）設(shè)，若對(duì)任意，有，求的取值范圍；（3）在（1）的條件下，設(shè)是在內(nèi)的零點(diǎn)，判斷數(shù)列的增減性.【答案】解：（1）證明：，時(shí)，?！?，∴在內(nèi)存在零點(diǎn)。又∵當(dāng)時(shí)，，∴在上單調(diào)遞增。∴在內(nèi)存在唯一零點(diǎn)。（2）當(dāng)時(shí)，。對(duì)任意都有等價(jià)于在上最大值與最小值之差，據(jù)此分類討論如下：（ⅰ）當(dāng)，即時(shí)，，與題設(shè)矛盾。（ⅱ）當(dāng)，即時(shí)，恒成立。（ⅲ）當(dāng)，即時(shí)，恒成立。綜上所述，的取值范圍為。（3）設(shè)是在內(nèi)的唯一零點(diǎn)，則，，。∴。又由（1）知在上是遞增的，∴?！鄶?shù)列是遞增數(shù)列?！究键c(diǎn)】函數(shù)與方程，導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用、函數(shù)與數(shù)列的綜合?！窘馕觥浚?）一方面由得在內(nèi)存在零點(diǎn)；另一方面由當(dāng)時(shí)，得在上單調(diào)遞增。從而得出在內(nèi)存在唯一零點(diǎn)。（2）對(duì)任意都有等價(jià)于在上最大值與最小值之差，據(jù)此分、和討論即可。（3）設(shè)是在內(nèi)的唯一零點(diǎn)，則可得。又由（1）知在上是遞增的，∴。從而得到數(shù)列是遞增數(shù)列。另解：設(shè)是在內(nèi)的唯一零點(diǎn)，∵則的零點(diǎn)在內(nèi)，故。所以，數(shù)列是遞增數(shù)列。例10.（年全國(guó)課標(biāo)卷文5分）設(shè)函數(shù)(Ⅰ)求的單調(diào)區(qū)間(Ⅱ)若a=1，k為整數(shù)，且當(dāng)x>0時(shí)，，求k的最大值【答案】解：(Ｉ)f(x)的的定義域?yàn)椋?。若，則，∴在上單調(diào)遞增。若，則當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，∴在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增。(Ⅱ)∵a=1，∴?！喈?dāng)x>0時(shí)，，它等價(jià)于。令，則。由(Ｉ)知，函數(shù)在上單調(diào)遞增?！撸?，∴在上存在唯一的零點(diǎn)?！嘣谏洗嬖谖ㄒ坏牧泓c(diǎn)，設(shè)此零點(diǎn)為，則。當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，?！嘣谏系淖钚≈禐?。又∵，即，∴。因此，即整數(shù)k的最大值為2?！究键c(diǎn)】函數(shù)的單調(diào)性質(zhì)，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用?！窘馕觥?Ｉ)分和討論的單調(diào)區(qū)間即可。(Ⅱ)由于當(dāng)x>0時(shí)，等價(jià)于，令，求出導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的零點(diǎn)情況求出整數(shù)k的最大值。例11.（年四川省理5分）方程中的，且互不相同，在所有這些方程所表示的曲線中，不同的拋物線共有【】A、60條B、62條C、71條D、80條【答案】B?！究键c(diǎn)】分類討論的思想，拋物線的定義。【解析】將方程變形得，若表示拋物線，則∴分=－3,－2，1，2，3五種情況：（1）若=－3，;（2）若=3,以上兩種情況下有9條重復(fù)，故共有16+7=23條；同理當(dāng)=－2,或2時(shí)，共有23條；當(dāng)=1時(shí)，共有16條。綜上，共有23+23+16=62條。故選B。例12.（年江西省理13分）已知三點(diǎn)，，，曲線上任意一點(diǎn)滿足。（1）求曲線的方程；（2）動(dòng)點(diǎn)在曲線上，曲線在點(diǎn)處的切線為。問：是否存在定點(diǎn)，使得與都相交，交點(diǎn)分別為，且與的面積之比是常數(shù)？若存在，求的值。若不存在，說明理由?！敬鸢浮拷猓海?）由eq\o(MA,\s\up6(→))＝(－2－x,1－y)，eq\o(MB,\s\up6(→))＝(2－x,1－y)，得|eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))|＝eq\r(－2x2＋2－2y2)，eq\o(OM,\s\up6(→))·(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))＝(x，y)·(0,2)＝2y。由已知得eq\r(－2x2＋2－2y2)＝2y＋2，化簡(jiǎn)得曲線C的方程：x2＝4y。（2）假設(shè)存在點(diǎn)P(0，t)(t<0)滿足條件，則直線PA的方程是y＝eq\f(t－1,2)x＋t，PB的方程是y＝eq\f(1－t,2)x＋t。曲線C在Q處的切線l的方程是y＝eq\f(x0,2)x－eq\f(x\o\al(2,0),4)，它與y軸交點(diǎn)為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(x\o\al(2,0),4)))。由于－2<x0<2，因此－1<eq\f(x0,2)<1。①當(dāng)－1<t<0時(shí)，－1<eq\f(t－1,2)<－eq\f(1,2)，存在x0∈(－2,2)使得eq\f(x0,2)＝eq\f(t－1,2)，即l與直線PA平行，故當(dāng)－1<t<0時(shí)不符合題意。②當(dāng)t≤－1時(shí)，eq\f(t－1,2)≤－1<eq\f(x0,2)，eq\f(1－t,2)≥1>eq\f(x0,2)，所以l與直線PA，PB一定相交。分別聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(t－1,2)x＋t，,y＝\f(x0,2)x－\f(x\o\al(2,0),4)，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1－t,2)x＋t，,y＝\f(x0,2)x－\f(x\o\al(2,0),4)，))解得D，E的橫坐標(biāo)分別是xD＝eq\f(x\o\al(2,0)＋4t,2x0＋1－t)，xE＝eq\f(x\o\al(2,0)＋4t,2x0＋t－1)。則xE－xD＝(1－t)eq\f(x\o\al(2,0)＋4t,x\o\al(2,0)－t－12).。又|FP|＝－eq\f(x\o\al(2,0),4)－t，有S△PDE＝eq\f(1,2)·|FP|·|xE－xD|＝eq\f(1－t,8)·eq\f(x\o\al(2,0)＋4t2,t－12－x\o\al(2,0)).。又S△QAB＝eq\f(1,2)·4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,0),4)))＝eq\f(4－x\o\al(2,0),2)，于是eq\f(S△QAB,S△PDE)＝eq\f(4,1－t)·eq\f(x\o\al(2,0)－4[x\o\al(2,0)－t－12],x\o\al(2,0)＋4t2)＝eq\f(4,1－t)·eq\f(x\o\al(4,0)－[4＋t－12]x\o\al(2,0)＋4t－12,x\o\al(4,0)＋8tx\o\al(2,0)＋16t2)。對(duì)任意x0∈(－2,2)，要使eq\f(S△QAB,S△PDE)為常數(shù)，則t要滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4－t－12＝8t，,4t－12＝16t2，))解得t＝－1，此時(shí)eq\f(S△QAB,S△PDE)＝2。故存在t＝－1，使△QAB與△PDE的面積之比是常數(shù)2?！究键c(diǎn)】圓錐曲線的軌跡問題，利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程?！窘馕觥浚?）用坐標(biāo)表示eq\o(MA,\s\up6(→))和eq\o(MB,\s\up6(→))，從而可得|eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))|，利用向量的數(shù)量積，結(jié)合滿足，可得曲線C的方程。（2）假設(shè)存在點(diǎn)P(0，t)(t<0)滿足條件，則直線PA的方程是y＝eq\f(t－1,2)x＋t，PB的方程是y＝eq\f(1－t,2)x＋t。分類討論：①當(dāng)－1<t<0時(shí)，l∥PA，不符合題意；②當(dāng)t≤－1時(shí)，eq\f(t－1,2)≤－1<eq\f(x0,2)，eq\f(1－t,2)≥1>eq\f(x0,2)，分別聯(lián)立方程組，解得D，E的橫坐標(biāo)，進(jìn)而可得△QAB與△PDE的面積之比，利用其為常數(shù)，即可求得結(jié)論。例13.（年湖北省理13分）設(shè)是單位圓上的任意一點(diǎn)，是過點(diǎn)與軸垂直的直線，是直線與軸的交點(diǎn)，點(diǎn)在直線上，且滿足.當(dāng)點(diǎn)在圓上運(yùn)動(dòng)時(shí)，記點(diǎn)的軌跡為曲線.（Ⅰ）求曲線的方程，判斷曲線為何種圓錐曲線，并求焦點(diǎn)坐標(biāo)；（=2\*ROMANII）過原點(diǎn)且斜率為的直線交曲線于兩點(diǎn)，其中在第一象限，它在y軸上的射影為點(diǎn)N，直線交曲線于另一點(diǎn)，是否存在，使得對(duì)任意的，都有？若存在，求的值；若不存在，請(qǐng)說明理由?！敬鸢浮拷猓海á瘢┤鐖D1，設(shè)，，則由，可得，，所以，.①∵點(diǎn)在單位圓上運(yùn)動(dòng)，∴.②將①式代入②式即得所求曲線的方程為?！?，∴當(dāng)時(shí)，曲線是焦點(diǎn)在軸上的橢圓，兩焦點(diǎn)坐標(biāo)分別為，；當(dāng)時(shí)，曲線是焦點(diǎn)在軸上的橢圓，兩焦點(diǎn)坐標(biāo)分別為，。（Ⅱ）如圖2、3，，設(shè)，，則，，直線的方程為，將其代入橢圓的方程并整理可得。依題意可知此方程的兩根為，。于是由韋達(dá)定理可得，即?！唿c(diǎn)H在直線QN上，∴?！?，?！?，∴，即。又∵，∴?！啻嬖?，使得在其對(duì)應(yīng)的橢圓上，對(duì)任意的，都有?！究键c(diǎn)】求曲線的軌跡方程，直線與圓錐曲線的位置關(guān)系?！窘馕觥浚á瘢┯珊忘c(diǎn)在圓上列式即可求得曲線的方程，并可判斷曲線的類型，求得焦點(diǎn)坐標(biāo)。（=2\*ROMANII）設(shè)，，則，，表示出直線的方程代入橢圓的方程并整理，應(yīng)用韋達(dá)定理得到，利用Q、N、H三點(diǎn)共線得到，利用PQ⊥PH得到，從而求得結(jié)論。另解：如圖2、3，，設(shè)，，則，，∵，兩點(diǎn)在橢圓上，∴兩式相減可得.依題意，由點(diǎn)在第一象限可知，點(diǎn)也在第一象限，且，不重合，∴。∴由可得.。又∵，，三點(diǎn)共線，∴，即?！嘤煽傻??！?，∴，即。又∵，∴?！啻嬖冢沟迷谄鋵?duì)應(yīng)的橢圓上，對(duì)任意的，都有。三、幾何圖形的不確定的分類應(yīng)用：典型例題：例1.（年天津市理5分）已知函數(shù)的圖象與函數(shù)的圖象恰有兩個(gè)交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是▲.【答案】?！究键c(diǎn)】函數(shù)的圖像及其性質(zhì)，利用函數(shù)圖像確定兩函數(shù)的交點(diǎn)?！痉治觥亢瘮?shù)，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，綜上函數(shù)。作出函數(shù)的圖象，要使函數(shù)與有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，則直線必須在藍(lán)色或黃色區(qū)域內(nèi)，如圖，此時(shí)當(dāng)直線經(jīng)過黃色區(qū)域時(shí)，滿足，當(dāng)經(jīng)過藍(lán)色區(qū)域時(shí)，滿足，綜上實(shí)數(shù)的取值范圍是。例2.（年全國(guó)大綱卷理5分）已知函數(shù)的圖像與軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn)，則【】A．或2B．或3C．或1D．或1【答案】A【考點(diǎn)】導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用?！窘馕觥咳艉瘮?shù)圖像與軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，則需要滿足其中一個(gè)為零即可。因?yàn)槿魏瘮?shù)的圖像與軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn)，結(jié)合該函數(shù)的圖像，可知只有在極大值點(diǎn)或者極小值點(diǎn)有一點(diǎn)在軸時(shí)滿足要求（如圖所示）?！?，∴?！喈?dāng)時(shí)，函數(shù)取得極值。由或可得或，即。故選A。例3.（年江西省文5分）如下圖，OA=2（單位：m）,OB=1(單位：m),OA與OB的夾角為，以A為圓心，AB為半徑作圓弧與線段OA延長(zhǎng)線交與點(diǎn)C.甲。乙兩質(zhì)點(diǎn)同時(shí)從點(diǎn)O出發(fā)，甲先以速度1（單位:ms）沿線段OB行至點(diǎn)B，再以速度3（單位：m/s）沿圓弧行至點(diǎn)C后停止，乙以速率2（單位：m/s）沿線段OA行至A點(diǎn)后停止。設(shè)t時(shí)刻甲、乙所到的兩點(diǎn)連線與它們經(jīng)過的路徑所圍成圖形的面積為，則函數(shù)的圖像大致是【】A.B.C.D.【答案】A。【考點(diǎn)】函數(shù)的圖象。【解析】由題設(shè)知，OA=2（單位：m）,OB=1(單位：m)，兩者行一秒后，甲行到B停止，乙此時(shí)行到A，故在第一秒內(nèi)，甲、乙所到的兩點(diǎn)連線與它們經(jīng)過的路徑所圍成圖形的面積為的值增加得越來越快，一秒鐘后，隨著甲的運(yùn)動(dòng)，所圍成的面積增加值是扇形中AB所掃過的面積，由于點(diǎn)B是勻速運(yùn)動(dòng)，故一秒鐘后，面積的增加是勻速的，且當(dāng)甲行走到C后，即B與C重合后，面積不再隨著時(shí)間的增加而改變，故函數(shù)隨著時(shí)間t的增加先是增加得越來越快，然后轉(zhuǎn)化成勻速增加，然后面積不再變化，考察四個(gè)選項(xiàng)，只有A符合題意。故選A。例4.（年江西省理5分）如下圖，已知正四棱錐所有棱長(zhǎng)都為1，點(diǎn)是側(cè)棱上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)垂直于的截面將正四棱錐分成上、下兩部分，記截面下面部分的體積為則函數(shù)的圖像大致為【】【答案】A?！究键c(diǎn)】棱錐的體積公式，線面垂直，函數(shù)的思想。【解析】對(duì)于函數(shù)圖象的識(shí)別問題，若函數(shù)的圖象對(duì)應(yīng)的解析式不好求時(shí)，作為選擇題，可采用定性排它法：觀察圖形可知，當(dāng)時(shí)，隨著的增大，單調(diào)遞減，且遞減的速度越來越快，不是的線性函數(shù)，可排除C，D。當(dāng)時(shí)，隨著的增大，單調(diào)遞減，且遞減的速度越來越慢，可排除B。只有A圖象符合。故選A。如求解具體的解析式，方法繁瑣，而且計(jì)算復(fù)雜，很容易出現(xiàn)某一步的計(jì)算錯(cuò)誤而造成前功盡棄，并且作為選擇題也沒有太多的時(shí)間去解答。我們也解答如下：連接AC，BD，二者交于點(diǎn)O，連接SO，過點(diǎn)E作底面的垂線EH。當(dāng)E為SC中點(diǎn)時(shí)，∵SB＝SD＝BC＝CD，∴SE⊥BE，SE⊥DE?！郤E⊥面BDE?！喈?dāng)時(shí)，截面為三角形EBD，截面下面部分錐體的底為BCD。又∵SA＝SC＝1，AC＝eq\r(,2)，SO＝eq\f(\r(,2),2)。此時(shí)?！?。當(dāng)時(shí)，截面與AD和AB相交，分別交于點(diǎn)F、D，設(shè)FG與AC相交于點(diǎn)I，則易得。由EH∥SO，得，即。由EI∥SA，得，即。易知是等腰直角三角形，即?！??！?。當(dāng)時(shí)，截面與DC和BC相交，分別交于點(diǎn)M、N，設(shè)MN與AC相交于點(diǎn)J，則易得。由EH∥SO，得，即。由EJ∥SA，得，即。易知是等腰直角三角形，即?！?。∴。綜上所述，。結(jié)合微積分知識(shí)，可判定A正確。例5.（年上海市理16分）在平面直角坐標(biāo)系中，已知雙曲線.（1）過的左頂點(diǎn)引的一條漸近線的平行線，求該直線與另一條漸近線及x軸圍成的三角形的面積；（4分）（2）設(shè)斜率為1的直線交于P、Q兩點(diǎn)，若與圓相切，求證：OP⊥OQ；（6分）（3）設(shè)橢圓.若M、N分別是、上的動(dòng)點(diǎn)，且OM⊥ON，求證：O到直線MN的距離是定值.（6分）【答案】解：（1）∵雙曲線的左頂點(diǎn)，漸近線方程：.∴過點(diǎn)A與漸近線平行的直線方程為，即。解方程組，得。∴所求三角形的面積為。（2）證明：設(shè)直線PQ的方程是∵直線與已知圓相切，故，即。由，得。設(shè)，則.又，∴?！郞P⊥OQ。（3）當(dāng)直線ON垂直于軸時(shí)，|ON|=1，|O|=，則O到直線MN的距離為。（此時(shí)，N在軸上，在軸上）當(dāng)直線ON不垂直于x軸時(shí)，設(shè)直線ON的方程為（顯然），則由OM⊥ON，得直線OM的方程為。由，得?！?。同理。設(shè)O到直線MN的距離為，∵，∴，即。綜上所述，O到直線MN的距離是定值?！究键c(diǎn)】雙曲線的概念、標(biāo)準(zhǔn)方程、幾何性，直線與雙曲線的關(guān)系，橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和圓的有關(guān)性質(zhì)?！窘馕觥浚?）求出過點(diǎn)A與一條漸近線平行的直線方程，再求出它與另一條漸近線即可求得三角形的面積。（2）由兩直線垂直的判定，只要證明表示這兩條直線的向量積為0即可，從而求出直線方程，進(jìn)一步求出表示這兩條直線的向量，求出它們的積即可。（3）分直線ON垂直于軸和直線ON不垂直于x軸兩種情況證明即可。例6.（年四川省理12分）如圖，動(dòng)點(diǎn)到兩定點(diǎn)、構(gòu)成，且，設(shè)動(dòng)點(diǎn)的軌跡為。（Ⅰ）求軌跡的方程；（Ⅱ）設(shè)直線與軸交于點(diǎn)，與軌跡相交于點(diǎn)，且，求的取值范圍?！敬鸢浮拷猓海á瘢┰O(shè)M的坐標(biāo)為（x，y），顯然有x>0且。當(dāng)∠MBA=90°時(shí)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2，,±3）。當(dāng)∠MBA≠90°時(shí)，x≠2。由得tan∠MBA=，即化簡(jiǎn)得：。而點(diǎn)（2，,±3）在上?！邥r(shí)，，∴。綜上可知，軌跡C的方程為（）。(II)由方程消去y，可得。（*）由題意，方程（*）有兩根且均在（1，+）內(nèi)，設(shè)，∴，解得，m>1且m2。設(shè)Q、R的坐標(biāo)分別為，由有?！?。由m>1且m2得且?！嗟娜≈捣秶?。【考點(diǎn)】直線、雙曲線、軌跡方程的求法，倍角公式的應(yīng)用?！窘馕觥浚á瘢┰O(shè)M的坐標(biāo)為（x，y），當(dāng)∠MBA=90°時(shí)，可直接得到點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2，,±3）；當(dāng)∠MBA≠90°時(shí)，由應(yīng)用倍角公式即可得到軌跡的方程。（Ⅱ）直線與聯(lián)立，消元可得①，利用①有兩根且均在（1，+∞）內(nèi)可知，m＞1，m≠2。設(shè)Q，R的坐標(biāo)，求出xR，xQ，利用，即可確定的取值范圍。四、由數(shù)學(xué)運(yùn)算引起的分類應(yīng)用：典型例題：例1.（年北京市理5分）已知集合A={x∈R｜3x＋2>0﹜，B={x∈R｜(x＋1)(x－3)>0﹜，則A∩B=【】A．（－∞，－1）B.（－1，）C.﹙，3﹚D.（3，＋∝）【答案】D?！究键c(diǎn)】集合的交集運(yùn)算。【解析】∵，，∴A∩B=（3，＋∝）。故選D。例2.（年浙江省理5分）設(shè)集合，集合，則【】A．B．C．D．【答案】A?！究键c(diǎn)】集合的運(yùn)算?！窘馕觥俊撸?。∴。故選A。例3.（年江蘇省10分）設(shè)集合，．記為同時(shí)滿足下列條件的集合的個(gè)數(shù)：①；②若，則；③若，則。（1）求；（2）求的解析式（用表示）．【答案】解：（1）當(dāng)時(shí)，符合條件的集合為：，∴=4。(2）任取偶數(shù)，將除以2，若商仍為偶數(shù)．再除以2，···經(jīng)過次以后．商必為奇數(shù)．此時(shí)記商為。于是，其中為奇數(shù)。由條件知．若則為偶數(shù)；若，則為奇數(shù)。于是是否屬于，由是否屬于確定。設(shè)是中所有奇數(shù)的集合．因此等于的子集個(gè)數(shù)。當(dāng)為偶數(shù)〔或奇數(shù)）時(shí)，中奇數(shù)的個(gè)數(shù)是（）。∴?！究键c(diǎn)】集合的概念和運(yùn)算，計(jì)數(shù)原理?！窘馕觥浚?）找出時(shí)，符合條件的集合個(gè)數(shù)即可。（2）由題設(shè)，根據(jù)計(jì)數(shù)原理進(jìn)行求解。例4.（年重慶市理5分）設(shè)函數(shù)在上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為，且函數(shù)的圖像如題圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是【】（A）函數(shù)有極大值和極小值（B）函數(shù)有極大值和極小值（C）函數(shù)有極大值和極小值（D）函數(shù)有極大值和極小值【答案】D?！究键c(diǎn)】函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的條件，函數(shù)的圖象?！痉治觥坑蓤D象知，與軸有三個(gè)交點(diǎn)，－2，1，2，∴。由此得到，，，和在上的情況：－212＋0－0＋0－＋＋＋0－－－＋0－－－0＋↗極大值↘非極值↘極小值↗∴的極大值為，的極小值為。故選D。例5.（年北京市理13分）已知函數(shù)（1）若曲線與曲線在它們的交點(diǎn)（1，c）處具有公共切線，求a、b的值；（2）當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，并求其在區(qū)間（－∞，－1）上的最大值?！敬鸢浮拷猓海?）∵（1，c）為公共切點(diǎn)，∴。∴，即=1\*GB3①。又∵，∴。又∵曲線與曲線在它們的交點(diǎn)（1，c）處具有公共切線，∴=2\*GB3②。解=1\*GB3①=2\*GB3②，得。（2）∵，∴設(shè)。則。令，解得。∵，∴。又∵在各區(qū)間的情況如下：＋0－0＋∴在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增。①若，即時(shí)，最大值為；②若，即時(shí)，最大值為。③若時(shí)，即時(shí)，最大值為。綜上所述：當(dāng)時(shí)，最大值為；當(dāng)時(shí)，最大值為1?！究键c(diǎn)】函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和最大值，切線的斜率，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用?！窘馕觥浚?）由曲線與曲線有公共點(diǎn)（1，c）可得；由曲線與曲線在它們的交點(diǎn)（1，c）處具有公共切線可得兩切線的斜率相等，即。聯(lián)立兩式即可求出a、b的值。（2）由得到只含一個(gè)參數(shù)的方程，求導(dǎo)可得的單調(diào)區(qū)間；根據(jù)，和三種情況討論的最大值。例6.（年湖南省理13分）已知函數(shù)，其中≠0.（Ⅰ）若對(duì)一切∈R，≥1恒成立，求的取值集合.（Ⅱ）在函數(shù)的圖像上取定兩點(diǎn)，記直線AB的斜率為，問：是否存在，使成立？若存在，求的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由.【答案】解：（Ⅰ）若，則對(duì)一切，，這與題設(shè)矛盾，又，故?！摺嗔?。當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增.∴當(dāng)時(shí)，取最小值。于是對(duì)一切恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)①令則。當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，∴當(dāng)時(shí)，取最大值?！喈?dāng)且僅當(dāng)即時(shí)，①式成立。綜上所述，的取值集合為。（Ⅱ）存在。由題意知，。令則。令，則。當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，∴當(dāng)，即?！啵?。又∵∴?！吆瘮?shù)在區(qū)間上的圖像是連續(xù)不斷的一條曲線，∴存在使單調(diào)遞增，故這樣的是唯一的，且，故當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，。綜上所述，存在使成立.且的取值范圍為?！究键c(diǎn)】利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性、最值、不等式恒成立,分類討論思想、函數(shù)與方程思想，轉(zhuǎn)化與劃歸思想等數(shù)學(xué)思想方法的應(yīng)用。【解析】（Ⅰ）用導(dǎo)函數(shù)法求出取最小值，對(duì)一切∈R，≥1恒成立轉(zhuǎn)化為，從而得出的取值集合。（Ⅱ）在假設(shè)存在的情況下進(jìn)行推理，通過構(gòu)造函數(shù)，研究這個(gè)函數(shù)的單調(diào)性及最值來進(jìn)行分析判斷。例7.（年江蘇省16分）若函數(shù)在處取得極大值或極小值，則稱為函數(shù)的極值點(diǎn)。已知是實(shí)數(shù)，1和是函數(shù)的兩個(gè)極值點(diǎn)．（1）求和的值；（2）設(shè)函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，求的極值點(diǎn)；（3）設(shè)，其中，求函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．【答案】解：（1）由，得?！?和是函數(shù)的兩個(gè)極值點(diǎn)，∴，，解得。（2）∵由（1）得，，∴，解得。∵當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，∴是的極值點(diǎn)。∵當(dāng)或時(shí)，，∴不是的極值點(diǎn)?！嗟臉O值點(diǎn)是－2。（3）令，則。先討論關(guān)于的方程根的情況：當(dāng)時(shí)，由（2）可知，的兩個(gè)不同的根為I和一2，注意到是奇函數(shù)，∴的兩個(gè)不同的根為一和2。當(dāng)時(shí)，∵，，∴一2,－1，1，2都不是的根。由（1）知。①當(dāng)時(shí)，，于是是單調(diào)增函數(shù)，從而。此時(shí)在無實(shí)根。②當(dāng)時(shí)．，于是是單調(diào)增函數(shù)。又∵，，的圖象不間斷，∴在（1,2）內(nèi)有唯一實(shí)根。同理，在（一2，一I）內(nèi)有唯一實(shí)根。③當(dāng)時(shí)，，于是是單調(diào)減兩數(shù)。又∵，，的圖象不間斷，∴在（一1，1）內(nèi)有唯一實(shí)根。因此，當(dāng)時(shí)，有兩個(gè)不同的根滿足；當(dāng)時(shí)有三個(gè)不同的根，滿足?，F(xiàn)考慮函數(shù)的零點(diǎn)：(i）當(dāng)時(shí)，有兩個(gè)根，滿足。而有三個(gè)不同的根，有兩個(gè)不同的根，故有5個(gè)零點(diǎn)。(11）當(dāng)時(shí)，有三個(gè)不同的根，滿足。而有三個(gè)不同的根，故有9個(gè)零點(diǎn)。綜上所述，當(dāng)時(shí)，函數(shù)有5個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，函數(shù)有9個(gè)零點(diǎn)?！究键c(diǎn)】函數(shù)的概念和性質(zhì)，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用?！窘馕觥浚?）求出的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)1和是函數(shù)的兩個(gè)極值點(diǎn)代入列方程組求解即可。（2）由（1）得，，求出，令，求解討論即可。（3）比較復(fù)雜，先分和討論關(guān)于的方程根的情況；再考慮函數(shù)的零點(diǎn)。例8.（年湖南省文5分）設(shè)定義在R上的函數(shù)是最小正周期為2的偶函數(shù)，是的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)時(shí)，0＜＜1；當(dāng)且時(shí)，，則函數(shù)在[-2，2]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為【】A.2B.4C.5D.8【答案】Ｂ?！究键c(diǎn)】函數(shù)的周期性、奇偶性、圖像及兩個(gè)圖像的交點(diǎn)問題。【解析】由當(dāng)且≠時(shí)，，知為減函數(shù)；為增函數(shù)。又時(shí)，0＜f(x)＜1，在R上的函數(shù)f(x)是最小正周期為2的偶函數(shù)，在同一坐標(biāo)系中作出和草圖像如下，由圖知在[-2，2]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為4個(gè)。例9.（年全國(guó)大綱卷文12分）已知函數(shù)．（1）討論的單調(diào)性；（2）設(shè)有兩個(gè)極值點(diǎn)，，若過兩點(diǎn)，的直線與軸的交點(diǎn)在曲線上，求的值．【答案】解：（1）∵，∴=1\*GB3①當(dāng)時(shí)，，且僅當(dāng)時(shí)。∴是增函數(shù)。=2\*GB3②當(dāng)時(shí)，有兩個(gè)根。列表如下：的增減性＞0增函數(shù)＜減函數(shù)＞0增函數(shù)（2）由題設(shè)知，，是的兩個(gè)根，∴，且。∴。同理，?！嘀本€的解析式為。設(shè)直線與軸的交點(diǎn)為，則，解得。代入得，∵在軸上，∴，解得，或或。【考點(diǎn)】函數(shù)的單調(diào)性和極值，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用?！窘馕觥浚?）求出導(dǎo)函數(shù)，分區(qū)間討論即可。（2）由，是的兩個(gè)根和（1）的結(jié)論，得，求出關(guān)于的表達(dá)式和關(guān)于的表達(dá)式，從而得到直線的解析式。求出交點(diǎn)的橫坐標(biāo)代入，由其等于0，求出的值。例10.（年全國(guó)課標(biāo)卷理5分）數(shù)列滿足，則的前項(xiàng)和為▲【答案】?！究键c(diǎn)】分類歸納（數(shù)字的變化類），數(shù)列?！窘馕觥壳蟪龅耐?xiàng)：由得，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；······當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，（）?！?，∴的四項(xiàng)之和為（）。設(shè)（）。則的前項(xiàng)和等于的前15項(xiàng)和，而是首項(xiàng)為10，公差為16的等差數(shù)列，∴的前項(xiàng)和=的前15項(xiàng)和=。例11.（年湖北省理12分）已知等差數(shù)列前三項(xiàng)的和為-3，前三項(xiàng)的積為8.（Ⅰ）求等差數(shù)列的通項(xiàng)公式；（=2\*ROMANII）若成等比數(shù)列，求數(shù)列的前n項(xiàng)的和?！敬鸢浮拷猓海á瘢┰O(shè)等差數(shù)列的公差為，則，，由題意得解得或∴由等差數(shù)列通項(xiàng)公式可得，或?！嗟炔顢?shù)列的通項(xiàng)公式為，或。（Ⅱ）當(dāng)時(shí)，，，分別為，，，不成等比數(shù)列；當(dāng)時(shí)，，，分別為，，，成等比數(shù)列，滿足條件。∴記數(shù)列的前項(xiàng)和為，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，。當(dāng)時(shí)，滿足此式。綜上，【考點(diǎn)】等差等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，和前n項(xiàng)和公式及基本運(yùn)算?！窘馕觥浚á瘢┰O(shè)等差數(shù)列的公差為，根據(jù)等差數(shù)列前三項(xiàng)的和為-3，前三項(xiàng)的積為8列方程組求解即可。（=2\*ROMANII）對(duì)（Ⅰ）的結(jié)果驗(yàn)證符合成等比數(shù)列的數(shù)列，應(yīng)用等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式分，，分別求解即可。例12.（年重慶市理12分）設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和滿足，其中.（I）求證：是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列；（5分）（II）若，求證：，并給出等號(hào)成立的充要條件.（7分）【答案】證明：（Ⅰ）∵，∴?！??！唷！?，∴。∴?！?，∴?！??！??！??！??！嗍鞘醉?xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列。（II）當(dāng)=1或=2時(shí)，易知成立。當(dāng)時(shí)，成立。當(dāng)時(shí)，，∴?！?。當(dāng)時(shí)，上面不等式可化為，設(shè)，①當(dāng)時(shí)，?！??！喈?dāng)時(shí)，所要證的不等式成立。②當(dāng)時(shí)，令，則?！嘣冢?，1）上遞減。∴。∴?！嘣冢?，1）上遞增?！??！喈?dāng)時(shí)，所要證的不等式成立。=3\*GB3③當(dāng)時(shí)，，由已證結(jié)論得：?！??！??！喈?dāng)時(shí)，所要證的不等式成立。綜上所述，當(dāng)且時(shí)，。當(dāng)且僅當(dāng)=1,2或時(shí)等號(hào)成立?！究键c(diǎn)】數(shù)列與不等式的綜合，數(shù)列與函數(shù)的綜合，等比數(shù)列的性質(zhì)，等比關(guān)系的確定?！痉治觥浚↖）根據(jù)，得，兩式相減，即可證得是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列。（II）當(dāng)=1或=2時(shí)和當(dāng)時(shí)，成立。當(dāng)時(shí)，分，，三種情況分別證明即可。本題也可用數(shù)學(xué)歸納法證明。例13.（年上海市文4分）已知，各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列滿足，，若，則的值是▲【答案】?！究键c(diǎn)】數(shù)列的概念、組成和性質(zhì)，函數(shù)的概念?！窘馕觥扛鶕?jù)題意，，并且，得到。當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，，，，，。當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，由，得到，解得（負(fù)值舍去）。由得，解得?！喈?dāng)為偶數(shù)時(shí)，?！?。例14.（年安徽省文13分）設(shè)函數(shù)的所有正的極小值點(diǎn)從小到大排成的數(shù)列為.（Ⅰ）求數(shù)列；（Ⅱ）設(shè)的前項(xiàng)和為，求?！敬鸢浮拷猓海?1\*ROMANI）∵，∴。令，解得。當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，。∴當(dāng)時(shí)，取極小值?！鄶?shù)列：。（=2\*ROMANII）由（=1\*ROMANI）得：，∴。當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，?！喈?dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，。【考點(diǎn)】三角函數(shù)的極值，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，數(shù)列?！窘馕觥浚?1\*ROMANI）求函數(shù)的所有正的極小值點(diǎn)，即要討論，和的情況，得出結(jié)果。（=2\*ROMANII）求出的前項(xiàng)和為，分類討論，求出。例15.（年湖北省理5分）函數(shù)在區(qū)間[0,4]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為【】A.4B.5C.6D.7【答案】C?！究键c(diǎn)】函數(shù)的零點(diǎn)與方程，三角函數(shù)的周期性。【解析】由得或。當(dāng)時(shí)，，∴是函數(shù)在區(qū)間[0,4]上的一個(gè)零點(diǎn)。當(dāng)時(shí)，∵，∴?！呤褂嘞覟榱愕慕堑幕《葦?shù)為，∴令。則時(shí)對(duì)應(yīng)角分別為均滿足條件，當(dāng)時(shí)，不滿足條件。綜上所述，函數(shù)在區(qū)間[0,4]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為6個(gè)。故選C。例16.（年安徽省理12分）設(shè)函數(shù)（=1\*ROMANI）求函數(shù)的最小正周期；（=2\*ROMANII）設(shè)函數(shù)對(duì)任意，有，且當(dāng)時(shí)，；求函數(shù)在上的解析式。【答案】解：（=1\*ROMANI）∵，∴函數(shù)的最小正周期。（=2\*ROMANII）∵當(dāng)時(shí)，∴當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，。∴函數(shù)在上的解析式為?！究键c(diǎn)】三角函數(shù)公式和性質(zhì)。，【解析】（=1\*ROMANI）將化為，即可求出函數(shù)的最小正周期。（=2\*ROMANII）由得出關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式。由分區(qū)間討論即可。例17.（年全國(guó)大綱卷理5分）將字母排成三行兩列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，則不同的排列方法共有【】A．12種B．18種C．24種D．36種【答案】A?！究键c(diǎn)】排列組合的應(yīng)用，分步計(jì)數(shù)原理?！窘馕觥坷梅植接?jì)數(shù)原理，先填寫最左上角的數(shù)，有3種，再填寫右上角的數(shù)為2種，再填寫第二行第一列的數(shù)有2種，一共有3×2×2=12種。故選A。例18.（年北京市理5分）從0，2中選一個(gè)數(shù)字，從1，3，5中選兩個(gè)數(shù)字，組成無重復(fù)數(shù)字的三位數(shù).其中奇數(shù)的個(gè)數(shù)為【】A.24B.18C.12D.6【答案】B?！究键c(diǎn)】排列組合問題?！窘馕觥坑捎陬}目要求是奇數(shù)，那么對(duì)于此三位數(shù)可以分成兩種情況：奇偶奇；偶奇奇。如果是第一種奇偶奇的情況，可以從個(gè)位開始分析（3種情況），之后十位（2種情況），最后百位（2種情況），共12種；如果是第二種情況偶奇奇：個(gè)位（3種情況），十位（2種情況），百位（不能是O，一種倩況），共6種。因此總共有12+6=18種情況。故選B。例19.（年安徽省理5分）6位同學(xué)在畢業(yè)聚會(huì)活動(dòng)中進(jìn)行紀(jì)念品的交換，任意兩位同學(xué)之間最多交換一次，進(jìn)行交換的兩位同學(xué)互贈(zèng)一份紀(jì)念品，已知6位同學(xué)之間共進(jìn)行了13次交換，則收到份紀(jì)念品的同學(xué)人數(shù)為【】或或或或【答案】?！究键c(diǎn)】排列組合。【解析】∵，∴在6位同學(xué)的兩兩交換中少2種情況。不妨設(shè)甲、乙、丙、丁、戍、己6人=1\*GB3①設(shè)僅有甲與乙，丙沒交換紀(jì)念品，則甲收到3份紀(jì)念品，乙、丙收到4份紀(jì)念品，丁、戍、己收到5份紀(jì)念品，此時(shí)收到4份紀(jì)念品的同學(xué)人數(shù)為人；=2\*GB3②設(shè)僅有甲與乙，丙與丁沒交換紀(jì)念品，則甲、乙、丙、丁收到4份紀(jì)念品，戍、己收到5份紀(jì)念品，此時(shí)收到4份紀(jì)念品的同學(xué)人數(shù)為4人。故選。例20.（年浙江省理5分）若從1，2，3，…，9這9個(gè)整數(shù)中同時(shí)取4個(gè)不同的數(shù)，其和為偶數(shù)，則不同的取法共有【】A．60種B．63種C．65種D．66種【答案】D?！究键c(diǎn)】分類討論，計(jì)數(shù)原理的應(yīng)用。【解析】1，2，2，…，9這9個(gè)整數(shù)中有5個(gè)奇數(shù)，4個(gè)偶數(shù)．要想同時(shí)取4個(gè)不同的數(shù)其和為偶數(shù)，則取法有：4個(gè)都是偶數(shù)：1種；2個(gè)偶數(shù)，2個(gè)奇數(shù)：種；4個(gè)都是奇數(shù)：種。∴不同的取法共有66種。故選D。例21.（年陜西省理5分）兩人進(jìn)行乒乓球比賽，先贏三局著獲勝，決出勝負(fù)為止，則所有可能出現(xiàn)的情形（各人輸贏局次的不同視為不同情形）共有【】A.10種B.15種C.20種D.30種【答案】D?！究键c(diǎn)】排列、組合及簡(jiǎn)單計(jì)數(shù)問題，分類計(jì)數(shù)原理?！窘馕觥扛鶕?jù)分類計(jì)數(shù)原理，所有可能情形可分為3:0，3:1，3:2三類，在每一類中可利用組合數(shù)公式計(jì)數(shù)，最后三類求和即可得結(jié)果：當(dāng)比分為3:0時(shí)，共有2種情形；當(dāng)比分為3:1時(shí)，共有種情形；當(dāng)比分為3:2時(shí)，共有種情形?？偣灿蟹N。故選D。例22.（年湖北省理5分）回文數(shù)是指從左到右與從右到左讀都一樣的正整數(shù)。如22，,11,3443