还剩8页未读，
继续阅读
2020届二轮复习（理）第3讲分类与整合的思想学案
展开
第3讲 分类与整合的思想
「思想方法解读」 分类与整合的思想就是将一个复杂的数学问题分解成若干个简单的基础问题，通过对基础问题的解答，解决原问题的思维策略．实质上就是“化整为零，各个击破，再积零为整”的策略，使用分类与整合思想应明白这样几点：一是引起分类整合的原因；二是分类中整合的原则，不重不漏，分类标准统一；三是明确分类整合的步骤；四是将各类情况总结归纳．
常见的分类整合问题有以下几种：(1)由概念引起的分类整合；(2)由性质、定理、公式的限制条件引起的分类整合；(3)由数学运算引起的分类整合；(4)由图形的不确定性引起的分类整合；(5)由参数的变化引起的分类整合.
热点题型探究
热点1 公式、定理的分类整合法
例1 (1)(2019·开封市高三第三次模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，且x＝－为f(x)的零点，x＝为y＝f(x)图象的对称轴，且∀x∈，|f(x)|<1，则ω的最大值为( )
A．5 B．4
C．3 D．2
答案 C
解析 因为x＝－为f(x)的零点，
所以－ω＋φ＝k1π(k1∈Z)，①
因为x＝为y＝f(x)图象的对称轴，
所以ω＋φ＝k2π＋(k2∈Z)，②
①＋②，得2φ＝(k1＋k2)π＋，得
φ＝＋，
因为|φ|≤，得φ＝±.
②－①，得ω＝(k2－k1)π＋，
所以ω＝2(k2－k1)＋1＝2n＋1(n∈Z)．
当ω＝5时，如果f(x)＝sin，
令5x＋＝kπ＋，k∈Z，所以x＝＋，k∈Z，
当k＝2时，x＝∈，与已知不符．
如果f(x)＝sin，
令5x－＝kπ＋，k∈Z，所以x＝＋，k∈Z，
当k＝1时，x＝∈，与已知不符．
当ω＝3时，如果f(x)＝sin，
令3x＋＝kπ＋，k∈Z，所以x＝＋，k∈Z，
当k＝1时，x＝∈，与已知不符．
如果f(x)＝sin，
令3x－＝kπ＋，k∈Z，所以x＝＋(k∈Z)∉，与已知相符．故选C.
(2)(2019·上海市嘉定(长宁)区高三第二次质量调研)已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋2)＝－f(x)，且当0≤x≤1时，f(x)＝log2(x＋a)．若对于任意x∈[0,1]，都有f≥1－log23，则实数t的取值范围为________．
答案 [0,3]
解析 由题意，f(x)为周期为4的函数，且是奇函数.0在函数定义域内，故f(0)＝0，得a＝1，所以当0≤x≤1时，
f(x)＝log2(x＋1)，当x∈[－1,0]时，－x∈[0,1]，此时f(x)＝－f(－x)＝－log2(－x＋1)，又f(x＋2)＝－f(x)＝f(－x)，
所以f(x)以x＝1为对称轴，且当x∈[－1,1]时，f(x)单调递增；当x∈[1,3]时，f(x)单调递减．
易知当x∈[2,3]时，f(x)＝－log2(x－1)．
当x∈[－1,3]时，令f(x)＝1－log23，得x＝－或x＝，所以在[－1,3]内，当f(x)≥1－log23时，x∈.
设g(x)＝－x2＋tx＋，若对于x∈[0,1]都有
f≥1－log23，
因为g(0)＝∈.
故g(x)∈.①当＜0时，g(x)在[0,1]上单调递减，故g(x)∈⊆，得t≥0，无解．
②当0≤t≤1，即0≤≤时，此时g最大，g(1)最小，即g(x)∈⊆.解得t∈[0,1]．
③当1＜t≤2，即＜≤1时，此时g(0)最小，g最大，即g(x)∈⊆.解得t∈(1,2]．
④当t＞2时，即>1，故g(x)在[0,1]上单调递增，故g(x)∈⊆.解得t∈(2,3]．综上，t∈[0,3]．
(3)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋1(n∈N*)，且a1＝1.则数列{an}的通项公式是________．
答案 an＝
解析 ①当n＝1时，由已知可得a1＝2a2，即a2＝a1＝.
②当n≥2时，由已知Sn＝2an＋1(n∈N*)，可得Sn－1＝2an(n≥2，n∈N*)，两式相减得an＝2an＋1－2an⇒2an＋1＝3an，即＝，所以数列{an}从第二项开始成一个首项为a2＝，公比为的等比数列，故当n≥2，n∈N*时有an＝·n－2.
所以an＝
解决由概念、法则、公式引起的分类整合问题的步骤
第一步：确定需分类的目标与对象，即确定需要分类的目标，一般把需要用到公式、定理解决问题的对象作为分类目标．
第二步：根据公式、定理确定分类标准．运用公式、定理对分类对象进行区分．
第三步：分类解决“分目标”问题．对分类出来的“分目标”分别进行处理．
第四步：汇总“分目标”．将“分目标”问题进行汇总，并作进一步处理．
1．(2019·新疆维吾尔族自治区检测)已知x∈R，sinx－3cosx＝，则tan2x＝( )
A. B．
C．－ D．－
答案 A
解析 由sinx－3cosx＝及sin2x＋cos2x＝1，得(＋3cosx)2＋cos2x＝1.即5cos2x＋3cosx＋2＝0，cosx＝－或cosx＝－，所以当cosx＝－时，sinx＝－，tanx＝，tan2x＝＝；当cosx＝－时，sinx＝，tanx＝－2，tan2x＝＝.所以tan2x＝，故选A.
2．(2019·云南高三第一次统考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，∠ABC＝，BD平分∠ABC交AC于点D，BD＝2，则△ABC的面积的最小值为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
答案 B
解析 设A＝α，则0<α<，C＝π－－α＝－α，
∵∠ABC＝，BD平分∠ABC交AC于点D，BD＝2，
∴∠ABD＝∠CBD＝.在△ABD中，∠ADB＝π－－α＝－α，由正弦定理可得＝，∴AB＝＝.在△CBD中，∠CDB＝＋α，由正弦定理可得＝，
∴BC＝.
∴△ABC的面积S＝AB·BC·sin
＝××
＝·
＝·
＝
＝2＋，∵0<α<，∴<2α＋<，∴
答案 (2，)
解析 因为b是，2的等比中项，所以b＝ ＝1；
因为c是1,5的等差中项，所以c＝＝3.
因为△ABC为锐角三角形，
①当a为最大边时，有
解得3≤a＜；
②当c为最大边时，有
解得2＜a≤3.
由①②得2
例2 (1)(2019·兰州一模)设A，B是椭圆C：＋＝1长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB＝120°，则m的取值范围是( )
A．(0,1]∪[9，＋∞) B．(0，]∪[9，＋∞)
C．(0,1]∪[4，＋∞) D．(0，]∪[4，＋∞)
答案 A
解析 如图，设DE是椭圆的短轴，利用动态分析，或过A，D，B作圆F，根据圆周角定理，易知∠AMB≤∠ADB.若C上存在点M满足∠AMB＝120°，则∠ADB≥120°，所以＝tan∠ODB≥tan60°＝.当焦点在x轴上时，|OB|＝，|OD|＝，≥ ，解得0
A．3 B．
C．3或 D．3或－
答案 D
解析 先画出线性约束条件所表示的可行域，如图中阴影部分所示，目标函数化为y＝－x＋z，
当a>0时，－＜0，只需目标函数截距最大．
①若－＜－<0，即a>2，最优解为A，z＝＋a＝，a＝3，符合题意；
②若－＜－，即0
当a<0时，－>0，只需目标函数截距最小．
③若0<－<，即a<－2，最优解为C(－2，－2)，
z＝－2－2a＝，a＝－，符合题意；
④若<－<1，即－2
综上可知实数a的值为3或－.故选D.
六类常见的由图形的位置或形状变化引起的分类整合
(1)二次函数对称轴的变化；(2)函数问题中区间的变化；(3)函数图象形状的变化；(4)直线由斜率引起的位置变化；(5)圆锥曲线由焦点引起的位置变化或由离心率引起的形状变化；(6)立体几何中点、线、面的位置变化等．
1．(2019·山西太原第五中学阶段检测)若变量x，y满足约束条件且z＝ax＋3y的最小值为7，则a的值为( )
A．1 B．2
C．－2 D．－1
答案 B
解析 由约束条件
作出可行域如图中阴影部分所示，联立方程组求得A(2，1)，B(4,5)，C(1,2)，化目标函数z＝ax＋3y为y＝－x＋.当a＞0时，由图可知，当直线y＝－x＋过A或C时，直线在y轴上的截距最小，z有最小值．若过A，则2a＋3＝7，解得a＝2，符合题意；若过C，则a＋6＝7，解得a＝1不符合题意．当a＜0时，由图可知，当直线y＝－x＋过A或B时，直线在y轴上的截距最小，z有最小值．若过A，则2a＋3＝7，解得a＝2，不符合题意；若过B，则4a＋15＝7，解得a＝－2，不符合题意．所以a的值为2.故选B.
2．如图，M，N是焦点为F的抛物线y2＝4x上的两个不同的点，且线段MN的中点A的横坐标为3，直线MN与x轴交于B点，则点B的横坐标的取值范围是( )
A．(－3,3] B．(－∞，3]
C．(－6，－3) D．(－6，－3)∪(－3,3]
答案 A
解析 ①若直线MN的斜率不存在，则点B的坐标为(3,0)．
②若直线MN的斜率存在，设A(3，t)(t≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由得y－y＝4(x1－x2)，∴(y1＋y2)＝4，即kMN＝，∴直线MN的方程为y－t＝(x－3)，∴点B的横坐标xB＝3－，由消去x，得y2－2ty＋2t2－12＝0，由Δ>0得t2<12，又t≠0，∴xB＝3－∈(－3，3)．综上，点B的横坐标的取值范围为(－3，3]．
热点3 含参数问题的分类整合法
例3 (2019·石家庄市第二中学高三模拟)函数f(x)＝·ex－ax－(a为常数)的图象与x轴有唯一公共点M.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若a＝－2，存在不相等的实数x1，x2，满足f(x1)＝－f(x2)，证明：x1＋x2<0.
解 (1)函数f(x)的定义域为R，且f(0)＝0，由题意可知，曲线f(x)与x轴存在公共点M(0,0)，又f′(x)＝ex－1－a，
若a≤0，则f′(x)>0，f(x)单调递增；
若a>0，由f′(x)＝0得x＝1＋ln a，
当x∈(－∞，1＋ln a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1＋ln a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
①当1＋ln a＝0，即a＝时，f(x)的极小值为f(0)＝0，
曲线f(x)与x轴只有一个公共点，符合题意；
②当1＋ln a>0，即a>时，由基本结论“x>0时，ex>x2”，a＋2>a>1＋ln a.
知f(a＋2)＝ea＋1－a(a＋2)－>(a＋1)2－a2－2a－1＝0，
又f(1＋ln a)
③当1＋ln a<0，即0m＝1>0，
即1＋ln a>－，f＝e－－＝e>0.又f(1＋ln a)
综上所述，当a＝时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．
当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．
(2)证明：a＝－2时，f(x)＝ex－1＋2x－，由f(x1)＝－f(x2)，得ex1－1＋2x1－＝－，
所以2x1＋2x2＋(ex1－1＋ex2－1)－＝0，
由基本不等式，知2(x1＋x2)＋2－＜0，
即e－1＋(x1＋x2)－＜0，
即f<0，即f
利用分类整合思想的注意点
(1)分类整合要标准统一，层次分明，分类要做到“不重不漏”．
(2)分类整合时要先根据题设条件确定讨论的级别，再确定每级讨论的对象与标准，每级讨论中所分类别应做到与前面所述不重不漏，最后将讨论结果归类合并，其中级别与级别之间有严格的先后顺序、类别和类别之间没有先后；最后整合时要注意是取交集、并集，还是既不取交集也不取并集只是分条列出．
(2019·湖南省高三六校联考)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ax2＋x＋1(a>0)．
(1)设F(x)＝，讨论函数F(x)的单调性；
(2)若0g(x)在(0，＋∞)上恒成立．
解 (1)F(x)＝＝，
F′(x)＝＝.
①若a＝，F′(x)＝≤0，∴F(x)在R上单调递减．
②若a>，则>0，当x<0或x>时，F′(x)<0，当00，∴F(x)在(－∞，0)，上单调递减，在上单调递增．
③若00时，F′(x)<0，当0.∴F(x)在，(0，＋∞)上单调递减，在上单调递增．
(2)证明：∵0
设p(x)＝h′(x)＝ex－x－1，则p′(x)＝ex－1，在(0，＋∞)上，p′(x)>0恒成立．∴h′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又∵h′(0)＝0，∴x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(0)＝0，
∴ex－x2－x－1>0，ex>x2＋x＋1，∴ex>x2＋x＋1≥ax2＋x＋1，∴f(x)>g(x)在(0，＋∞)上恒成立．
「思想方法解读」 分类与整合的思想就是将一个复杂的数学问题分解成若干个简单的基础问题，通过对基础问题的解答，解决原问题的思维策略．实质上就是“化整为零，各个击破，再积零为整”的策略，使用分类与整合思想应明白这样几点：一是引起分类整合的原因；二是分类中整合的原则，不重不漏，分类标准统一；三是明确分类整合的步骤；四是将各类情况总结归纳．
常见的分类整合问题有以下几种：(1)由概念引起的分类整合；(2)由性质、定理、公式的限制条件引起的分类整合；(3)由数学运算引起的分类整合；(4)由图形的不确定性引起的分类整合；(5)由参数的变化引起的分类整合.
热点题型探究
热点1 公式、定理的分类整合法
例1 (1)(2019·开封市高三第三次模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，且x＝－为f(x)的零点，x＝为y＝f(x)图象的对称轴，且∀x∈，|f(x)|<1，则ω的最大值为( )
A．5 B．4
C．3 D．2
答案 C
解析 因为x＝－为f(x)的零点，
所以－ω＋φ＝k1π(k1∈Z)，①
因为x＝为y＝f(x)图象的对称轴，
所以ω＋φ＝k2π＋(k2∈Z)，②
①＋②，得2φ＝(k1＋k2)π＋，得
φ＝＋，
因为|φ|≤，得φ＝±.
②－①，得ω＝(k2－k1)π＋，
所以ω＝2(k2－k1)＋1＝2n＋1(n∈Z)．
当ω＝5时，如果f(x)＝sin，
令5x＋＝kπ＋，k∈Z，所以x＝＋，k∈Z，
当k＝2时，x＝∈，与已知不符．
如果f(x)＝sin，
令5x－＝kπ＋，k∈Z，所以x＝＋，k∈Z，
当k＝1时，x＝∈，与已知不符．
当ω＝3时，如果f(x)＝sin，
令3x＋＝kπ＋，k∈Z，所以x＝＋，k∈Z，
当k＝1时，x＝∈，与已知不符．
如果f(x)＝sin，
令3x－＝kπ＋，k∈Z，所以x＝＋(k∈Z)∉，与已知相符．故选C.
(2)(2019·上海市嘉定(长宁)区高三第二次质量调研)已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋2)＝－f(x)，且当0≤x≤1时，f(x)＝log2(x＋a)．若对于任意x∈[0,1]，都有f≥1－log23，则实数t的取值范围为________．
答案 [0,3]
解析 由题意，f(x)为周期为4的函数，且是奇函数.0在函数定义域内，故f(0)＝0，得a＝1，所以当0≤x≤1时，
f(x)＝log2(x＋1)，当x∈[－1,0]时，－x∈[0,1]，此时f(x)＝－f(－x)＝－log2(－x＋1)，又f(x＋2)＝－f(x)＝f(－x)，
所以f(x)以x＝1为对称轴，且当x∈[－1,1]时，f(x)单调递增；当x∈[1,3]时，f(x)单调递减．
易知当x∈[2,3]时，f(x)＝－log2(x－1)．
当x∈[－1,3]时，令f(x)＝1－log23，得x＝－或x＝，所以在[－1,3]内，当f(x)≥1－log23时，x∈.
设g(x)＝－x2＋tx＋，若对于x∈[0,1]都有
f≥1－log23，
因为g(0)＝∈.
故g(x)∈.①当＜0时，g(x)在[0,1]上单调递减，故g(x)∈⊆，得t≥0，无解．
②当0≤t≤1，即0≤≤时，此时g最大，g(1)最小，即g(x)∈⊆.解得t∈[0,1]．
③当1＜t≤2，即＜≤1时，此时g(0)最小，g最大，即g(x)∈⊆.解得t∈(1,2]．
④当t＞2时，即>1，故g(x)在[0,1]上单调递增，故g(x)∈⊆.解得t∈(2,3]．综上，t∈[0,3]．
(3)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋1(n∈N*)，且a1＝1.则数列{an}的通项公式是________．
答案 an＝
解析 ①当n＝1时，由已知可得a1＝2a2，即a2＝a1＝.
②当n≥2时，由已知Sn＝2an＋1(n∈N*)，可得Sn－1＝2an(n≥2，n∈N*)，两式相减得an＝2an＋1－2an⇒2an＋1＝3an，即＝，所以数列{an}从第二项开始成一个首项为a2＝，公比为的等比数列，故当n≥2，n∈N*时有an＝·n－2.
所以an＝
解决由概念、法则、公式引起的分类整合问题的步骤
第一步：确定需分类的目标与对象，即确定需要分类的目标，一般把需要用到公式、定理解决问题的对象作为分类目标．
第二步：根据公式、定理确定分类标准．运用公式、定理对分类对象进行区分．
第三步：分类解决“分目标”问题．对分类出来的“分目标”分别进行处理．
第四步：汇总“分目标”．将“分目标”问题进行汇总，并作进一步处理．
1．(2019·新疆维吾尔族自治区检测)已知x∈R，sinx－3cosx＝，则tan2x＝( )
A. B．
C．－ D．－
答案 A
解析 由sinx－3cosx＝及sin2x＋cos2x＝1，得(＋3cosx)2＋cos2x＝1.即5cos2x＋3cosx＋2＝0，cosx＝－或cosx＝－，所以当cosx＝－时，sinx＝－，tanx＝，tan2x＝＝；当cosx＝－时，sinx＝，tanx＝－2，tan2x＝＝.所以tan2x＝，故选A.
2．(2019·云南高三第一次统考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，∠ABC＝，BD平分∠ABC交AC于点D，BD＝2，则△ABC的面积的最小值为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
答案 B
解析 设A＝α，则0<α<，C＝π－－α＝－α，
∵∠ABC＝，BD平分∠ABC交AC于点D，BD＝2，
∴∠ABD＝∠CBD＝.在△ABD中，∠ADB＝π－－α＝－α，由正弦定理可得＝，∴AB＝＝.在△CBD中，∠CDB＝＋α，由正弦定理可得＝，
∴BC＝.
∴△ABC的面积S＝AB·BC·sin
＝××
＝·
＝·
＝
＝2＋，∵0<α<，∴<2α＋<，∴
答案 (2，)
解析 因为b是，2的等比中项，所以b＝ ＝1；
因为c是1,5的等差中项，所以c＝＝3.
因为△ABC为锐角三角形，
①当a为最大边时，有
解得3≤a＜；
②当c为最大边时，有
解得2＜a≤3.
由①②得2
例2 (1)(2019·兰州一模)设A，B是椭圆C：＋＝1长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB＝120°，则m的取值范围是( )
A．(0,1]∪[9，＋∞) B．(0，]∪[9，＋∞)
C．(0,1]∪[4，＋∞) D．(0，]∪[4，＋∞)
答案 A
解析 如图，设DE是椭圆的短轴，利用动态分析，或过A，D，B作圆F，根据圆周角定理，易知∠AMB≤∠ADB.若C上存在点M满足∠AMB＝120°，则∠ADB≥120°，所以＝tan∠ODB≥tan60°＝.当焦点在x轴上时，|OB|＝，|OD|＝，≥ ，解得0
A．3 B．
C．3或 D．3或－
答案 D
解析 先画出线性约束条件所表示的可行域，如图中阴影部分所示，目标函数化为y＝－x＋z，
当a>0时，－＜0，只需目标函数截距最大．
①若－＜－<0，即a>2，最优解为A，z＝＋a＝，a＝3，符合题意；
②若－＜－，即0
当a<0时，－>0，只需目标函数截距最小．
③若0<－<，即a<－2，最优解为C(－2，－2)，
z＝－2－2a＝，a＝－，符合题意；
④若<－<1，即－2
综上可知实数a的值为3或－.故选D.
六类常见的由图形的位置或形状变化引起的分类整合
(1)二次函数对称轴的变化；(2)函数问题中区间的变化；(3)函数图象形状的变化；(4)直线由斜率引起的位置变化；(5)圆锥曲线由焦点引起的位置变化或由离心率引起的形状变化；(6)立体几何中点、线、面的位置变化等．
1．(2019·山西太原第五中学阶段检测)若变量x，y满足约束条件且z＝ax＋3y的最小值为7，则a的值为( )
A．1 B．2
C．－2 D．－1
答案 B
解析 由约束条件
作出可行域如图中阴影部分所示，联立方程组求得A(2，1)，B(4,5)，C(1,2)，化目标函数z＝ax＋3y为y＝－x＋.当a＞0时，由图可知，当直线y＝－x＋过A或C时，直线在y轴上的截距最小，z有最小值．若过A，则2a＋3＝7，解得a＝2，符合题意；若过C，则a＋6＝7，解得a＝1不符合题意．当a＜0时，由图可知，当直线y＝－x＋过A或B时，直线在y轴上的截距最小，z有最小值．若过A，则2a＋3＝7，解得a＝2，不符合题意；若过B，则4a＋15＝7，解得a＝－2，不符合题意．所以a的值为2.故选B.
2．如图，M，N是焦点为F的抛物线y2＝4x上的两个不同的点，且线段MN的中点A的横坐标为3，直线MN与x轴交于B点，则点B的横坐标的取值范围是( )
A．(－3,3] B．(－∞，3]
C．(－6，－3) D．(－6，－3)∪(－3,3]
答案 A
解析 ①若直线MN的斜率不存在，则点B的坐标为(3,0)．
②若直线MN的斜率存在，设A(3，t)(t≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由得y－y＝4(x1－x2)，∴(y1＋y2)＝4，即kMN＝，∴直线MN的方程为y－t＝(x－3)，∴点B的横坐标xB＝3－，由消去x，得y2－2ty＋2t2－12＝0，由Δ>0得t2<12，又t≠0，∴xB＝3－∈(－3，3)．综上，点B的横坐标的取值范围为(－3，3]．
热点3 含参数问题的分类整合法
例3 (2019·石家庄市第二中学高三模拟)函数f(x)＝·ex－ax－(a为常数)的图象与x轴有唯一公共点M.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若a＝－2，存在不相等的实数x1，x2，满足f(x1)＝－f(x2)，证明：x1＋x2<0.
解 (1)函数f(x)的定义域为R，且f(0)＝0，由题意可知，曲线f(x)与x轴存在公共点M(0,0)，又f′(x)＝ex－1－a，
若a≤0，则f′(x)>0，f(x)单调递增；
若a>0，由f′(x)＝0得x＝1＋ln a，
当x∈(－∞，1＋ln a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1＋ln a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
①当1＋ln a＝0，即a＝时，f(x)的极小值为f(0)＝0，
曲线f(x)与x轴只有一个公共点，符合题意；
②当1＋ln a>0，即a>时，由基本结论“x>0时，ex>x2”，a＋2>a>1＋ln a.
知f(a＋2)＝ea＋1－a(a＋2)－>(a＋1)2－a2－2a－1＝0，
又f(1＋ln a)
③当1＋ln a<0，即0
即1＋ln a>－，f＝e－－＝e>0.又f(1＋ln a)
综上所述，当a＝时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．
当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．
(2)证明：a＝－2时，f(x)＝ex－1＋2x－，由f(x1)＝－f(x2)，得ex1－1＋2x1－＝－，
所以2x1＋2x2＋(ex1－1＋ex2－1)－＝0，
由基本不等式，知2(x1＋x2)＋2－＜0，
即e－1＋(x1＋x2)－＜0，
即f<0，即f
利用分类整合思想的注意点
(1)分类整合要标准统一，层次分明，分类要做到“不重不漏”．
(2)分类整合时要先根据题设条件确定讨论的级别，再确定每级讨论的对象与标准，每级讨论中所分类别应做到与前面所述不重不漏，最后将讨论结果归类合并，其中级别与级别之间有严格的先后顺序、类别和类别之间没有先后；最后整合时要注意是取交集、并集，还是既不取交集也不取并集只是分条列出．
(2019·湖南省高三六校联考)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ax2＋x＋1(a>0)．
(1)设F(x)＝，讨论函数F(x)的单调性；
(2)若0
解 (1)F(x)＝＝，
F′(x)＝＝.
①若a＝，F′(x)＝≤0，∴F(x)在R上单调递减．
②若a>，则>0，当x<0或x>时，F′(x)<0，当0
③若0
(2)证明：∵0
设p(x)＝h′(x)＝ex－x－1，则p′(x)＝ex－1，在(0，＋∞)上，p′(x)>0恒成立．∴h′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又∵h′(0)＝0，∴x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(0)＝0，
∴ex－x2－x－1>0，ex>x2＋x＋1，∴ex>x2＋x＋1≥ax2＋x＋1，∴f(x)>g(x)在(0，＋∞)上恒成立．
相关资料
更多
