新高考数学二轮培优精讲精练思想01 运用分类讨论的思想方法解题（含解析）

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思想01 运用分类讨论的思想方法解题
【命题规律】
高考命题中，以知识为载体，以能力立意、思想方法为灵魂，以核心素养为统领，兼顾试题的基础性、综合性、应用性和创新性，展现数学的科学价值和人文价值．高考试题一是着眼于知识点新颖巧妙的组合，二是着眼于对数学思想方法、数学能力的考查．如果说数学知识是数学的内容，可用文字和符号来记录和描述，那么数学思想方法则是数学的意识，重在领会、运用，属于思维的范畴，用于对数学问题的认识、处理和解决．高考中常用到的数学思想主要有分类讨论思想、数形结合思想、函数与方程思想、转化与化归思想等．
【核心考点目录】
核心考点一：由情境的规则引起的分类讨论
核心考点二：由定义引起的分类讨论
核心考点三：由平面图形的可变性引起的分类讨论
核心考点四：由变量的范围引起的分类讨论
核心考点五：由空间图形的可变性引起的分类讨论
【真题回归】
1．（2022·浙江·统考高考真题）设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
【解析】（1），
当，；当，，
故的减区间为，的增区间为.
（2）（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，
故，
故方程有3个不同的根，
该方程可整理为，
设，
则
，
当或时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：且，
此时，
设，则，
故为上的减函数，故，
故.
（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：
故在上为减函数，在上为增函数，
不妨设，则，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：，
因为，故，
又，
设，，则方程即为：
即为，
记
则为有三个不同的根，
设，，
要证：，即证，
即证：，
即证：，
即证：，
而且，
故，
故，
故即证：，
即证：
即证：，
记，则，
设，则，所以，
，
故在上为增函数，故，
所以，
记，
则，
所以在为增函数，故，
故即，
故原不等式得证：
2．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
【解析】（1）当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
（2）设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，    
所以在上为减函数，所以.
综上，.
（3）取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
3．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．
【解析】（1）当时，，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以；
（2），则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，
由（1）得，即，所以，
当时，，
则存在，使得，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
由（1）得当时，，，所以，
此时
存在，使得，
所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为.
【方法技巧与总结】
当被研究的问题出现多种情况且综合考虑无法深入时，我们通常将可能出现的所有情况分别进行讨论，得出每种情况下相应的结论，这就是分类讨论的思想，包含分类与整合两部分，既化整为零，各个击破，又集零为整．
基本步骤是：（1）研究讨论的必要性，确定讨论对象；（2）确定分类依据，并按标准分类；（3）逐类解决，获得各类的结果；（4）归纳整合，得到结果．
分类的基本原则是：（1）标准统一，不重不漏；（2）层次明晰，不混不乱．
分类讨论应用的热点：（1）由概念、定义、公式、定理、性质等引起的分类讨论，如直线的斜率是否存在，幂、指数、对数函数的单调性，等比数列的公比是否为等．（2）由数学运算规则引起的分类讨论，如除法运算中分母不为零，偶次方根为非负数，不等式两边同乘（除）以一个数（式）的符号等．（3）由变量的范围引起的分类讨论，如对数的真数与底数的范围，指数运算中底数的范围，函数在不同区间上单调性受参变量的影响等．（4）由图形的可变性引起的分类讨论，如图形类型、位置，点所在的象限，角大小的可能性等．（5）由情境的规则引起的分类讨论，情境问题的规则在解决数学问题时常需要分类讨论思想，如体育比赛的规则等．
【核心考点】
核心考点一：由情境的规则引起的分类讨论
【典型例题】
例1．多项选择题给出的四个选项中会有多个选项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分．若选项中有其中个选项符合题目要求，随机作答该题时至少选择一个选项所得的分数为随机变量其中，则有（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】当时，的可能情况为0，3，5
选择的情况共有：种；
，
，

所以
当时，的可能情况为0，3，5
选择的情况共有：种；
，
，

所以
当时，的可能情况为3，5
选择的情况共有：种；
，
，
所以
对于AB：
，
，
所以，
故A错误，B正确；
对于CD：
，
，
所以，
故CD错误；
故选：B
例2．甲、乙、丙、丁进行乒乓球比赛，比赛规则如下：
第一轮：甲和乙进行比赛，同时丙和丁进行比赛，两个获胜者进入胜者组，两个败者进入败者组；
第二轮：胜者组进行比赛，同时败者组进行比赛，败者组中失败的选手淘汰；
第三轮：败者组的胜者与胜者组的败者进行比赛，失败的选手淘汰；
第四轮：第三轮中的胜者与第二轮中胜者组的胜者进行决赛，胜者为冠军．
已知甲与乙、丙、丁比赛，甲的胜率分别为；乙与丙、丁比赛，乙的胜率分别为；丙与丁比赛，丙的胜率为任意两场比赛之间均相互独立．
求丙在第二轮被淘汰的概率；
在丙在第二轮被淘汰的条件下，求甲所有比赛全胜并获得冠军的概率．
【解析】解：若丙在第二轮被淘汰，则根据规则，
第一轮中丙和丁比赛，丙为败者的概率为，
而甲与乙比赛的败者分两种情况，若第二轮甲进入败者组，
其概率为，则第二轮丙被淘汰的概率；
若第二轮乙进入败者组，其概率为，
第二轮丙被淘汰的概率
故丙在第二轮被淘汰的概率为
第一轮甲与乙比赛中，甲获胜进入胜者组的概率为，
并且与丁进行第二轮比赛，第二轮胜者组比赛甲获胜的概率为，
丁与乙进行第三轮比赛，故分两种情况，
若第三轮乙获胜，乙获胜的概率为，甲与乙进行决赛，
甲获胜的概率为，此时甲获得冠军的概率为；
若第三轮丁获胜，丁获胜的概率为，甲、丁进行决赛，
甲获胜的概率为，
此时甲获得冠军的概率为
设“丙在第二轮被淘汰”为事件A，“甲所有比赛全胜并获得冠军”为事件B，
则
例3．一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，
已知，求；
设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：的一个最小正实根，求证：当时，，当时，；
根据你的理解说明问结论的实际含义．
【解析】
设，
因为，故，
若，则，故
，
因为，，
故有两个不同零点，且，
且时，；时，；
故在，上为增函数，在上为减函数，
若，因为在为增函数且，
而当时，因为在上为减函数，故，
故1为的一个最小正实根，
若，因为且在上为减函数，故1为的一个最小正实根，
综上，若，则
若，则，故
此时，，
故有两个不同零点，且，
且时，；时，；
故在，上为增函数，在上为减函数，
而，故，
又，故在存在一个零点p，且
所以p为的一个最小正实根，此时，
故当时，
意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代后必然临近灭绝，若繁殖后代的平均数超过1，则若干代后还有继续繁殖的可能．
核心考点二：由定义引起的分类讨论
【典型例题】
例4．已知数列满足
求数列的通项公式；
求数列的前n项和
【解析】解：因为，
所以当时，；
当时，，
故，
则；
经检验：满足，
所以
由知，令，得，
故当时，，
；
当时，，易知，，，，
所以

；
综上：
例5．设数列的前n项和为，且满足
求数列的通项公式；
若求数列的前15项的和．
【解析】解：由题意，当时，，解得，
当时，，
化简整理，得，
数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
故，
当n为奇数时，
当n为偶数时，，

所以数列的前15项和为




例6．已知正项数列的前n项和为，如果都有，数列满足，数列满足，设为的前n项和，则当取得最大值时，n的值等于（    ）
A．17 B．18 C．19 D．20
【答案】D
【解析】当时，，整理得，
因为，所以，
当时，，
可得，所以，
即数列是一个以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，
由，可得，故，
则，
当时，；当时，，
故当时，；
当时，；
当时，，
当时，，
又，

故当时，取得最大值．
故选：
核心考点三：由平面图形的可变性引起的分类讨论
【典型例题】
例7．中，内角A，B，C的对边分别为a，b，已知，
求角
若AC边上的点D满足，，求的面积．
【解析】解：在中，由正弦定理可得：


化简可得：

两边平方得：③

在中，由余弦定理：
化简得：④，
由③④可得：
或，
当时，，
当时，，，
例8．若恰有三组不全为0的实数对、满足关系式，则实数t的所有可能的值为__________．
【答案】，，
【解析】由已知得，整理得，
看成有且仅有三条直线满足和到直线

不过原点的距离t相等．
由，
当，此时易得符合题意的直线l为线段AB的垂直平分线以及直线AB平行的两条直线和；
当时，有4条直线l会使得点和到它们的距离相等，注意到l不过原点，
所以当其中一条直线过原点时，会作为增根被舍去．
设点A到l的距离为d，
①作为增根被舍去的直线l，过原点和A，B的中点，其方程为，此时，符合；
②作为增根被舍去的直线l，过原点且以为方向向量，其方程为，此时，，符合；
综上，满足题意的实数t为，，
故答案为：，，
例9．过双曲线C：的右焦点F作直线l，且直线l与双曲线C的一条渐近线垂直，垂足为A，直线l与另一条渐近线交于点已知O为坐标原点，若的内切圆的半径为，则双曲线C的离心率为__________．
【答案】或2
【解析】若在y轴的同侧，不妨设A在第一象限，如图，设的内切圆的圆心为M，
则M在的平分线Ox上，过M分别作于N，于T，
由得四边形MTAN为正方形，由焦点到渐近线的距离为b，得，
因为，所以，
因为，所以，
所以，从而可得

若在y轴的两侧，不妨设A在第一象限，如图，易得，，，
所以的内切圆半径为，
所以，
因为，所以得，
所以，所以，
所以

故答案为或
核心考点四：由变量的范围引起的分类讨论
【典型例题】
例10．已知函数为的导函数．
求证：在上存在唯一零点；
求证：有且仅有两个不同的零点．
【解析】证明：设，
当时，，
所以在上单调递减，
又因为，，
所以在上有唯一的零点，所以命题得证，
证明：由知：当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
所以在上存在唯一的极大值点，
所以，
又因为，
所以在上恰有一个零点，
又因为，
所以在上也恰有一个零点，
当时，，
设，，
所以在上单调递减，所以，
所以当时，恒成立，
所以在上没有零点．
当时，，
设，，
所以在上单调递减，所以，
所以当时，恒成立，
所以在上没有零点．
综上，有且仅有两个不同的零点．
例11．已知函数的图像经过点．
确定a的值，并讨论函数的极值点：
设，若当时，，求实数m的取值范围．
【解析】解：因为图象过，
所以，即，所以
由，
①当时，即时，，故单调递增，无极值点；
②当，即时，令可得，
当时，，当时，，
故在单调递减，在单调递增，
所以是函数的极小值点，无极大值点．


则，令，则，
所以在上单调递增，所以，
①当，即时，，在上单调递增，
所以，解得，
又，所以；
②当，即时，则存在唯一的使，
即，
当时，，
当时，，
即时，单调递减，时，单调递增，
故，解得，即，
又，设，则，
所以在上单调递增，
所以，
所以解得
综上，实数m的取值范围为
例12．已知函数是自然对数的底数
若，求的单调区间；
若，试讨论在上的零点个数．参考数据：
【解析】解：解：，则，定义域为R，，
由，解得，可得，
解得，
由，解得，可得，
解得，
的单调递增区间为，
单调递减区间为；
解：由已知，
，令，则
，当时，；当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
即在上单调递增，在上单调递减．
，，
①当时，即时，，
，使得，
当时，；当时，，
在上单调递增，上单调递减．
，，又，
由函数零点存在性定理可得，此时在上仅有一个零点；
②若时，，
又在上单调递增，在上单调递减，而，
，，使得，，
且当、时，；当时，
在和上单调递减，在上单调递增．
，，
，，
又，
由零点存在性定理可得，在和内各有一个零点，即此时在上有两个零点．
综上所述，当时，在上仅有一个零点；当时，在上有两个零点．
核心考点五：由空间图形的可变性引起的分类讨论
【典型例题】
例13．正方体棱长为2，动点P在线段上含端点，以下结论不正确的为（    ）
A．三棱锥的体积为定值
B．过P，B，三点若可作正方体的截面，则截面图形为三角形或平面四边形
C．当点P和重合时，三棱锥的外接球体积为
D．直线PD与面所成角的正弦值的范围为
【答案】D
【解析】如图，

对于A选项，因为且，故四边形为平行四边形，
所以，
平面，平面，
平面，
，
所以点P到平面的距离等于点到平面的距离，

，A对；
对于B，①当P，重合时，过P，B，三点作正方体的截面，
则所得的截面图形为平面四边形
②当P为与的交点，即P为的中点时，
过P，B，三点作正方体的截面，则所得的截面图形为三角形，B对；
对于C，当点P与重合时，此时三棱锥为，
设的中点为O，因为，可得
所以三棱锥的外接球的球心为的中点，其半径为，
所以三棱锥的外接球的体积为，C对；
对于D，由A知，设点P到平面的距离为h，
则由，得，
当P，重合时，取得最小值，
当P，重合时，取得最大值，
设直线PD与平面所成角为，
则，
则，D错．
故选
例14．两条异面直线a，b所成的角为，在直线a，b上分别取点A，E和点B，F，使，且已知，，，则线段AB的长为（    ）
A．8 B． C． D．
【答案】B
【解析】由已知得，
两边平方可得……①，
因为，，异面直线a与b所成的角为，所以EA，BF所成的角为或，，又，，，
代入①式得
，，
当，时，代入上式可得舍去；
当，时，代入上式可得，
故AB的长度为
故选
例15．（多选题）如图，在三棱锥中，平面为垂足点，F为BD中点，则下列结论正确的是（    ）

A．若AD的长为定值，则该三棱锥外接球的半径也为定值
B．若AC的长为定值，则该三棱锥内切球的半径也为定值
C．若BD的长为定值，则EF的长也为定值
D．若CD的长为定值，则的值也为定值
【答案】ACD
【解析】对于A，将三棱锥补成长方体，易知该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，

所以AD为外接球的直径2R，
所以该三棱锥外接球的半径也为定值，故A正确；
对于B，因为平面BCD，CD，平面BCD，所以，，
因为，，BC，平面ABC，所以平面ABC，
因为平面ABC，所以，
假设内切球的球心为O，
第一种情况不妨假设，，，，，
此时内切球的半径为，
根据，
即，
，解
第二种情况不妨假设，，，，，
此时内切球的半径为，
根据，
即，
，
解得，综上所述，当AC的长为定值，三棱锥内切球的半径不为定值，故B错误；
对于C和D，以C点为原点建立空间直角坐标系，如图所示，

假设，，，则，
，，，，，则，
因为E在AC上，所以设，
则
因为，所以，
所以，解得，
所以，
所以，，
则
，
所以当BD的长为定值时，EF的长也为定值；
当CD的长为定值，则的值也为定值，故C，D正确，
故选：ACD

【新题速递】
一、单选题
1．已知为奇函数，且在上是递增的，若，则的解集是（    ）
A．或 B．或
C．或 D．或
【答案】B
【解析】是奇函数，且在内是增函数，
在内是增函数，
又，
，
当时，；
当时，；
的解集是
故选
2．已知函数若存在，，且，使得，则实数a的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意知，图象的对称轴方程为
当，即时，根据二次函数的性质可知，一定存在，，且，使得
当，即时，由题意知，解得，不符合题意．
综上所述，
3．已知角的终边上一点，则（    ）
A． B． C． D．以上答案都不对
【答案】C
【解析】由已知可得角的终边在第二或第四象限，
当角是第二象限角时，在其终边上取点，
则，
由三角函数的定义得
，
则；
当角是第四象限角时，在其终边上取点，
则，
由三角函数的定义得
，
则，
综上，
4．已知函数是R上的单调函数，则实数a的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】①时，在上是增函数；
在R上是增函数；
显然在上不是增函数；
的情况不存在；
②时，在上是减函数；
在R上是减函数；
；
解得；
综上得，实数a的取值范围为
故选：
5．若关于x的不等式恒成立，则实数a的取值范围为（    ）
A．  B．
C． D． 或
【答案】B
【解析】当时，不等式变为恒成立，故满足题意；
当时，若恒成立，
则，即，解得
综上，
故选
二、多选题
6．对于给定实数a，关于x的一元二次不等式的解集可能是（    ）
A． B．
C． D．R
【答案】AB
【解析】由，分类讨论a如下．
当时，，故A正确；
当时，
当时，或
当时，，故B正确；
当时，或
故选
7．，则的值可能为（    ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【解析】，
当时
，
当时

故答案为
8．已知函数，则方程的根的个数可能为（    ）
A．2 B．6 C．5 D．4
【答案】ACD
【解析】画出

的图象，如图，

因为，
所以，
若或，则不存在，方程的根的个数为0；
若，则化为，即，
结合图象知：方程的根的个数为2；
若或，则，或，
则方程的根的个数为5个；
若，则或，方程的根的个数为5个；
若，则或
方程的根的个数为4个．
结合选项可知，方程的根的个数可能为2个或5个或4个．
故选：
9．设数列的前n项和为，且，若，则下列结论正确的有
A． B．当时，取得最小值
C．当时，n的最小值为7 D．当时，取得最小值
【答案】ABD
【解析】由得
，，，，
累加得，解得，
当时，满足上式，，
当时，，
，故选项A正确；
当时，单调递增，又，，
单调递增，且，当时，单调递减，当时，单调递增，且，
当时，取得最小值，故选项B正确；
又，，
当时，n的最小值为8，故选项C错误；
当，2，3，4时，当，6，7时，当时，，
当，6，7时，考虑的最小值，
又当，6，7时，恒为正且单调递减，恒为负且单调递增，
单调递增，当时，取得最小值，故选项D正确，故选
10．在棱长为1的正方体中，M是线段上的一个动点，则下列结论正确的是（    ）

A．四面体的体积恒为定值
B．直线与平面所成角正弦值可以为
C．异面直线BM与AC所成角的范围是
D．当时，平面BDM截该正方体所得的截面图形为等腰梯形
【答案】ACD
【解析】
对于A选项，根据正方体的特征可得，
因为平面，平面，
所以平面，即线段上的点到平面的距离相等，
又因为的面积为定值，M是线段上一个动点，
所以四面体的体积为定值，故A选项正确；

对于B选项，设直线与平面所成的角为，

M到平面的距离为d，则，
因为，平面，平面，
所以平面，
所以M到平面的距离与到平面的距离相等，
连接，由可得，
又，，
所以，易知当M为的中点时，最小，为，
此时取得最大值为，故B错误；
对于C选项，设异面直线BM与AC所成的角为，

当M与或重合时，取得最小值，为，
当M为的中点时，取得最大值，为，
所以异面直线BM与AC所成角的范围是，故C选项正确；
对于D选项，过M作，分别交，于点E，F，连接DE，BF，
设与交点为O，
由正方体的性质知，，
因为，所以，
所以，，，
所以，，，即四边形DEFB为等腰梯形，故D正确．

故选：
11．已知函数若，则实数a的值可能为（    ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【解析】令，则当时，，解得；
当时，，解得或，
令，则当时，，解得；
当时，，故无解．
令，则当时，，解得；
当时，，解得
令，则当时，，解得；
当时，，
当且仅当时等号成立，故无解，
综上，实数a可能的取值为
故选
三、填空题
12．定义新运算“”，满足对任意的，有若对，
恒成立，则实数m的取值范围是__________．
【答案】
【解析】由得，，
化简得对恒成立，
当时，，成立；
当时，满足，解得；
故实数m的取值范围是
故答案为：
13．已知定义域为R的函数，满足，则实数a的取值范围是__________．
【答案】
【解析】因为，
所以，即为奇函数，
当时，，
当时，，
当时，，又，即，
所以当时，，
所以函数在上为增函数，
又为奇函数，
所以函数在上为增函数，
由，得，
所以，所以，
解得或，
故答案为：
14．在等比数列中，，，则公比__________．
【答案】
【解析】由等比数列的性质可得，
所以，
又，
当时，；当时，，
所以，或不可能为负数，舍去，
所以
故答案为
15．若是定义在R上的奇函数，当时，为常数，则当时__________．
【答案】
【解析】根据题意，若是定义在R上的奇函数，则，
又由当时，，则，即，
故当时，，
当时，，则，
又由为奇函数，则

故答案为
16．设抛物线的焦点为F，过点F作直线l与抛物线交于A，B两点，点M满足为坐标原点，过M作y轴的垂线与抛物线交于点P，若，则点P的横坐标为__________，__________．
【答案】1；8
【解析】由于点M满足，所以M是线段AB的中点．
抛物线的焦点坐标为，准线方程为
设，由于P在抛物线上，且，
根据抛物线的定义得，
所以，则，不妨设，
若直线l的斜率不存在，
则不妨设，，所以，
此时M的纵坐标和P的纵坐标不相同，不符合题意，
所以直线l的斜率存在，设，，
直线l的方程为，
代入抛物线方程并化简得，
则，
由于M是线段AB的中点，所以，又，
所以，即，
即，
解得，所以，所以，
则点M到准线的距离为4，
根据抛物线的定义及中位线的性质可知
17．已知关于x的不等式，若，则该不等式的解集是__________，若该不等式对任意的均成立，则实数a的取值范围是__________．
【答案】；
【解析】当时，，解之得：
该不等式的解集是
当时，不等式等价于，恒成立，
当时，，
不等式等价于，
结合函数的性质可得，解得，
综上所述，实数a的取值范围是，
故答案为；