2019届二轮复习第3讲分类讨论思想学案（全国通用）

第三讲　分类讨论思想


要点一　由概念、性质、运算引起的分类讨论

[解析]　(1)①当2－a≥2，即a≤0时，22－a－2－1＝1，
解得a＝－1，
则f(a)＝f(－1)＝－log2[3－(－1)]＝－2；
②当2－a<2即a>0时，－log2[3－(2－a)]＝1，
解得a＝－，舍去．综上所述，f(a)＝－2.故选A．
(2)由题意得q2＝＝9，q＝±3，
①当q＝3时，a2＋a5＋a8＝3(a1＋a4＋a7)＝6，S9＝2＋6＋18＝26；
②当q＝－3时，a2＋a5＋a8＝－3(a1＋a4＋a7)＝－6，S9＝2－6＋18＝14.所以S9＝14或26.
[答案]　(1)A　(2)14或26



　解决由概念、法则、公式引起的分类讨论问题的步骤
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．

[对点训练]
1．(2018·洛阳统考)已知x1，x2∈R，则“x1>1且x2>1”是“x1＋x2>2且x1x2>1”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
[解析]　当x1>1且x2>1时，x1＋x2>2且x1·x2>1成立，即充分性成立；当x1＋x2>2，且x1x2>1时，不妨
取x1＝0.1，x2＝100，此时x1>1不成立，即必要性不成立．故“x1>1且x2>1”是“x1＋x2>2且x1x2>1”的充分不必要条件，选A．
[答案]　A
2．已知集合A＝{x|－2≤x≤7}，B＝{x|m＋1 [解析]　当B＝∅时，有m＋1≥2m－1，则m≤2；
当B≠∅时，若B⊆A，如图．

则解得2 综上，m的取值范围为(－∞，4]．
[答案]　(－∞，4]
要点二　由图形位置或形状引起的分类讨论

[解析]　(1)根据题意可分以下两种情况讨论：
①当焦点在x轴上时，则有解得m<1，
此时渐近线方程为y＝± x，
由题意得，＝，解得m＝；
②当焦点在y轴上时，则有解得m>3，
此时渐近线方程为y＝± x，
由题意得，＝，无解．
综上可知m＝.故选B
(2)函数f(x)＝－2＋的图象的对称轴为x＝，应分<－1，－1≤≤1，>1，即a<－2，－2≤a≤2和a>2三种情形讨论．
①当a<－2时，由图(1)可知f(x)在[－1,1]上的最大值为f(－1)＝－1－a＝－(a＋1)，由－(a＋1)＝4，得a＝
－5，满足题意．
②当－2≤a≤2时，由图(2)可知f(x)在[－1,1]上的最大值为f＝，由＝4，得a＝±4(舍去)．

③当a>2时，由图(3)可知f(x)在[－1,1]上的最大值为f(1)＝a－1，由a－1＝4，得a＝5，满足题意．
综上可知，a＝5或－5.
[答案]　(1)B　(2)5或－5



　几类常见的由图形的位置或
形状变化引起的分类讨论
(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．

[对点训练]
3．在约束条件下，当3≤s≤5时， ＝3x＋2y的最大值的变化范围是(　　)
A．[6,15] B．[7,15]
C．[6,8] D．[7,8]
[解析]　由可得

由图，可得A(2,0)，B(4－s,2s－4)，C(0，s)，C′(0,4)．
①当3≤s<4时，不等式组所表示的可行域是四边形OABC及其内部，此时， ＝3x＋2y在点B处取得最大值，且 max＝3(4－s)＋2(2s－4)＝s＋4，由3≤s<4，得7≤
max<8.
②当4≤s≤5时，不等式组所表示的可行域是△OAC′及其内部，此时 ＝3x＋2y在点C′处取得最大值，且 max＝8.
综上可知， ＝3x＋2y的最大值的变化范围是[7,8]，故选D．
[答案]　D
4．正三棱柱的侧面展开图是边长分别为6和4的矩形，则它的体积为 ．
[解析]　当矩形长、宽分别为6和4时，体积
V＝2×××4＝4；
当长、宽分别为4和6时，体积
V＝×××6＝.
综上所述，所求体积为4或.
[答案]　4或
要点三　由参数变化引起的分类讨论
【例3】　(2018·山东青岛调研)已知f(x)＝ax－(2a＋1)lnx－，其中a∈R，讨论函数f(x)在定义域上的单调性．

[解]　函数f(x)＝ax－(2a＋1)lnx－的定义域为{x|x>0}．
f′(x)＝(ax)′－(2a＋1)(lnx)′－′＝a－＋＝＝.
当a＝0时，f′(x)＝.
可以看出，当x>2时，f′(x)<0；
当00，
所以，a＝0时，函数f(x)在区间(0,2)上单调递增；在(2，＋∞)上单调递减．
当a≠0时，
f′(x)＝＝.
(ⅰ)若a<0，则<0<2，当00；当x>2时，f′(x)<0，所以a<0时，f(x)在(0,2)上单调递增；在(2，＋∞)上单调递减．
(ⅱ)若00，
得0；解不等式<0，得2 所以0 (ⅲ)若a＝，则f′(x)＝，在定义域(0，＋∞)上，总有f′(x)＝≥0.
所以a＝时，在定义域(0，＋∞)上，函数f(x)为单调递增函数．
(ⅳ)若a>，则0<<2，
解不等式>0，得02；
解不等式<0，得 所以，a>时，函数f(x)在和(2，＋∞)上单调递增；在上单调递减．
综上，当a<0时，f(x)在(0,2)上单调递增；在(2，＋∞)上单调递减；
当a＝0时，函数f(x)在(0,2)上单调递增；在(2，＋∞)上单调递减；
当0 当a＝时，在定义域(0，＋∞)上，函数f(x)为单调递增函数；
当a>时，函数f(x)在和(2，＋∞)上单调递增；在上单调递减．



　破解由参数变化引起分类讨论的4个关键点
(1)确定范围，确定需要分类问题中参数的取值范围．
(2)确定分类标准，这些分类标准都是在解题过程中根据解决问题的需要确定的，注意有些参数可能出现多级分类，要做到不重不漏．
(3)分类解决问题，对分类出来的各相应问题分别进行求解．
(4)得出结论，将所得到的结论进行汇总，得出正确结论．

[对点训练]
5．(2018·郑州质检)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．
(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围．
[解]　(1)f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)的定义域为(0，＋∞)．
当a＝4时，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f′(x)＝lnx＋－3.由于f′(1)＝－2，f(1)＝0.
曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.
(2)当x>1时，f(x)>0⇔lnx－>0.
设g(x)＝lnx－，则g′(x)＝，
①当a≤2时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，
∴g′(x)>0，则g(x)在(1，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，因此g(x)>0.
②当a>2时，令g′(x)＝0，得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.
由x2>1和x1x2＝1，得x1<1，
故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，
∴g(x)在区间(1，x2)上单调递减，且g(1)＝0，此时g(x)<0，与已知矛盾，舍去．
综上，实数a的取值范围是(－∞，2]．

1.分类讨论的原则
(1)不重不漏．
(2)标准要统一，层次要分明．
(3)能不分类的要尽量避免或尽量推迟，决不无原则地讨论．
2.分类讨论的思维流程
明确讨论的对象和动机―→确定分类的标准―→逐类进行讨论―→归纳综合结论―→检验分类是否完备(即检验分类对象彼此交集是否为空集，并集是否为全集)．
分类讨论思想的本质是“化整为零，积零为整”．

专题跟踪训练(三)
一、选择题
1．(2018·佛山二模)若椭圆mx2＋ny2＝1的离心率为，则＝(　　)
A． B．
C．或 D．或
[解析]　若焦点在x轴上，则方程化为＋＝1，依题意得＝，所以＝；若焦点在y轴上，则方程化为＋＝1，同理可得＝.所以所求值为或.
[答案]　D
2．(2018·大同二模)已知函数f(x)＝的定义域是实数集R，则实数m的取值范围是(　　)
A．(0,4) B．[0,4]
C．(0,4] D．[0,4)
[解析]　因为函数f(x)＝的定义域是实数集R，所以m≥0，当m＝0时，函数f(x)＝1，其定义域是实数集R；当m>0时，则Δ＝m2－4m≤0，解得0 [答案]　B
3．(2018·太原模拟)4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用1名大学生的情况有(　　)
A．24种 B．36种
C．48种 D．60种
[解析]　每家企业至少录用一名大学生的情况有两类：一类是每家企业都录用一名，有CA＝24(种)；一类是其中一家企业录用了2名，有CA＝36(种)，所以一共有24＋36＝60(种)，故选D．
[答案]　D
4．(2018·湖北武汉调研)已知实数x，y满足约束条件如果目标函数 ＝x＋ay的最大值为，则实数a的值为(　　)
A．3 B．
C．3或 D．3或－
[解析]　先画出线性约束条件所表示的可行域，目标函数化为y＝－x＋ ，目标函数 ＝x＋ay取最大值只需直线的横截距最大，

当a>0时，－<0，
①若－<－<0，即a>2，最优解为A，
＝＋a＝，a＝3，符合题意；
②若－<－，即0 ＝3＋a＝，a＝，不符合题意，舍去．
当a<0时，－>0，
③若0<－<，即a<－2，最优解为C(－2，－2)， ＝－2－2a＝，a＝－，符合题意；
④若－>，即－2 ＝3＋a＝，a＝，不符合题意，舍去；
综上可知实数a的值为3或－.故选D．
[答案]　D
5．函数f(x)＝ax2＋4x－3在[0,2]上有最大值f(2)，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，－1] B．[－1，＋∞)
C．(－∞，0) D．(0，＋∞)
[解析]　当a＝0时，f(x)＝4x－3在[0,2]上为单调递增函数，最大值为f(2)，满足题意．
当a≠0时，函数f(x)＝ax2＋4x－3＝a2－3－，
其对称轴为x＝－.
当a>0时，f(x)＝ax2＋4x－3在[0,2]上为单调递增函数，最大值为f(2)，满足题意．
当a<0时，只有当－≥2，即－1≤a<0时，f(x)＝ax2＋4x－3在[0,2]上为单调递增函数，最大值为f(2)，满足题意．
综上，当a≥－1时，函数f(x)＝ax2＋4x－3在[0,2]上有最大值f(2)．故选B．
[答案]　B
6．已知a，b>0且a≠1，b≠1，若logab>1，则(　　)
A．(a－1)(b－1)<0 B．(a－1)(a－b)>0
C．(b－1)(b－a)<0 D．(b－1)(b－a)>0
[解析]　∵a，b>0且a≠1，b≠1，∴当a>1，即a－1>0时，不等式logab>1可化为alogab>a1，即b>a>1，∴(a－1)(a－b)<0，(b－1)(a－1)>0，(b－1)(b－a)>0.
当01可化为alogab ∴(a－1)(a－b)<0，(b－1)(a－1)>0，(b－1)(b－a)>0.
综上可知，选D．
[答案]　D
二、填空题
7．(2018·郑州模拟)过点P(3,4)与圆x2－2x＋y2－3＝0相切的直线方程为 ．
[解析]　圆的标准方程为(x－1)2＋y2＝4.
当直线的斜率不存在时，直线x＝3适合；
当直线的斜率存在时，不妨设直线的方程为
y－4＝k(x－3)，即kx－y＋4－3k＝0.
由＝2，得k＝.
此时直线方程为y－4＝(x－3)，即3x－4y＋7＝0.
综上所述，所求切线的方程为x＝3或3x－4y＋7＝0.
[答案]　x＝3或3x－4y＋7＝0
8．已知2sin2α＝1＋cos2α，则tan的值为 ．
[解析]　∵2sin2α＝1＋cos2α，
∴4sinαcosα＝1＋2cos2α－1，
即2sinαcosα＝cos2α.
①当cosα＝0时，α＝kπ＋(k∈ )，
此时tan＝－1；
②当cosα≠0时，tanα＝，
此时tan＝＝3.
综上所述，tan的值为－1或3.
[答案]　－1或3
9．设F1，F2为椭圆＋＝1的两个焦点，P为椭圆上一点．已知P，F1，F2是一个直角三角形的三个顶点，且|PF1|>|PF2|，则的值为 ．
[解析]　若∠PF2F1＝90°.
则|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，
又因为|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2，
解得|PF1|＝，|PF2|＝，所以＝.
若∠F1PF2＝90°，则|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2，
所以|PF1|2＋(6－|PF1|)2＝20，
所以|PF1|＝4，|PF2|＝2，所以＝2.综上知，＝或2.
[答案]　或2
三、解答题
10．(2018·广东七校联考)已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝2，A＝，且－sin(B－C)＝sin2B，求△ABC的面积．
[解]　解法一：由已知及A＋B＋C＝π可得－
sin＝sin2B，即sin2B＋sin＝，∴sin2B－cos2B－sin2B＝，即sin＝.
∵A＝，∴0 ∴2B－＝或，∴B＝或.
当B＝时，C＝，
∴S△ABC＝×2×2×tan＝；
当B＝时，△ABC是边长为2的等边三角形，∴S△ABC＝a2＝×4＝.
综上可知，△ABC的面积为或.
解法二：∵A＝，且－sin(B－C)＝sin2B，∴＝sin2B＋sin(B－C)，即sinA＝sin2B＋sin(B－C)，又sinA＝sin(B＋C)，∴sinBcosC＋cosBsinC＝2sinBcosB＋sinBcosC－cosBsinC，即cosBsinC＝sinBcosB．
当cosB＝0时，可得B＝，C＝，
∴S△ABC＝ac＝×2×2×tan＝；
当cosB≠0时，sinB＝sinC，由正弦定理可知b＝c，
∴△ABC为等腰三角形，又∵A＝，∴a＝b＝c＝2，∴S△ABC＝a2＝.
综上可知△ABC的面积为或.
11．已知椭圆C的两个焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，且F2到直线x－y－9＝0的距离等于椭圆的短轴长．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若圆P的圆心为P(0，t)(t>0)，且经过F1，F2两点，Q是椭圆C上的动点且在圆P外，过Q作圆P的切线，切点为M，当|QM|的最大值为时，求t的值．
[解]　(1)设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，
依题意可得2b＝＝4，
所以b＝2，又c＝1，所以a2＝b2＋c2＝5，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设Q(x，y)，
圆P的方程为x2＋(y－t)2＝t2＋1，
连接PM，因为QM为圆P的切线，
所以PM⊥QM，
所以|QM|＝
＝
＝ .
①若－4t≤－2，即t≥时，
当y＝－2时，|QM|取得最大值，
且|QM|max＝＝，
解得t＝<(舍去)．
②若－4t>－2，即0 当y＝－4t时，|QM|取得最大值，
且|QM|max＝＝，
解得t2＝，又0 综上，当t＝时，|QM|的最大值为.
12．(2018·东北三校联考)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R，讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由．
[解]　由题意知函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
f′(x)＝＋a(2x－1)＝.
令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)．
①当a＝0时，g(x)＝1，
此时f′(x)>0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．
②当a>0时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)．
(ⅰ)当0 f′(x)≥0，函数f(x)在(－1，＋∞)单调递增，无极值点；
(ⅱ)当a>时，Δ>0，
设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1 因为x1＋x2＝－，
所以x1<－，x2>－.
由g(－1)＝1>0，
可得－1 所以当x∈(－1，x1)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈(x1，x2)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(x2，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
因此函数有两个极值点．
③当a<0时，Δ>0，
由g(－1)＝1>0，可得x1<－1.
当x∈(－1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
所以函数有一个极值点．
综上所述，当a<0时，函数f(x)有一个极值点；
当0≤a≤时，函数f(x)无极值点；
当a>时，函数f(x)有两个极值点．