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1、精选优质文档-倾情为你奉上专题1分类讨论思想分类讨论思想就是根据所研究对象的性质差异，分各种不同的情况予以分析解决.分类讨论思想覆盖面广，利于考查学生的逻辑思维能力，同时方式多样，具有较高的逻辑性及很强的综合性，应用分类讨论思想，应注重理解和掌握分类的原则、方法与技巧，做到“确定对象的全体，明确分类的标准，分层别类不重复、不遗漏的分析讨论.”在高考中必定考查分类讨论，特别是这几年的压轴题.预测在2013的高考题中：(1)继续与函数综合考查.(2)结合函数与方程思想以及等价转化思想考查学生分析问题、解决问题的能力.1已知集合Ax|x23x20，Bx|x2ax(a1)0，Cx|x2mx20，且AB
2、A，ACC，则a的值为_，m的取值范围为_2函数yax(a0且a1)在1,2上的最大值比最小值大，则a的值是_3若函数f(x)a|xb|2在0，)上为增函数，则实数a，b应满足_4过点P(2,3)，且在坐标轴上的截距相等的直线方程是_5已知平面单位向量a，b，c夹角两两相等，则|abc|_.1解析：A1,2，Bx|(x1)(x1a)0，由ABA可得a11或a12，a2或3；由ACC，可知C1或2或1,2或，m3或2m2.答案：2或33(2，2)2解析：当a1时，yax在1,2上递增，故a2a，得a；当0a0时，需xb恒为非负数，即a0，b0.当a0且b0.答案：a0且b04解析：当直线过原点时
3、方程为3x2y0，当直线不过原点时，设方程为1，代入P的坐标可得a5.答案：3x2y0或xy505解析：由题意知夹角为或0.当夹角为时，abc，|abc|0；当夹角为0时，|abc|3|a|3. 答案：0或3解关于x的不等式ax2(a1)x10.解(1)当a0时，原不等式化为x11.(2)当a0时，原不等式化为a(x1)0，若a0，0.1.不等式解为x1.若a0，则原不等式化为(x1)1时，1，不等式解为x1；()当a1时，1，不等式解为x；()当0a1，不等式解为1x.综上所述，得原不等式的解集为当a1；当0a1时，解集为.本题是一个含参数a的不等式的求解问题，但不一定是二次不等式，故首先对
4、二次项系数a分类：(1)a0，(2)a0，对于(1)，不等式易解；对于(2)又需再次分类：a0或a0时，即x2a；当a0时，即xa.综上所述，a0时，f(x)2a2的解集为x|x2a；a0时，f(x)2a2的解集为x|xa已知函数f(x)x2，g(x)x1.(1)若xR使f(x)bg(x)，求实数b的取值范围；(2)设F(x)f(x)mg(x)1mm2，且|F(x)|在0,1上单调递增，求实数m的取值范围解(1)由xR，f(x)bg(x)，得xR，x2bxb0，解得b4.(2)由题设得F(x)x2mx1m2，对称轴方程为x，m245m24.由于|F(x)|在0,1上单调递增，则有当0即m时，有
5、解得m0.当0即m时，设方程F(x)0的根为x1，x2(x1，则，有解得m2；()若m，即，有x10，x20；解得1m0时，设h(x)|f(x)|，x1,1，求h(x)的最大值F(a)的解析式解：(1)当a1时f(x)3x23，令f(x)0，得x1或x1.当x(1,1)时f(x)0.f(x)在(1,1)上单调递减，在(，1)，1，)上单调递增f(x)的极小值为f(1)2.(2)因为在区间1,2上函数f(x)的图象恒在函数g(x)的图象的上方，所以x33axln x在1,2上恒成立，即3a0，ln x0，所以m(x)0.所以m(x)在1,2上单调递增所以m(x)minm(1)1.所以3a1，即a
6、0时f(x)3x23a3(x)(x)，当 1，即a1时h(x)|f(x)|f(x)，f(x)在0,1上单调递增，此时F(a)f(1)3a1.当01，即0a0，即0af(1)13a，即a0(n1,2,3)(1)求q的取值范围；(2)设bnan2an1，bn的前n项和为Tn，试比较Sn与Tn的大小解(1)因为an是等比数列，Sn0，可得a1S10，q0.当q1时，Snna10.当q1时，Sn0，即0(n1,2,3，)，则有或由得q1，由得1q0且1q0，则当1q2时，TnSn0，即TnSn；当q2且q0时，TnSn0，即TnSn；当q或q2时，TnSn0，即TnSn.利用等比数列求和公式时要对q进
7、行讨论，否则容易漏解等差数列an中，a12，且a1，a3，a11恰好是某等比数列的前三项，那么该等比数列公比的值等于_解析：设an的公差为d，则(22d)22(210d)，解得d0或3，q1或4.答案：1或4分类讨论的常见类型：(1)由数学概念引起的分类讨论，如绝对值、直线斜率、指数函数、对数函数等(2)由性质、定理、公式的限制引起的分类讨论，如等比数列的前n项和公式、函数的单调性等(3)由数学运算引起的分类讨论，如除法运算中除数不为零、偶次方根为非负、对数运算中真数和底数的要求等(4)由图形的不确定性引起的分类讨论，如角的终边所在象限、点、线、面的位置关系等(5)由参数的变化引起的分类讨论，
8、如含参数的方程不等式等1已知圆x2y24，则经过点P(2,4)，且与圆相切的直线方程为_2ABC中，已知sin A，cos B，则cos C_.3若函数f(x)(a1)x3ax2x在其定义域内有极值点，则a的取值范围为_4(2011江苏高考)已知实数a0，函数f(x)若f(1a)f(1a)，则a的值为_5已知函数f(x)(sin xcos x)|sin xcos x|，则f(x)的值域是_6在约束条件下，当3s5时，z3x2y的最大值的变化范围是_7若Ax|x2(p2)x10，xR，且AR，则实数p的取值范围是_8若圆柱的侧面展开图是边长为4和2的矩形，则圆柱的体积是_9已知圆锥的母线为l，轴
9、截面顶角为，则过此圆锥的顶点的截面面积的最大值为_10设nZ，当n_时，S|n1|n2|n100|的最小值_11设函数f(x)x2|xa|1，xR.(1)判断函数f(x)的奇偶性；(2)求函数f(x)的最小值12已知函数f(x)|ax22x1|,0x4.(1)a0时，求f(x)的解集；(2)求f(x)的最大值12解：(1)a1，可令解得x1. 又令解得x2，由图可知f(x)的解集为.(2)a0时，f(x)|ax22x1|，记g(x)ax22x1,0x4，g(x)图象对称轴x，0时，如果04，即a时，f(x)maxmaxmax，a，即4时，f(x)maxmaxmax，由于(716a)16a80，
10、f(x)max1.a1时，f(x)maxmax，a1时，120，f(x)max16a7.a时，120，(16a7)116a88(2a1)0，f(x)max1.a1时，f(x)maxmax16a7，又0a时，4，f(x)maxf(0)，f(4)1，|16a7|716a.综上所述f(x)max11解：(1)当a0时，函数f(x)(x)2|x|1f(x)，此时f(x)为偶函数当a0时，f(a)a21，f(a)a22|a|1，f(a)f(a)，f(a)f(a)，此时函数f(x)既不是奇函数，也不是偶函数(2)当xa时，函数f(x)x2xa12a，若a，则函数f(x)在(，a上单调递减，从而函数f(x)
11、在(，a上的最小值为f(a)a21；来源:学|科|网若a，则函数f(x)在(，a上的最小值为fa，且ff(a)当xa时，函数f(x)x2xa12a.若a，则函数f(x)在a，)上的最小值为fa，且ff(a)；若a，则函数f(x)在a，)单调递增，从而函数f(x)在a，)上的最小值为f(a)a21.综上，当a时，函数f(x)的最小值为a；当a时，函数f(x)的最小值是a21；当a时，函数f(x)的最小值是a.10解析：若n2 500.答案：50或512 5009解析：当90时，最大截面就是轴截面，其面积为l2sin ；当90时，最大截面是两母线夹角为90的截面，其面积为l2.可见，最大截面积为l
12、2或l2sin .答案：l2或l2sin 8解析：若长为4的边作为圆柱底面圆周的展开图，则V柱22；若长为2的边作为圆柱底面圆周的展开图，则V柱24.答案：或7解析：若A，即(p2)240，即4p0时，AR；若A，则p0时，AR.可见当4p0或p0时，都有AR. 答案：(4，)6解析：由即交点为(4s,2s4)A(2,0)，B(4s,2s4)，C(0，s)，C(0,4)，(1)当3s4时可行域是四边形OABC，此时，7z8.(2)当4s5时可行域是OAC此时，zmax8. 答案：7,85解析：f(x)(sin xcos x)|sin xcos x|即等于sin x，cos xmin，故f(x)
13、的值域为.答案：4解析：首先讨论1a,1a与1的关系当a1,1a0时，1a1，所以f(1a)2(1a)a2a，f(1a)(1a)2a3a1.因为f(1a)f(1a)，所以2a3a1，即a(舍去)综上满足条件的a.答案：3解析：由题意得f(x)(a1)x2ax0有解当a10时，满足；当a10时，只需a2(a1)0.答案：2解析：0cos B，且B为ABC的一个内角，45B180，这与三角形的内角和为180相矛盾，可见A150.cos Ccos(AB)cos(AB)cos Acos Bsin Asin B. 答案：1解析：由22424得点P在圆x2y24外，由几何性质分析知过点P且与圆相切的直线有两条，设直线斜率为k，则切线方程为y4k(x2)，由圆心到切线的距离为2，解得k.由此可知斜率不存在时也满足题意，解得切线方程为3x4y100或x2.答案：3x4y100或x2专心-专注-专业