开篇 三、分类讨论思想（PPT课件）-【精讲精练】2025年高考数学二轮专题辅导与训练

三、分类讨论思想 开篇　方法引领　数学思想 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 谢谢观看 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 分类讨论思想的含义 分类讨论的常见类型 　　分类讨论思想是当问题的对象不能进行统一研究时，需对研究的对象按某个标准进行分类，然后对每一类分别研究，给出每一类的结论，最终综合各类结果得到整个问题的解答，实质上分类讨论就是“化整为零，各个击破，再集零为整”的数学思想 (1)由概念、法则、公式、计算性质引起的分类讨论． (2)由参数变化引起的分类讨论． (3)由图形位置(形状)引起的分类讨论 　　分类讨论思想是高考重点考查的一类数学思想方法，在高考试卷中常以含参问题呈现，有时也涉及图形位置不固定的情况 应用一　由概念、法则、公式、计算性质引起的讨论 概念、定理分类整合即利用数学中的基本概念、定理对研究对象进行分类，如绝对值的定义、不等式的转化、等比数列的前n项和公式等，然后分别对每类问题进行解决． 　设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋S6＝2S9，则数列的公比q是(　　) A．－eq \f(\r(3,3),2) B．eq \f(\r(3,3),2) C．－eq \f(\r(3,4),2) D．eq \f(\r(3,4),2) [解析]　若q＝1，则有S3＝3a1，S6＝6a1，S9＝9a1，但a1≠0，即得S3＋S6≠2S9，与题设矛盾，故q≠1.又S3＋S6＝2S9，即eq \f(a11－q3,1－q)＋eq \f(a11－q6,1－q)＝2·eq \f(a11－q9,1－q)，所以1－q3＋1－q6＝2(1－q9)，即2q6－q3－1＝0，所以q3＝－eq \f(1,2)(q3＝1舍去)，所以q＝－eq \f(\r(3,4),2).故选C. [答案]　C 解题时应准确把握数学概念的本质，根据需要对所有情形分类．本例中，等比数列求和公式应分q＝1和q≠1两种情形．　 1．已知一条直线过点(5,2)，且在x轴、y轴上的截距相等，则这条直线的方程为(　　) A．x＋y－7＝0 B．2x－5y＝0 C．x＋y－7＝0或2x－5y＝0 D．x＋y＋7＝0或2y－5x＝0 解析　设该直线在x轴、y轴上的截距均为a，当a＝0 时，直线过原点，此时直线方程为y＝eq \f(2,5)x，即2x－5y＝0；当a≠0时，设直线方程为eq \f(x,a)＋eq \f(y,a)＝1，则eq \f(5,a)＋eq \f(2,a)＝1，解得a＝7，则直线方程为x＋y－7＝0.故选C. 答案　C 应用二　由图形位置或形状引起的讨论 图形位置、形状分类整合是指由几何图形的不确定性而引起的分类讨论，这种方法适用于对几何图形中点、线、面的位置关系以及解析几何中直线与圆锥曲线的位置关系的研究． 　设F1，F2为椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的两个焦点，点P为椭圆上一点，已知点P，F1，F2是一个直角三角形的三个顶点，且|PF1|>|PF2|，则eq \f(|PF1|,|PF2|)＝________. [解析]　若∠PF2F1＝90°，则|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，又|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2eq \r(5)，解得|PF1|＝eq \f(14,3)，|PF2|＝eq \f(4,3)，所以eq \f(|PF1|,|PF2|)＝eq \f(7,2).若∠F1PF2＝90°，则|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2，所以|PF1|2＋(6－|PF1|)2＝20，又|PF1|>|PF2|，所以|PF1|＝4，|PF2|＝2，所以eq \f(|PF1|,|PF2|)＝2. 综上知，eq \f(|PF1|,|PF2|)＝eq \f(7,2)或2. [答案]　eq \f(7,2)或2 圆锥曲线的形状、焦点位置不确定时要分类讨论；立体几何中点、线、面的位置变化，三角形和平行四边形的不确定性都要进行分类讨论．　 2．已知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(　　) A.eq \f(\r(3),3) B．4eq \r(3) C.eq \f(2\r(3),9) D．4eq \r(3)或eq \f(8\r(3),3) 解析　当6是下底面周长，4是三棱柱的高时，体积V＝2×eq \r(3)×eq \f(1,2)×4＝4eq \r(3)；当4是下底面周长，6是三棱柱的高时，体积V＝eq \f(4,3)×eq \f(2\r(3),3)×eq \f(1,2)×6＝eq \f(8\r(3),3).故选D. 答案 D 应用三　由参数变化引起的分类讨论 某些含有参数的问题，由于参数的取值不同会导致所得的结果不同，需对参数进行讨论，如含参数的方程、不等式、函数等．解决这类问题要根据需要合理确定分类标准，讨论中做到不重不漏，结论整合要周全． 　已知函数f(x)＝x2－2aln x，其中a∈R.若函数f(x)有两个零点，则a的取值范围为________． [解析]　f′(x)＝2x－eq \f(2a,x)＝eq \f(2x2－a,x)，当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不可能有两个零点； 当a>0时，若0<x<eq \r(a)，则f′(x)＝eq \f(2x2－a,x)<0； 若x>eq \r(a)，则f′(x)＝eq \f(2x2－a,x)>0，所以f(x)在(0，eq \r(a))上单调递减，在(eq \r(a)，＋∞)上单调递增；f(x)min＝f(eq \r(a))＝a－2alneq \r(a)＝a－aln a，为使f(x)有两个零点，必有f(x)min＝a－aln a<0，即a>e；又f(2a)＝4a2－2aln(2a)＝2a[2a－ln(2a)]，令g(x)＝x－ln x，x>2e，则g′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)>0在(2e，＋∞)上恒成立，即g(x)＝x－ln x在(2e，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(2e)＝2e－ln(2e)>0，即f(2a)＝2a[2a－ln(2a)]>0，所以根据零点存在定理可得，存在x1∈(eq \r(a)，2a)，使得f(x1)＝0；又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))))＝eq \f(1,a)－2aln eq \f(1,\r(a))＝eq \f(1,a)＋aln a>0，根据零点存在定理可得，存在x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，\r(a)))，使得f(x2)＝0，综上，当a>e时，函数f(x)有两个零点． [答案]　(e，＋∞) 若遇到题目中含有参数的问题，常常结合参数的意义和对结果的影响进行分类讨论，此类题目为含参型，应全面分析参数变化引起的结论的变化情况，在分类讨论时要遵循分类的原则：一是分类的标准要一致，二是分类时要做到不重不漏，三是能不分类的要尽量避免分类，绝不无原则的分类讨论．　 3．若函数f(x)＝ln x－ax2＋(a－2)x(其中x∈(1，＋∞))存在最小值，则实数a的取值范围为________． 解析　f′(x)＝eq \f(1,x)－2ax＋a－2＝eq \f(ax＋1－2x＋1,x)，x∈(1，＋∞)，①若a≥0，则在(1，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，无最小值，不符合题意；②若－1<a<0，令f′(x)＝0，解得x＝－eq \f(1,a)，则f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))上单调递增，f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))，符合题意；③若a≤－1，则在(1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，无最小值，不符合题意．综上所述，－1<a<0. 答案　(－1,0) $$