第3讲 分类与整合思想-【金版教程】2025年高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（经典版）

第一编　基本思想方法 第3讲　分类与整合思想 「思想方法解读」　分类与整合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：一是引起分类的原因；二是分类的原则，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　由概念、公式、定理引起的分类与整合 热点题型探究 4 (2)设{an}是无穷等差数列，公差为d，前n项和为Sn.若S9＝0，且a2＋a3＋a4＋a5＝－18，令bn＝|an|，求数列{bn}的前n项和Tn. 热点题型探究 5 解决由概念、公式、定理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．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Z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． 热点题型探究 6 热点题型探究 7 热点题型探究 8 热点题型探究 9 热点题型探究 10 热点2　由图形位置或形状引起的分类与整合 例2　(1)(多选)已知P是圆O：x2＋y2＝4上任意一点，定点A在x轴上，线段AP的垂直平分线与直线OP相交于点Q，当P在圆O上运动时，Q的轨迹可以是(　　) A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 热点题型探究 11 解析：当点A在圆外时，如图1，2所示，设AP的中点为B，过B作AP的垂线交直线OP于点Q，连接QA，则|QP|＝|QA|，则||QO|－|QA||＝|OP|＝2，又|AO|>2，则此时Q的轨迹是以O，A为焦点的双曲线；当点A在圆内(非原点)时，如图3所示，此时|QA|＋|QO|＝|QO|＋|QP|＝2，又|AO|<2，则此时Q的轨迹是以O，A为焦点的椭圆；当A在坐标原点时，如图4所示，此时B，Q重合，|QO|＝1，则此时Q的轨迹是以O为原点，1为半径的圆；当点A在圆上时，如图5所示，由垂径定理，可知Q与O重合，此时Q的轨迹是点O. 热点题型探究 12 (2)若函数f(x)＝－x(x－a)在x∈[－1，1]上的最大值为4，则a的值为________． 5或－5 热点题型探究 13 六类常见的由图形的位置或形状变化引起的分类整合 (1)二次函数的图象对称轴的变化；(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． 热点题型探究 14 1．(多选)在三棱锥P－ABC中，△ABC与△PAC是全等的等腰直角三角形，平面PAC⊥平面ABC，AC＝2，D为线段AC的中点．过点D作平面截该三棱锥的外接球所得的截面面积可能是(　　) A．π B．2π C．4π D．5π 热点题型探究 15 热点题型探究 16 2．若双曲线C的一条渐近线经过点(1，－2)，且焦点到该渐近线的距离为2，则该双曲线的方程为______________________． 热点题型探究 17 热点题型探究 18 热点3　由变量或参数引起的分类与整合 解：(1)f′(x)＝3ax2－(3a＋1)x＋1＝(3ax－1)(x－1)， ①当a＝0时，令f′(x)＝－(x－1)＝0， 得x＝1， 当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 热点题型探究 19 热点题型探究 20 热点题型探究 21 热点题型探究 22 热点题型探究 23 解由变量或参数变化引起的分类与整合问题的注意点 (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，将讨论结果归类合并，得出正确结论． 热点题型探究 24 (2024·陕西安康模拟)已知函数f(x)＝aexsinx＋x－cosx，f′(x)为f(x)的导函数，f′(0)＝2. (1)求a的值； (2)求f′(x)在(0，π)上的零点个数． 解：(1)由f(x)＝aexsinx＋x－cosx，得 f′(x)＝aexsinx＋aexcosx＋1＋sinx ＝aex(sinx＋cosx)＋1＋sinx， 又f′(0)＝2，所以a＋1＝2，即a＝1. 热点题型探究 25 热点题型探究 26 　　　　　　　　　　　　　 R 例1　(1)(2024·辽宁沈阳育才学校模拟)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinθ,x)－x＋1)) eq \s\up12(6)的展开式中x4的系数为12，则cos2θ＝(　　) A．eq \f(1,4) B．－eq \f(1,2) C．eq \f(1,2) D．eq \f(3,4) 解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinθ,x)－x＋1)) eq \s\up12(6)的展开式中x4的系数可以分两类：第一类，6个因式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinθ,x)－x＋1))中选取5个因式提供x，余下1个因式中提供eq \f(sinθ,x)；第二类，6个因式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinθ,x)－x＋1))中选取4个因式提供x，余下2个因式中均提供1.故x4的系数为Ceq \o\al(4,6)－Ceq \o\al(5,6)·sinθ＝12，∴sinθ＝eq \f(1,2)，∴cos2θ＝1－2sin2θ＝1－2×eq \f(1,4)＝eq \f(1,2).故选C. 解：由题意知，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S9＝0，,a2＋a3＋a4＋a5＝－18，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9a1＋36d＝0，,4a1＋10d＝－18，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－12，,d＝3，)) 故an＝3n－15，所以当1≤n≤5时，an≤0， 故Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝－a1－a2－…－an＝－eq \f(n（－12＋3n－15）,2)＝－eq \f(3,2)n2＋eq \f(27,2)n； 当n>5时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝(－a1－a2－…－a5)＋a6＋…＋an＝Sn－2S5＝eq \f(3,2)n2－eq \f(27,2)n＋60. 所以Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(27,2)n，1≤n≤5，,\f(3,2)n2－\f(27,2)n＋60，n>5.)) 1．(2024·河北大联考)第33届夏季奥运会在法国巴黎举行，为了弘扬“奉献，友爱，互助，进步”的志愿服务精神，5名大学生前往3个场馆A，B，C开展志愿服务工作．若要求每个场馆都要有志愿者，则当甲不去场馆A时，场馆B仅有2名志愿者的概率为(　　) A．eq \f(3,5) B．eq \f(21,50) C．eq \f(6,11) D．eq \f(3,4) 解析：不考虑甲是否去场馆A，所有志愿者分配方案总数为3,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(2,3),Aeq \o\al(2,2)))) Aeq \o\al(3,3)＝150，甲去场馆A，B，C的概率相等，所以甲去场馆B或C的总数为150×eq \f(2,3)＝100.甲不去场馆A，分两类：第一类，甲去场馆B，场馆B仅有2名志愿者，共有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,3)Aeq \o\al(2,2)＝24种情况；第二类，甲去场馆C，场馆B、场馆C均有2名志愿者，共有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,3)＝12种情况，场馆B、场馆A均有2名志愿者，共有Ceq \o\al(2,4)＝6种情况．所以甲不去场馆A时，场馆B仅有2名志愿者的概率为eq \f(24＋12＋6,100)＝eq \f(21,50).故选B. 2．(2024·福建宁德期中)已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝eq \f(n,2n)，若Sn＋an>(－1)na对任意n∈N*恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B．(－1，2) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2))) D．(－∞，－1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)) 解析：由数列{an}的前n项和为Sn且an＝eq \f(n,2n)，得Sn＝eq \f(1,21)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，于是eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋eq \f(3,24)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)，两式相减得eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(n＋2,2n＋1)，因此Sn＝2－eq \f(n＋2,2n)，Sn＋an＝2－eq \f(n＋2,2n)＋eq \f(n,2n)＝2－eq \f(1,2n－1)，显然数列{Sn＋an}是递增数列．当n为奇数时，(Sn＋an)min＝S1＋a1＝1，由Sn＋an>(－1)na恒成立，得1>－a，则a>－1；当n为偶数时，(Sn＋an)min＝S2＋a2＝eq \f(3,2)，由Sn＋an>(－1)na恒成立，得eq \f(3,2)>a，则a<eq \f(3,2)，所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2))).故选C. 解析：函数f(x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(a2,4)图象的对称轴为直线x＝eq \f(a,2)，应分eq \f(a,2)<－1，－1≤eq \f(a,2)≤1，eq \f(a,2)>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，由－1－a＝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feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝eq \f(a2,4)，由eq \f(a2,4)＝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a＝－5. 解析：由题意可知，满足条件的三棱锥有五种情况，如图．由于图1，2，3，4中，将三棱锥P－ABC补成正方体，其外接球球心为正方体中心，点D到球心O的距离相等，因此只考虑一种情况．以图1为例，其外接球半径R＝eq \r(3)，OD＝eq \r(2).当OD垂直于截面时，截面圆的半径取最小值r＝eq \r(R2－OD2)＝1，此时截面面积为π；当截面过球心时，截面圆的半径取最大值r＝eq \r(3)，此时截面面积为3π.因此截面圆的面积的取值范围为[π，3π]．若三棱锥如图5所示，当∠APC＝∠ABC＝90°时，球心O与D重合，此时截面圆的半径r＝1，截面圆的面积为π.故选AB. x2－eq \f(y2,4)＝1或eq \f(y2,16)－eq \f(x2,4)＝1 解析：当双曲线的焦点在x轴上时，设双曲线方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，则该双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，又一条渐近线经过点(1，－2)，所以－2＝－eq \f(b,a)×1，得b＝2a.由焦点到该渐近线的距离为2，可得eq \f(|bc|,\r(a2＋b2))＝b＝2，得a＝1，则双曲线的方程为x2－eq \f(y2,4)＝1；当双曲线的焦点在y轴上时，设双曲线方程为eq \f(y2,a2)－eq \f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)，则该双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(a,b)x，又一条渐近线经过点(1，－2)，所以－2＝－eq \f(a,b)×1，得a＝2b，由焦点到该渐近线的距离为2，可得eq \f(|bc|,\r(a2＋b2))＝b＝2，得a＝4，则双曲线的方程为eq \f(y2,16)－eq \f(x2,4)＝1.综上，双曲线的方程为x2－eq \f(y2,4)＝1或eq \f(y2,16)－eq \f(x2,4)＝1. 例3　(2024·辽宁沈阳二模)已知函数f(x)＝ax3－eq \f(1,2)(3a＋1)x2＋x，a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若函数f(x)的极小值为－eq \f(2,3)，求实数a的取值集合． ②当a<0时，令f′(x)＝(3ax－1)(x－1)＝0， 解得x＝1或x＝eq \f(1,3a)<0， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3a)))和(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a)，1))时，f′(x)>0，f(x)单调递增． ③当a>0时，令f′(x)＝(3ax－1)(x－1)＝0， 解得x＝1或x＝eq \f(1,3a)>0， (ⅰ)当eq \f(1,3a)<1，即a>eq \f(1,3)时， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3a)))和(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a)，1))时，f′(x)<0，f(x)单调递减； (ⅱ)当eq \f(1,3a)>1，即0<a<eq \f(1,3)时， 当x∈(－∞，1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,3a)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减； (ⅲ)当eq \f(1,3a)＝1，即a＝eq \f(1,3)时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增． 综上所述，当a<0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3a)))和(1，＋∞)上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a)，1))上单调递增； 当a＝0时，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当a＝eq \f(1,3)时，f(x)在R上单调递增； 当a>eq \f(1,3)时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3a)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a)，1))上单调递减； 当0<a<eq \f(1,3)时，f(x)在(－∞，1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,3a)))上单调递减． (2)①当a＝eq \f(1,3)时，f(x)在R上单调递增，无极值； ②当a＝0时，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，有极大值f(1)，无极小值； ③当a<0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3a)))和(1，＋∞)上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a)，1))上单调递增， 所以f(x)的极小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a)))， 故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a)))＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a))) eq \s\up12(3)－eq \f(1,2)(3a＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,3a)＝－eq \f(2,3)， 化简，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－12)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋3))＝0， 解得a＝－eq \f(1,3)或a＝eq \f(1,12)(舍去)； ④当a>eq \f(1,3)时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3a)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a)，1))上单调递减， 所以f(x)的极小值为f(1)， 故f(1)＝a－eq \f(1,2)(3a＋1)＋1＝－eq \f(2,3)，解得a＝eq \f(7,3)，符合题意； ⑤当0<a<eq \f(1,3)时，f(x)在(－∞，1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,3a)))上单调递减， 所以f(x)的极小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a)))， 故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a)))＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a))) eq \s\up12(3)－eq \f(1,2)(3a＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,3a)＝－eq \f(2,3)， 解得a＝eq \f(1,12)或a＝－eq \f(1,3)(舍去)． 综上，实数a的取值集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(7,3)，\f(1,12))). (2)由(1)可知f′(x)＝ex(sinx＋cosx)＋1＋sinx， 设g(x)＝f′(x)＝ex(sinx＋cosx)＋1＋sinx， 则g′(x)＝ex(sinx＋cosx)＋ex(cosx－sinx)＋cosx＝cosx(2ex＋1)， 则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 所以当x∈(0，π)时，g(x)max＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eeq \s\up7(\f(π,2))＋2>0， 又g(0)＝f′(0)＝2>0，g(π)＝1－eπ<0，所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上无零点，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上有1个零点． 故f′(x)在(0，π)上有1个零点． $$