教辅：高考数学大二轮专题复习冲刺方案-第一编第3讲

第3讲分类与整合思想第一编讲方法「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：一是引起分类整合的原因；二是分类中整合的原则，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公式、定理的分类整合法例1(1)(2020·全国卷Ⅰ)x＋y2x(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为()A．5B．10C．15D．20答案C解析(x＋y)5展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr5x5－r·yr(r∈N且r≤5)，所以x＋y2x与(x＋y)5展开式的乘积可表示为xTr＋1＝xCr5x5－ryr＝Cr5x6－ryr或y2xTr＋1＝y2xCr5x5－ryr＝Cr5x4－ryr＋2.在xTr＋1＝Cr5x6－ryr中，令r＝3，可得xT4＝C35x3y3＝10x3y3，该项中x3y3的系数为10，在y2xTr＋1＝Cr5x4－ryr＋2中，令r＝1，可得y2xT2＝C15x3y3＝5x3y3，该项中x3y3的系数为5，所以x3y3的系数为10＋5＝15.故选C.(2)(2020·山西省大同市高三模拟)若等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝9，a2∈Z，且Sn≤S5(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________．答案10n－n2，n≤5，n2－10n＋50，n5解析∵等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝9，a2∈Z，且Sn≤S5，∴a5＝9＋4d≥0，a6＝9＋5d0，∵a2∈Z，∴d＝－2，∴Sn＝9n＋n（n－1）2×(－2)＝10n－n2，∴当n≤5时，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝10n－n2；当n5时，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝2(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)－(10n－n2)＝2(10×5－52)＋n2－10n＝n2－10n＋50，∴|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝10n－n2，n≤5，n2－10n＋50，n5.解决由概念、法则、公式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，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．1．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋1(n∈N*)，且a1＝1.则数列{an}的通项公式是________．答案an＝1，n＝1，12·32n－2，n≥2解析①当n＝1时，由已知可得a1＝2a2，即a2＝12a1＝12.②当n≥2时，由已知Sn＝2an＋1(n∈N*)，可得Sn－1＝2an(n≥2，n∈N*)，两式相减得an＝2an＋1－2an⇒2an＋1＝3an，即an＋1an＝32，所以数列{an}从第二项开始成一个首项为a2＝12，公比为32的等比数列，故当n≥2，n∈N*时有an＝12·32n－2.所以an＝1，n＝1，12·32n－2，n≥2.2．已知锐角△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若b是12，2的等比中项，c是1，5的等差中项，则a的取值范围是________．答案(22，10)解析因为b是12，2的等比中项，所以b＝12×2＝1.因为c是1，5的等差中项，所以c＝1＋52＝3.因为△ABC为锐角三角形，①当a为最大边时，有12＋32－a2＞0，a≥3，1＋3＞a，解得3≤a＜10；②当c为最大边时，有12＋a2－32＞0，a＋1＞3，a≤3，解得22＜a≤3.由①②得22a10，所以实数a的取值范围是(22，10).热点2位置关系的分类整合法例2(1)设A，B是椭圆C：x23＋y2m＝1长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB＝120°，则m的取值范围是()A．(0，1]∪[9，＋∞)B．(0，3]∪[9，＋∞)C．(0，1]∪[4，＋∞)D．(0，3]∪[4，＋∞)答案A解析如图，设DE是椭圆的短轴，利用动态分析，或过A，D，B作圆F，根据圆周角定理，易知∠AMB≤∠ADB.若C上存在点M满足∠AMB＝120°，则∠ADB≥120°，所以|OB||OD|＝tan∠ODB≥tan60°＝3.当焦点在x轴上时，|OB|＝3，|OD|＝m，3m≥3，解得0m≤1；当焦点在y轴上时，|OB|＝m，|OD|＝3，m3≥3，解得m≥9.故m的取值范围是(0，1]∪[9，＋∞)，选A.(2)(2020·天津高考)已知函数f(x)＝x3，x≥0，－x，x＜0.若函数g(x)＝f(x)－|kx2－2x|(k∈R)恰有4个零点，则k的取值范围是()A．－∞，－12∪(22，＋∞)B．－∞，－12∪(0，22)C．(－∞，0)∪(0，22)D．(－∞，0)∪(22，＋∞)答案D解析注意到g(0)＝0，所以要使g(x)恰有4个零点，只需方程|kx－2|＝f（x）|x|恰有3个实根即可，令h(x)＝f（x）|x|，即y＝|kx－2|与h(x)＝f（x）|x|的图象有3个不同交点．因为h(x)＝f（x）|x|＝x2，x＞0，1，x＜0，当k＝0时，y＝2，如图1，y＝2与h(x)＝f（x）|x|有1个交点，不满足题意；当k＜0时，如图2，y＝|kx－2|与h(x)＝f（x）|x|恒有3个不同交点，满足题意；当k＞0时，如图3，当y＝kx－2与y＝x2相切时，联立方程得x2－kx＋2＝0，令Δ＝0得k2－8＝0，解得k＝22(负值舍去)，所以k＞22.综上，k的取值范围为(－∞，0)∪(22，＋∞).故选D.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．1．如图，M，N是焦点为F的抛物线y2＝4x上的两个不同的点，且线段MN的中点A的横坐标为3，直线MN与x轴交于B点，则点B的横坐标的取值范围是()A．(－3，3]B．(－∞，3]C．(－6，－3)D．(－6，－3)∪(－3，3]答案A解析①若直线MN的斜率不存在，则点B的坐标为(3，0).②若直线MN的斜率存在，设A(3，t)(t≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由y21＝4x1，y22＝4x2，得y21－y22＝4(x1－x2)，∴y1－y2x1－x2(y1＋y2)＝4，即kMN＝2t，∴直线MN的方程为y－t＝2t(x－3)，∴点B的横坐标xB＝3－t22，由y－t＝2t（x－3），y2＝4x消去x，得y2－2ty＋2t2－12＝0，由Δ0得t212，又t≠0，∴xB＝3－t22∈(－3，3).综上，点B的横坐标的取值范围为(－3，3].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________．答案5或－5解析函数f(x)＝－x－a22＋a24的图象的对称轴为x＝a2，应分a2－1，－1≤a2≤1，a21，即a－2，－2≤a≤2和a2三种情形讨论．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a2＝a24，由a24＝4，得a＝±4(舍去).③当a2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.热点3含参数问题的分类整合法例3(2020·海南省高三三模)已知函数f(x)＝ln(x＋1)－x＋12x2＋ax3，a∈R.(1)若a＝0，证明：当－1x0时，f(x)0，当x0时，f(x)0；解(1)证明：当a＝0时，f(x)＝ln(x＋1)－x＋12x2，定义域为(－1，＋∞).f′(x)＝1x＋1－1＋x＝x2x＋1.当x－1时，f′(x)0，所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．又因为f(0)＝0，所以当－1x0时，f(x)0，当x0时，f(x)0.(2)若x＝0是f(x)的极大值点，求a的值．解(2)若a≥0，由(1)知，当x0时，f(x)≥ln(x＋1)－x＋12x20＝f(0).这与x＝0是f(x)的极大值点矛盾．若a0，f′(x)＝1x＋1－1＋x＋3ax2＝3ax3＋（3a＋1）x2x＋1＝3ax2x＋1x＋3a＋13a，x－1.令f′(x)＝0，可得x＝0或x＝－3a＋13a.①若a－13，则－3a＋13a0.当－1x－3a＋13a时，f′(x)0，当x－3a＋13a时，f′(x)≤0.所以f(x)在－3a＋13a，＋∞上单调递减，与x＝0是f(x)的极大值点矛盾．②若－13a0，则－3a＋13a0.当－1x－3a＋13a时，f′(x)≥0，当x－3a＋13a时，f′(x)0.所以f(x)在－1，－3a＋13a上单调递增，与x＝0是f(x)的极大值点矛盾．③若a＝－13，则－3a＋13a＝0.当－1x0时，f′(x)0，当x0时，f′(x)0.所以f(x)在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减．此时x＝0是f(x)的极大值点．综上所述，若x＝0是f(x)的极大值点，则a＝－13.利用分类与整合思想的注意点(1)分类整合要标准统一，层次分明，分类要做到“不重不漏”．(2)分类整合时要先根据题设条件确定讨论的级别，再确定每级讨论的对象与标准，每级讨论中所分类别应做到与前面所述不重不漏，最后将讨论结果归类合并，其中级别与级别之间有严格的先后顺序、类别和类别之间没有先后；最后整合时要注意是取交集、并集，还是既不取交集也不取并集只是分条列出．已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ax2＋x＋1(a0).(1)设F(x)＝g（x）f（x），讨论函数F(x)的单调性；解(1)F(x)＝g（x）f（x）＝ax2＋x＋1ex，F′(x)＝－ax2＋（2a－1）xex＝－axx－2a－1aex.①若a＝12，F′(x)＝－x22ex≤0，∴F(x)在R上单调递减.②若a12，则2a－1a0，当x0或x2a－1a时，F′(x)0，当0x2a－1a时，F′(x)0，∴F(x)在(－∞，0)，2a－1a，＋∞上单调递减，在0，2a－1a上单调递增．③若0a12，则2a－1a0，当x2a－1a或x0时，F′(x)0，当2a－1ax0时，F′(x)0.∴F(x)在－∞，2a－1a，(0，＋∞)上单调递减，在2a－1a，0上单调递增．(2)若0a≤12，证明：f(x)g(x)在(0，＋∞)上恒成立.解(2)证明：∵0a≤12，∴ax2＋x＋1≤12x2＋x＋1.设h(x)＝ex－12x2－x－1，则h′(x)＝ex－x－1.设p(x)＝h′(x)＝ex－x－1，则p′(x)＝ex－1，在(0，＋∞)上，p′(x)0恒成立．∴h′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又h′(0)