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第四讲：分类与整合思想【讲】
【典例1】（2023年高考数学新课标Ⅰ卷第19题）
已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，．
【解读】试题将指数函数与一次函数用参数结合起来，构成所要研究的函数，通过对函数单调性、最值的研究，从多角度考查导数的基础知识及利用导数研究函数性质的方法．试题设计的函数形式简单，但对利用导数研究函数性质的通性通法考查得比较全面，既考查了分类讨论的思想、化归与转化的思想，又考查了考生构造辅助函数、应用不等式放缩技巧的能力．
试题分步设问，第（1）问讨论函数的单调性，通过在函数中设置参数，既考查利用导数研究函数性质的能力，又考查分类讨论的思想，同时所得结果又为第（2）问做了铺垫．第（2）问将函数与不等式有机结合，要求考生利用第（1）问的结论，将的证明转化为证明，并构造辅助函数得到结论．试题考查由浅人深，对计算强度、思维深度的要求逐步提高，考查层次分明，重点突出，能较好地达到考查目的．试题所考查的虽然是运用导数研究函数的单调性的基本方法，但对考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分类与整合的数学思想，以及运用所学知识寻找合理的解题路径的能力进行了全面考查．
【答案】（1）的定义域为，．
（ⅰ）若，则，在单调递减．
（ⅱ）若，则由得．
当时，；当时，．
故在单调递减，在单调递增．
（2）解法1 当时，由（1）知，当时，取得最小值，
所以．
从而．
设（），则．
当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．故当时，．
从而当时，，即．
解法2 当时，由（1）知，当时，取得最小值，
所以．
从而．
设（），则．当时，；当时，．所以在单调递增，在单调递减．故当时，，即．
故当时，．
从而，即．
解法3 当时，由（1）知，当时，取得最小值，
所以．
从而．
同解法2可得，当时，，即．
故当时，．
从而，即．
【目标】试题考查基本求导公式及求导法则，考查利用导数判断函数单调性、最值的方法；考查灵活运用导数工具分析、解决问题的能力；综合考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力，以及分类讨论的思想．
【分析】解题思路 （1）讨论函数单调性的一般方法是利用函数的导数的正负，即先求得，
再判别其正负．由于函数的导数中含有参数，从而需要对参数进行分类讨论．
（2）思路1 当时，利用（1）的结果知，当时，取得最小值，
所以．
从而将转化为证明，即．
于是可以构造辅助函数（），通过研究的单调性得到结论．
思路2 同思路1，将第（2）问转化为证明，即，
再进一步利用不等式得到结论．
思路3同思路1，将第问转化为证明，即，
利用不等式得到，由此证明结论成立．
【典例2】（2023年高考数学新课标Ⅱ卷第18题）
已知为等差数列，记，分别为数列，的前n项和，，．
（1）求的通项公式；
（2）证明：当时，．
【解读】试题的主干部分包括两个数列，一个是考生熟悉的等差数列，要解决的是关于数列通项公式的问题；另一个是在此基础上构造的新数列，要解决的问题是挖掘新数列蕴含的信息，并与老数列进行对比．考生需要注意到，在求解等差数列首项与公差的过程中，仅仅使用老数列的前4项和是不够的，还要利用新数列前3项和．具体来说，本试题包含如下诸多亮点．
（1）试题注重考查基础知识，贴近教材，设计巧妙．解题过程中，为求解等差数列首项与公差这两个未知参数，需要建立两个方程，其中第一个方程是明确的，即等差数列的前4项和，而如何建立第二个方程，就需要考生利用好题设条件，正确挖掘新数列的信息．这一过程突出素养和能力考查，很好地考查了考生的理性思维素养以及逻辑思维、运算求解等关键能力．
（2）本试题借助考生熟悉的等差数列，构造了另外一个新数列，进而在第（2）问对新老数列进行比较．这事实上展示了一种科学研究的初步过程，即我们总是从熟悉的内容出发，以此为基础，一步步建立和构造新的知识体系．试题从认识论的角度对考生加以训练，致力于服务人才培养质量提升和现代化建设人才选拔．
（3）由数列的定义方式可知，对其前n项和的处理，同样需要根据奇偶项进行分类讨论，这在第（2）问的处理过程中得到了充分的体现．同时注意到，这一小问的解答不必给出的显式表达式，而只需要正确分析前n项和与前n项和之差．这一过程甄别思维品质，展现逻辑严谨性，给考生搭建了展示的舞台和发挥的空间，有利于高校选拔人才，也有利于中学数学教学的改革．
（4）作为解答题的第二题，试题从考生十分熟悉的等差数列切入，让考生很容易入手并得到相应分数，有利于稳定考生心态，消除紧张情绪，激发考生的自信心，并使得绝大多数考生有分数的获得感与成就感，为进一步攻克后续试题提供心态保障．
【答案】
（1）通项公式；
（2）略．
【目标】试题首先考查数列及其通项与前n项和的概念；其次，作为最基本的数列类型，等差数列的两个基本量是首项与公差，要进行求解，需要考生将题设所给条件正确转化为关于它们的方程；最后，本题在考生熟知的等差数列的基础上，构造了另外一个数列，同样需要考生得到的相关信息，并与原数列进行比较．试题考查考生的理性思维素养，逻辑思维、运算求解能力以及分类讨论与整合的能力，通过用原始数列构造新数列的形式，考查学生熟练运用已有知识，学习、研究新问题的能力．
【分析】（1）设的通项公式为，由题设得
，．
由，解得，．
所以．
（2）
．
．
当时，，故；
当时，，故．
综上，当时，．
【典例3】（2023年高考理科数学全国甲卷第1题）
设全集，集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【解读】试题以考生熟悉的整数集合为背景，在考查集合的并、集合的补的基本概念与运算的同时，也考查了数学中重要的分类思想．试题题面简洁，内涵丰富，注重考查基础知识．试卷以考生熟悉的简单题目开始，利于平缓考生心态、稳定考生情绪，助力考生正常稳定发挥．
【答案】A
【目标】本题依托对整数的分类，主要考查集合的表示方法，集合的并集、补集的概念及集合的并、补运算．
【分析】解题思路 思路1 在数学研究中，通常将研究对象按某种标准划分为几个没有公共元素的子类的并，化整为零，各个击破．任意一个整数m，除以3其余数只能是0，1或2．由题设，本题将全集，按照被3除所得余数的标准进行分类，其中余数为1的记为，余数为2的记为．根据集合并的定义，即为被3除所得余数为1或2的整数的全体；再根据集合补集的定义，等于全集中去除被3除所得余数为1或2的整数构成的集合，也就是余数为0，即被3整除的整数构成的集合，亦即，所以正确选项为A．
思路2 排除法 根据思路1的分析，并不能构成全集，从而．排除选项D；注意到集合可以表示为，由补集的定义，集合不可能含M中元素，故排除选项C；同理可排除选项B，所以正确选项为A．
【典例4】（2023年高考文科数学全国乙卷第20题）
已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在单调递增，求a的取值范围．
【解读】试题分为两问，第（1）问给定参数值，求曲线在确定点处的切线方程，考查导数的几何意义，考点常规且基本，符合低起点的命题要求．第（2）问则将函数与不等式有机结合，考查由浅入深，对计算难度、思维深度的要求逐步提高，考查层次分明，重点突出，较好地达到考查目的．试题从多角度考查了导数的基础知识及利用导数研究函数性质的方法，而且对逻辑推理能力、运算求解能力、分类与整合的能力提出了较高要求，尤其对逻辑推理能力的考查，层次分明，区分度较高，使考生个体理性思维的广度和深度得到了充分展示，较好考查了考生进一步学习与探究的潜能．
【答案】（1）当时，，，所以，．曲线在点处的切线方程为．
（2）．
令，则，
且．
（ⅰ）若，当时，，在单调递增，从而．故当时，，在单调递减．
（ⅱ）若，当时，，在单调递减，从而．故当时，，在单调递增．
（ⅲ）若，当时，，在单调递增．故当时，．故当时，，在单调递减，不合题意．
综上，a的取值范围是．
【目标】试题考查函数的导数及其应用等基础知识．考查基本求导公式及求导法则，导数的几何意义，考查利用导数判断函数单调性的方法；考查灵活运用导数工具分析、解决问题的能力；综合考查考生的逻辑推理能力、运算求解能力和推理论证能力以及分类讨论的思想．
【分析】解题思路 （1）将代入得到曲线，利用导数的几何意义，计算，即可得到曲线在点处的切线方程．
（2）思路1 在单调递增等价于．
而，
故在单调递增等价于，即．
由于研究函数的性质比较困难，所以无法得到答案．
但思维层次高的考生可以利用极限即可以得到，然后验证，即，可以通过研究辅助函数的性质得到结论．
思路2 在单调递增等价于．
由于，
故在单调递增等价于．
设辅助函数，研究函数的性质．
由于，
从而通过对a进行分类讨论即可得到结论．
应用一 概念、法则、公式诱发的分类
【例1】已知幂函数满足，求函数的解析式.
【详解】第一步：由幂函数定义求参数
由是幂函数，
可得，解得或；
第二步：对参数分类讨论
当时，在上单调递减，不满足；
当时，在上单调递增，满足，
故．
应用二 运算、性质诱发的分类
【例2】若函数有最小值，则实数的取值范围是______．
第一步：依据分段函数性质x进行分段讨论
①当时：在上单增，且，即在上没有最小值；
②当时，，易知在上必有最小值，
第二步：分类讨论对称轴与区间的位置关系
二次函数在上的最小值，
因为开口向上，对称轴为，于是分类讨论与1的大小关系：
①当时，，易知，故不是在上的最小值，则在上没有最小值，不符合题意；
②当时，，要使得是在上的最小值，则，即，解得或，所以；综上：，即．
应用三 参数、变量变化诱发的分类
【例3】在中，设、、的对边分别为、、.如果、、成等比数列，那么，三角方程的解集是 .
【详解】第一步：由边成等比数列和三角方程定B.
由、、成等比数列，知不为最大边，故.不妨设.
由，有.
所以，.
第二步：对B分类讨论
当时，取，满足题意.
当时，由，有
.
.显然矛盾.
当时，有，
.
又易知，
故.
又，所以，存在、、满足.
故答案为
【例4】已知函数的图像经过点．
求a的值，并讨论函数的极值点.
【详解】第一步：由函数过定点定参数a的值
因为图象过，
所以，即，所以
第二步：对函数求导，分类讨论参数m，定函数单调性与极值
由，
①当时，即时，，故单调递增，无极值点；
②当，即时，令可得，
当时，，当时，，
故在单调递减，在单调递增，
所以是函数的极小值点，无极大值点．
应用四 图形位置、形状诱发的分类
【例5】设正四棱柱的底面边长为1，高为2，平面经过顶点，且与棱所在直线所成的角都相等，则满足条件的平面共有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【详解】第一类：
①在平面的一边在另一边，有一个平面符合条件；
②在平面的一边在另一边，有一个平面符合条件；
③在平面的一边在另一边，有一个平面符合条件；
第二类：
都在平面的同侧，有一个平面符合条件．
综上所述，满足条件的平面共有4个．
故选：D．
当被研究的问题出现多种情况且综合考虑无法深入时，我们通常将可能出现的所有情况分别进行讨论，得出每种情况下相应的结论，这就是分类讨论的思想，包含分类与整合两部分，既化整为零，各个击破，又集零为整．
基本步骤：（1）研究讨论的必要性，确定讨论对象；
（2）确定分类依据，并按标准分类；
（3）逐类解决，获得各类的结果；
（4）归纳整合，得到结果．
分类的基本原则：（1）标准统一，不重不漏；
（2）层次明晰，不混不乱．
分类讨论应用的热点：
（1）由概念、定义、公式、定理、性质等引起的分类讨论，如直线的斜率是否存在，幂、指数、对数函数的单调性，等比数列的公比是否为等．
（2）由数学运算规则引起的分类讨论，如除法运算中分母不为零，偶次方根为非负数，不等式两边同乘（除）以一个数（式）的符号等．
（3）由参数、变量的范围引起的分类讨论，如对数的真数与底数的范围，指数运算中底数的范围，函数在不同区间上单调性受参变量的影响等．
（4）由图形的可变性引起的分类讨论，如图形类型、位置，点所在的象限，角大小的可能性等．
（5）由情境的规则引起的分类讨论，情境问题的规则在解决数学问题时常需要分类讨论思想，如体育比赛的规则等．
微点：情境的规则引起的分类
【表现形式】给出一种数学或现实情境，根据场景所给的条件或要求必须进行分类讨论.
【步骤】（1）分析题意，解读情境中给出的条件限制；
（2）将条件限制作为分类标准；
（3）整合分类结果.
【例1】多项选择题给出的四个选项中会有多个选项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分．若选项中有其中个选项符合题目要求，随机作答该题时至少选择一个选项所得的分数为随机变量其中，则有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】当时，的可能情况为0，3，5
选择的情况共有：种；
，，
所以
当时，的可能情况为0，3，5
选择的情况共有：种；
，，
所以
当时，的可能情况为3，5
选择的情况共有：种；
，，所以
对于AB：，，
所以，故A错误，B正确；
对于CD：，，
所以，故CD错误；
故选：B
【例2】甲、乙、丙、丁进行乒乓球比赛，比赛规则如下：
第一轮：甲和乙进行比赛，同时丙和丁进行比赛，两个获胜者进入胜者组，两个败者进入败者组；
第二轮：胜者组进行比赛，同时败者组进行比赛，败者组中失败的选手淘汰；
第三轮：败者组的胜者与胜者组的败者进行比赛，失败的选手淘汰；
第四轮：第三轮中的胜者与第二轮中胜者组的胜者进行决赛，胜者为冠军．
已知甲与乙、丙、丁比赛，甲的胜率分别为；乙与丙、丁比赛，乙的胜率分别为；丙与丁比赛，丙的胜率为任意两场比赛之间均相互独立．
求丙在第二轮被淘汰的概率；
在丙在第二轮被淘汰的条件下，求甲所有比赛全胜并获得冠军的概率．
【解析】解：若丙在第二轮被淘汰，则根据规则，
第一轮中丙和丁比赛，丙为败者的概率为，
而甲与乙比赛的败者分两种情况，若第二轮甲进入败者组，
其概率为，则第二轮丙被淘汰的概率；
若第二轮乙进入败者组，其概率为，
第二轮丙被淘汰的概率
故丙在第二轮被淘汰的概率为
第一轮甲与乙比赛中，甲获胜进入胜者组的概率为，
并且与丁进行第二轮比赛，第二轮胜者组比赛甲获胜的概率为，
丁与乙进行第三轮比赛，故分两种情况，
若第三轮乙获胜，乙获胜的概率为，甲与乙进行决赛，
甲获胜的概率为，此时甲获得冠军的概率为；
若第三轮丁获胜，丁获胜的概率为，甲、丁进行决赛，甲获胜的概率为，
此时甲获得冠军的概率为
设“丙在第二轮被淘汰”为事件A，“甲所有比赛全胜并获得冠军”为事件B，
则
【跟踪练习】
1．已知函数，则方程的根的个数可能为（ ）
A．2 B．6 C．5 D．4
2．在棱长为1的正方体中，是线段上的一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A．四面体的体积恒为定值
B．直线与平面所成角正弦值可以为
C．异面直线与所成角的范围是
D．当时，平面截该正方体所得的截面图形为等腰梯形
3．若恰有三组不全为0的实数对,满足关系式，则实数t的所有可能的值为 ．
4．设平面向量，，满足，，，.若，则 .
5．已知函数，其中为常数．
(1)判断 的奇偶性，并说明理由；
(2)若在上存在个不同的点（），满足，求实数的取值范围．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．ACD
【分析】先画出的图象，再讨论方程的根，求得的范围，再数形结合，得到答案.
【详解】画出的图象如图所示：
令，则，则，
当，即时，，此时，由图与的图象有两个交点，
即方程的根的个数为2个，A正确；
当时，即时，，则
故，，
当时，即，则有2解，
当时，若，则有3解；若，则有2解，
故方程的根的个数为5个或4个，CD正确；
故选：ACD
【点睛】本题考查了函数的根的个数问题，函数图象的画法，考查了分类讨论思想和数形结合思想，难度较大.
2．ACD
【分析】对于A选项，根据平面，判断的体积为定值；
对于B选项，设与平面所成的角为，M到平面的距离为d，则，由//平面，且求d，结合正方体性质即可知与平面所成角正弦值的最大值；
对于C选项，根据异面直线所成角的平面角，及正方体性质确定异面直线BM与AC所成角的范围；
对于D选项，过作，分别交于点，连接，根据几何关系即可判断；
【详解】解：对于A选项，根据正方体的特征可得，
因为平面，平面，
所以平面，即线段上的点到平面的距离相等，
又因为△的面积为定值，是线段上一个动点，
所以四面体的体积为定值，故A选项正确；
对于B选项，设直线与平面所成的角为，
到平面的距离为，则，
因为，平面，平面
所以平面，
所以到平面的距离与到平面的距离相等，
连接，由可得，
又，，
所以，易知当为的中点时，最小，为，
此时取得最大值为，故B错误；
对于C选项，设异面直线与所成的角为，
当与或重合时，取得最小值，为，
当为的中点时，取得最大值，为，
所以异面直线与所成角的范围是，故C选项正确；
对于D选项，过作，分别交于点，连接，
设与交点为
由正方体的性质知，，
因为，所以，
所以，，，
所以，，即四边形为等腰梯形，故D正确．
故选：ACD
3．或或
【分析】化简得到，然后对进行分类讨论即可求解.
【详解】由已知得，整理得，
看成有且仅有三条直线满足和到直线(不过原点)的距离t相等，
又，
（1）当，此时易得符合题意的直线 l 为线段AB的垂直平分线以及与直线平行的两条直线和；
（2）当时，有4条直线l会使得点和到它们的距离相等，注意到l不过原点，
所以当其中一条直线过原点时，会作为增根被舍去．
设点A到l的距离为d，
①作为增根被舍去的直线l，过原点和A，B的中点，其方程为，此时，符合；
②作为增根被舍去的直线l，过原点且与平行，其方程为，此时，符合；
综上，满足题意的实数t为或或
故答案为：或或
【点睛】关键点点睛：本题的关键是化简得到，将问题转化为有且仅有三条直线满足和到直线(不过原点)的距离t相等，然后分类讨论即得.
4．
【详解】如图所示，作，，，
由题意得，，
设直线OC与直线AB交于点P.因为，
故点P在线段AB上（不含端点），
又，结合等和线性质可知，
作于G，于H，有，，
记，
①当点G在线段AB上时，，
，
由，得，
可解得，进而有，
此时，，.
点为线段AH的中点，在线段AB上，符合题意，
可得，所以.
②当点G在线段AB的反向延长线上时，
同①方法可推得点P与点A重合，矛盾.
综上所述，.
故答案为：.
5．(1)当时为奇函数，时为非奇非偶函数，理由见解析
(2)或
【分析】（1）对参数是否为零进行分类讨论，利用奇偶性定义判断即可得出结论；
（2）构造函数，利用区间对的范围进行分类讨论，去绝对值后利用函数单调性即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）因为的定义域为，
当时，易知
且，则为奇函数，
当时，则，不是奇函数，
且，，所以，所以也不是偶函数．
故是非奇非偶函数．
（2）记，则，
因此，
等价于，
①当时，
在递增，
于是，
所以，得；
②当时，
（），则递增，
因此，得；
③当时，
在上递增，在上递减，在上递增，
故，且，
易知，
则，但是，故舍去；
④当时，
在上递增，在上递减，
易知，
则，注意到左边显然小于，舍去；
故的取值范围是或．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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