資源簡介

第四講：分類與整合思想【講】
【典例1】（2023年高考數學新課標Ⅰ卷第19題）
已知函數．
（1）討論的單調性；
（2）證明：當時，．
【解讀】試題將指數函數與一次函數用參數結合起來，構成所要研究的函數，通過對函數單調性、最值的研究，從多角度考查導數的基礎知識及利用導數研究函數性質的方法．試題設計的函數形式簡單，但對利用導數研究函數性質的通性通法考查得比較全面，既考查了分類討論的思想、化歸與轉化的思想，又考查了考生構造輔助函數、應用不等式放縮技巧的能力．
試題分步設問，第（1）問討論函數的單調性，通過在函數中設置參數，既考查利用導數研究函數性質的能力，又考查分類討論的思想，同時所得結果又為第（2）問做了鋪墊．第（2）問將函數與不等式有機結合，要求考生利用第（1）問的結論，將的證明轉化為證明，并構造輔助函數得到結論．試題考查由淺人深，對計算強度、思維深度的要求逐步提高，考查層次分明，重點突出，能較好地達到考查目的．試題所考查的雖然是運用導數研究函數的單調性的基本方法，但對考生的邏輯思維能力、運算求解能力、分類與整合的數學思想，以及運用所學知識尋找合理的解題路徑的能力進行了全面考查．
【答案】（1）的定義域為，．
（ⅰ）若，則，在單調遞減．
（ⅱ）若，則由得．
當時，；當時，．
故在單調遞減，在單調遞增．
（2）解法1 當時，由（1）知，當時，取得最小值，
所以．
從而．
設（），則．
當時，；當時，．所以在單調遞減，在單調遞增．故當時，．
從而當時，，即．
解法2 當時，由（1）知，當時，取得最小值，
所以．
從而．
設（），則．當時，；當時，．所以在單調遞增，在單調遞減．故當時，，即．
故當時，．
從而，即．
解法3 當時，由（1）知，當時，取得最小值，
所以．
從而．
同解法2可得，當時，，即．
故當時，．
從而，即．
【目標】試題考查基本求導公式及求導法則，考查利用導數判斷函數單調性、最值的方法；考查靈活運用導數工具分析、解決問題的能力；綜合考查考生的邏輯思維能力、運算求解能力，以及分類討論的思想．
【分析】解題思路 （1）討論函數單調性的一般方法是利用函數的導數的正負，即先求得，
再判別其正負．由于函數的導數中含有參數，從而需要對參數進行分類討論．
（2）思路1 當時，利用（1）的結果知，當時，取得最小值，
所以．
從而將轉化為證明，即．
于是可以構造輔助函數（），通過研究的單調性得到結論．
思路2 同思路1，將第（2）問轉化為證明，即，
再進一步利用不等式得到結論．
思路3同思路1，將第問轉化為證明，即，
利用不等式得到，由此證明結論成立．
【典例2】（2023年高考數學新課標Ⅱ卷第18題）
已知為等差數列，記，分別為數列，的前n項和，，．
（1）求的通項公式；
（2）證明：當時，．
【解讀】試題的主干部分包括兩個數列，一個是考生熟悉的等差數列，要解決的是關于數列通項公式的問題；另一個是在此基礎上構造的新數列，要解決的問題是挖掘新數列蘊含的信息，并與老數列進行對比．考生需要注意到，在求解等差數列首項與公差的過程中，僅僅使用老數列的前4項和是不夠的，還要利用新數列前3項和．具體來說，本試題包含如下諸多亮點．
（1）試題注重考查基礎知識，貼近教材，設計巧妙．解題過程中，為求解等差數列首項與公差這兩個未知參數，需要建立兩個方程，其中第一個方程是明確的，即等差數列的前4項和，而如何建立第二個方程，就需要考生利用好題設條件，正確挖掘新數列的信息．這一過程突出素養和能力考查，很好地考查了考生的理性思維素養以及邏輯思維、運算求解等關鍵能力．
（2）本試題借助考生熟悉的等差數列，構造了另外一個新數列，進而在第（2）問對新老數列進行比較．這事實上展示了一種科學研究的初步過程，即我們總是從熟悉的內容出發，以此為基礎，一步步建立和構造新的知識體系．試題從認識論的角度對考生加以訓練，致力于服務人才培養質量提升和現代化建設人才選拔．
（3）由數列的定義方式可知，對其前n項和的處理，同樣需要根據奇偶項進行分類討論，這在第（2）問的處理過程中得到了充分的體現．同時注意到，這一小問的解答不必給出的顯式表達式，而只需要正確分析前n項和與前n項和之差．這一過程甄別思維品質，展現邏輯嚴謹性，給考生搭建了展示的舞臺和發揮的空間，有利于高校選拔人才，也有利于中學數學教學的改革．
（4）作為解答題的第二題，試題從考生十分熟悉的等差數列切入，讓考生很容易入手并得到相應分數，有利于穩定考生心態，消除緊張情緒，激發考生的自信心，并使得絕大多數考生有分數的獲得感與成就感，為進一步攻克后續試題提供心態保障．
【答案】
（1）通項公式；
（2）略．
【目標】試題首先考查數列及其通項與前n項和的概念；其次，作為最基本的數列類型，等差數列的兩個基本量是首項與公差，要進行求解，需要考生將題設所給條件正確轉化為關于它們的方程；最后，本題在考生熟知的等差數列的基礎上，構造了另外一個數列，同樣需要考生得到的相關信息，并與原數列進行比較．試題考查考生的理性思維素養，邏輯思維、運算求解能力以及分類討論與整合的能力，通過用原始數列構造新數列的形式，考查學生熟練運用已有知識，學習、研究新問題的能力．
【分析】（1）設的通項公式為，由題設得
，．
由，解得，．
所以．
（2）
．
．
當時，，故；
當時，，故．
綜上，當時，．
【典例3】（2023年高考理科數學全國甲卷第1題）
設全集，集合，，則（ ）
A． B．
C． D．
【解讀】試題以考生熟悉的整數集合為背景，在考查集合的并、集合的補的基本概念與運算的同時，也考查了數學中重要的分類思想．試題題面簡潔，內涵豐富，注重考查基礎知識．試卷以考生熟悉的簡單題目開始，利于平緩考生心態、穩定考生情緒，助力考生正常穩定發揮．
【答案】A
【目標】本題依托對整數的分類，主要考查集合的表示方法，集合的并集、補集的概念及集合的并、補運算．
【分析】解題思路 思路1 在數學研究中，通常將研究對象按某種標準劃分為幾個沒有公共元素的子類的并，化整為零，各個擊破．任意一個整數m，除以3其余數只能是0，1或2．由題設，本題將全集，按照被3除所得余數的標準進行分類，其中余數為1的記為，余數為2的記為．根據集合并的定義，即為被3除所得余數為1或2的整數的全體；再根據集合補集的定義，等于全集中去除被3除所得余數為1或2的整數構成的集合，也就是余數為0，即被3整除的整數構成的集合，亦即，所以正確選項為A．
思路2 排除法 根據思路1的分析，并不能構成全集，從而．排除選項D；注意到集合可以表示為，由補集的定義，集合不可能含M中元素，故排除選項C；同理可排除選項B，所以正確選項為A．
【典例4】（2023年高考文科數學全國乙卷第20題）
已知函數．
（1）當時，求曲線在點處的切線方程；
（2）若在單調遞增，求a的取值范圍．
【解讀】試題分為兩問，第（1）問給定參數值，求曲線在確定點處的切線方程，考查導數的幾何意義，考點常規且基本，符合低起點的命題要求．第（2）問則將函數與不等式有機結合，考查由淺入深，對計算難度、思維深度的要求逐步提高，考查層次分明，重點突出，較好地達到考查目的．試題從多角度考查了導數的基礎知識及利用導數研究函數性質的方法，而且對邏輯推理能力、運算求解能力、分類與整合的能力提出了較高要求，尤其對邏輯推理能力的考查，層次分明，區分度較高，使考生個體理性思維的廣度和深度得到了充分展示，較好考查了考生進一步學習與探究的潛能．
【答案】（1）當時，，，所以，．曲線在點處的切線方程為．
（2）．
令，則，
且．
（ⅰ）若，當時，，在單調遞增，從而．故當時，，在單調遞減．
（ⅱ）若，當時，，在單調遞減，從而．故當時，，在單調遞增．
（ⅲ）若，當時，，在單調遞增．故當時，．故當時，，在單調遞減，不合題意．
綜上，a的取值范圍是．
【目標】試題考查函數的導數及其應用等基礎知識．考查基本求導公式及求導法則，導數的幾何意義，考查利用導數判斷函數單調性的方法；考查靈活運用導數工具分析、解決問題的能力；綜合考查考生的邏輯推理能力、運算求解能力和推理論證能力以及分類討論的思想．
【分析】解題思路 （1）將代入得到曲線，利用導數的幾何意義，計算，即可得到曲線在點處的切線方程．
（2）思路1 在單調遞增等價于．
而，
故在單調遞增等價于，即．
由于研究函數的性質比較困難，所以無法得到答案．
但思維層次高的考生可以利用極限即可以得到，然后驗證，即，可以通過研究輔助函數的性質得到結論．
思路2 在單調遞增等價于．
由于，
故在單調遞增等價于．
設輔助函數，研究函數的性質．
由于，
從而通過對a進行分類討論即可得到結論．
應用一 概念、法則、公式誘發的分類
【例1】已知冪函數滿足，求函數的解析式.
【詳解】第一步：由冪函數定義求參數
由是冪函數，
可得，解得或；
第二步：對參數分類討論
當時，在上單調遞減，不滿足；
當時，在上單調遞增，滿足，
故．
應用二 運算、性質誘發的分類
【例2】若函數有最小值，則實數的取值范圍是______．
第一步：依據分段函數性質x進行分段討論
①當時：在上單增，且，即在上沒有最小值；
②當時，，易知在上必有最小值，
第二步：分類討論對稱軸與區間的位置關系
二次函數在上的最小值，
因為開口向上，對稱軸為，于是分類討論與1的大小關系：
①當時，，易知，故不是在上的最小值，則在上沒有最小值，不符合題意；
②當時，，要使得是在上的最小值，則，即，解得或，所以；綜上：，即．
應用三 參數、變量變化誘發的分類
【例3】在中，設、、的對邊分別為、、.如果、、成等比數列，那么，三角方程的解集是 .
【詳解】第一步：由邊成等比數列和三角方程定B.
由、、成等比數列，知不為最大邊，故.不妨設.
由，有.
所以，.
第二步：對B分類討論
當時，取，滿足題意.
當時，由，有
.
.顯然矛盾.
當時，有，
.
又易知，
故.
又，所以，存在、、滿足.
故答案為
【例4】已知函數的圖像經過點．
求a的值，并討論函數的極值點.
【詳解】第一步：由函數過定點定參數a的值
因為圖象過，
所以，即，所以
第二步：對函數求導，分類討論參數m，定函數單調性與極值
由，
①當時，即時，，故單調遞增，無極值點；
②當，即時，令可得，
當時，，當時，，
故在單調遞減，在單調遞增，
所以是函數的極小值點，無極大值點．
應用四 圖形位置、形狀誘發的分類
【例5】設正四棱柱的底面邊長為1，高為2，平面經過頂點，且與棱所在直線所成的角都相等，則滿足條件的平面共有（ ）個．
A．1 B．2 C．3 D．4
【詳解】第一類：
①在平面的一邊在另一邊，有一個平面符合條件；
②在平面的一邊在另一邊，有一個平面符合條件；
③在平面的一邊在另一邊，有一個平面符合條件；
第二類：
都在平面的同側，有一個平面符合條件．
綜上所述，滿足條件的平面共有4個．
故選：D．
當被研究的問題出現多種情況且綜合考慮無法深入時，我們通常將可能出現的所有情況分別進行討論，得出每種情況下相應的結論，這就是分類討論的思想，包含分類與整合兩部分，既化整為零，各個擊破，又集零為整．
基本步驟：（1）研究討論的必要性，確定討論對象；
（2）確定分類依據，并按標準分類；
（3）逐類解決，獲得各類的結果；
（4）歸納整合，得到結果．
分類的基本原則：（1）標準統一，不重不漏；
（2）層次明晰，不混不亂．
分類討論應用的熱點：
（1）由概念、定義、公式、定理、性質等引起的分類討論，如直線的斜率是否存在，冪、指數、對數函數的單調性，等比數列的公比是否為等．
（2）由數學運算規則引起的分類討論，如除法運算中分母不為零，偶次方根為非負數，不等式兩邊同乘（除）以一個數（式）的符號等．
（3）由參數、變量的范圍引起的分類討論，如對數的真數與底數的范圍，指數運算中底數的范圍，函數在不同區間上單調性受參變量的影響等．
（4）由圖形的可變性引起的分類討論，如圖形類型、位置，點所在的象限，角大小的可能性等．
（5）由情境的規則引起的分類討論，情境問題的規則在解決數學問題時常需要分類討論思想，如體育比賽的規則等．
微點：情境的規則引起的分類
【表現形式】給出一種數學或現實情境，根據場景所給的條件或要求必須進行分類討論.
【步驟】（1）分析題意，解讀情境中給出的條件限制；
（2）將條件限制作為分類標準；
（3）整合分類結果.
【例1】多項選擇題給出的四個選項中會有多個選項符合題目要求．全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得3分．若選項中有其中個選項符合題目要求，隨機作答該題時至少選擇一個選項所得的分數為隨機變量其中，則有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】當時，的可能情況為0，3，5
選擇的情況共有：種；
，，
所以
當時，的可能情況為0，3，5
選擇的情況共有：種；
，，
所以
當時，的可能情況為3，5
選擇的情況共有：種；
，，所以
對于AB：，，
所以，故A錯誤，B正確；
對于CD：，，
所以，故CD錯誤；
故選：B
【例2】甲、乙、丙、丁進行乒乓球比賽，比賽規則如下：
第一輪：甲和乙進行比賽，同時丙和丁進行比賽，兩個獲勝者進入勝者組，兩個敗者進入敗者組；
第二輪：勝者組進行比賽，同時敗者組進行比賽，敗者組中失敗的選手淘汰；
第三輪：敗者組的勝者與勝者組的敗者進行比賽，失敗的選手淘汰；
第四輪：第三輪中的勝者與第二輪中勝者組的勝者進行決賽，勝者為冠軍．
已知甲與乙、丙、丁比賽，甲的勝率分別為；乙與丙、丁比賽，乙的勝率分別為；丙與丁比賽，丙的勝率為任意兩場比賽之間均相互獨立．
求丙在第二輪被淘汰的概率；
在丙在第二輪被淘汰的條件下，求甲所有比賽全勝并獲得冠軍的概率．
【解析】解：若丙在第二輪被淘汰，則根據規則，
第一輪中丙和丁比賽，丙為敗者的概率為，
而甲與乙比賽的敗者分兩種情況，若第二輪甲進入敗者組，
其概率為，則第二輪丙被淘汰的概率；
若第二輪乙進入敗者組，其概率為，
第二輪丙被淘汰的概率
故丙在第二輪被淘汰的概率為
第一輪甲與乙比賽中，甲獲勝進入勝者組的概率為，
并且與丁進行第二輪比賽，第二輪勝者組比賽甲獲勝的概率為，
丁與乙進行第三輪比賽，故分兩種情況，
若第三輪乙獲勝，乙獲勝的概率為，甲與乙進行決賽，
甲獲勝的概率為，此時甲獲得冠軍的概率為；
若第三輪丁獲勝，丁獲勝的概率為，甲、丁進行決賽，甲獲勝的概率為，
此時甲獲得冠軍的概率為
設“丙在第二輪被淘汰”為事件A，“甲所有比賽全勝并獲得冠軍”為事件B，
則
【跟蹤練習】
1．已知函數，則方程的根的個數可能為（ ）
A．2 B．6 C．5 D．4
2．在棱長為1的正方體中，是線段上的一個動點，則下列結論正確的是（ ）
A．四面體的體積恒為定值
B．直線與平面所成角正弦值可以為
C．異面直線與所成角的范圍是
D．當時，平面截該正方體所得的截面圖形為等腰梯形
3．若恰有三組不全為0的實數對,滿足關系式，則實數t的所有可能的值為 ．
4．設平面向量，，滿足，，，.若，則 .
5．已知函數，其中為常數．
(1)判斷 的奇偶性，并說明理由；
(2)若在上存在個不同的點（），滿足，求實數的取值范圍．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．ACD
【分析】先畫出的圖象，再討論方程的根，求得的范圍，再數形結合，得到答案.
【詳解】畫出的圖象如圖所示：
令，則，則，
當，即時，，此時，由圖與的圖象有兩個交點，
即方程的根的個數為2個，A正確；
當時，即時，，則
故，，
當時，即，則有2解，
當時，若，則有3解；若，則有2解，
故方程的根的個數為5個或4個，CD正確；
故選：ACD
【點睛】本題考查了函數的根的個數問題，函數圖象的畫法，考查了分類討論思想和數形結合思想，難度較大.
2．ACD
【分析】對于A選項，根據平面，判斷的體積為定值；
對于B選項，設與平面所成的角為，M到平面的距離為d，則，由//平面，且求d，結合正方體性質即可知與平面所成角正弦值的最大值；
對于C選項，根據異面直線所成角的平面角，及正方體性質確定異面直線BM與AC所成角的范圍；
對于D選項，過作，分別交于點，連接，根據幾何關系即可判斷；
【詳解】解：對于A選項，根據正方體的特征可得，
因為平面，平面，
所以平面，即線段上的點到平面的距離相等，
又因為△的面積為定值，是線段上一個動點，
所以四面體的體積為定值，故A選項正確；
對于B選項，設直線與平面所成的角為，
到平面的距離為，則，
因為，平面，平面
所以平面，
所以到平面的距離與到平面的距離相等，
連接，由可得，
又，，
所以，易知當為的中點時，最小，為，
此時取得最大值為，故B錯誤；
對于C選項，設異面直線與所成的角為，
當與或重合時，取得最小值，為，
當為的中點時，取得最大值，為，
所以異面直線與所成角的范圍是，故C選項正確；
對于D選項，過作，分別交于點，連接，
設與交點為
由正方體的性質知，，
因為，所以，
所以，，，
所以，，即四邊形為等腰梯形，故D正確．
故選：ACD
3．或或
【分析】化簡得到，然后對進行分類討論即可求解.
【詳解】由已知得，整理得，
看成有且僅有三條直線滿足和到直線(不過原點)的距離t相等，
又，
（1）當，此時易得符合題意的直線 l 為線段AB的垂直平分線以及與直線平行的兩條直線和；
（2）當時，有4條直線l會使得點和到它們的距離相等，注意到l不過原點，
所以當其中一條直線過原點時，會作為增根被舍去．
設點A到l的距離為d，
①作為增根被舍去的直線l，過原點和A，B的中點，其方程為，此時，符合；
②作為增根被舍去的直線l，過原點且與平行，其方程為，此時，符合；
綜上，滿足題意的實數t為或或
故答案為：或或
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是化簡得到，將問題轉化為有且僅有三條直線滿足和到直線(不過原點)的距離t相等，然后分類討論即得.
4．
【詳解】如圖所示，作，，，
由題意得，，
設直線OC與直線AB交于點P.因為，
故點P在線段AB上（不含端點），
又，結合等和線性質可知，
作于G，于H，有，，
記，
①當點G在線段AB上時，，
，
由，得，
可解得，進而有，
此時，，.
點為線段AH的中點，在線段AB上，符合題意，
可得，所以.
②當點G在線段AB的反向延長線上時，
同①方法可推得點P與點A重合，矛盾.
綜上所述，.
故答案為：.
5．(1)當時為奇函數，時為非奇非偶函數，理由見解析
(2)或
【分析】（1）對參數是否為零進行分類討論，利用奇偶性定義判斷即可得出結論；
（2）構造函數，利用區間對的范圍進行分類討論，去絕對值后利用函數單調性即可求得實數的取值范圍.
【詳解】（1）因為的定義域為，
當時，易知
且，則為奇函數，
當時，則，不是奇函數，
且，，所以，所以也不是偶函數．
故是非奇非偶函數．
（2）記，則，
因此，
等價于，
①當時，
在遞增，
于是，
所以，得；
②當時，
（），則遞增，
因此，得；
③當時，
在上遞增，在上遞減，在上遞增，
故，且，
易知，
則，但是，故舍去；
④當時，
在上遞增，在上遞減，
易知，
則，注意到左邊顯然小于，舍去；
故的取值范圍是或．
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

展開更多......

收起↑