当前位置:首页 >> 数学 >>

2013届高三理科数学二轮专题课件3-26分类讨论思想


第三部分

高考专题讲解

第二十六讲 分类讨论思想

考情分析

?

分类讨论思想是指在数学中,根据研究

对象的性质差异,分别对各种不同的情
况予以分析的分类思考方法,它是一种 重要的思想方法,同时也是一种重要的 解题策略.在近年的高考试题中

频繁出 现,已成为高考的一个热点.分类讨论 思想不仅在解决一些含有参数的函数、

考情分析

?

角函数、解析几何、立体几何等各个方 面.预计2012年高考仍会重点考查分类 讨论的思想方法,在复习中应该多关注 一些含有参数的问题.

要点串讲
分类讨论思想就是当问题所给的对象不能进行统一 研究时,需要对研究对象按某个标准分类,然后对每一 类分别研究得出每一类的结论,最后综合各类结果得到 整个问题的解答.实质上,分类讨论是“化整为零,各 个击破,再积零为整”的解题策略.分类原则是:①分 类的对象确定,标准统一;②不重复,不遗漏;③分层 次,不越级讨论.

回顾总结中学数学教材中分类讨论的知识点,大致 有:绝对值概念的定义;根式的性质;一元二次方程的判 别式与根的情况; 二次函数二次项系数的正负与抛物线的 k 开口方向;反比例函数 y= (x≠0)的反比例系数 k,正比 x 例函数 y=kx 的比例系数 k, 一次函数 y=kx+b 的斜率 k 与图象位置及函数单调性的关系;幂函数 y=xα(α∈R)的 幂指数 α 的正、负与定义域、单调性、奇偶性的关系;指 数函数 y=ax(a>0 且 a≠1)及其反函数 y=logax(a>0 且

a≠1)中底数 a>1 及 0<a<1 对函数单调性的影响;等比数 列前 n 项和公式中 q=1 与 q≠1 的区别; 复数概念的分类; 不等式性质中两边同乘(除)以正数或负数时对不等号方 向的影响;圆锥曲线中离心率 e 的取值与椭圆、抛物线、 双曲线的对应关系;直线与圆锥曲线位置关系的讨论; 运 用点斜式、 斜截式直线方程时斜率 k 是否存在; 角终边所 在象限与三角函数的符号等等.

分类讨论并不是凭空产生的, 而是有一定原因的. 这 个原因就是我们分类的标准或依据.一般来说, 可以归纳 为以下几点: 1.涉及的数学概念是分类定义的. 2.有关的公式、运算性质与法则是分类给出的. 3.由题中所给出的限制条件或研究对象的性质而引 发的.

4.数学问题中参数的不同取值会导致不同结果的. 5.涉及的几何图形的形状、位置的变化而引起的. 6.由实际问题的实际意义引起的. 7. 复杂数学问题或非常规数学问题需要分类解决的. 在运用分类讨论解题时, 我们要明确分类的原因是什 么?对象是什么?分几个类别?不仅要掌握分类的原则, 而且要把握分类的时机,重视分类的合理性与完整性.

高频考点
类型一 【例 1】 概念分类型 (2011· 江苏模拟)已知函数 f(x)=

log(m+2)[mx2+(m+2)x+m+2]存在最小值,试求实 数 m 的取值范围.

[解]

由于函数 f(x)是由函数 y=log(m+2)g(x)和函数

g(x)=mx2+(m+2)x+m+2 复合而成的,所以应对底数 m+2 的取值以及 g(x)的最值情况分别进行讨论. (1)当 m+2>1 即 m>-1 时,函数 y=log(m+2)g(x)是增 函数,因此要使函数 f(x)有最小值,

?m+2>1 ? 需满足?m>0 ?Δ=?m+2?2-4m?m+2?<0 ? ?m>-1 ? ?m>0 解得? ? 2 ?m>3或m<-2 ?



2 ,即 m> ; 3

(2)当 0<m+2<1 即-2<m<-1 时,函数 y= log(m+2)g(x)是减函数,因此要使函数 f(x)有最小值, ?0<m+2<1 ? 需满足?m<0 ?Δ=?m+2?2-4m?m+2?>0 ? ?-2<m<-1 ? ?m<0 解得? 2 ? ? -2<m<3 ?



,即-2<m<-1.

综上, 要使函数 f(x)有最小值,实数 m 的取值范围是 2 -2<m<-1 或 m> . 3

[点评]

这道题是由对数函数的概念和二次函数的

最值引发的分类讨论, 我们称为概念分类型, 由概念引发 的分类还有很多,如绝对值:|a|的定义分为 a>0、a=0、 a<0 三种情况; 直线的斜率: 倾斜角 θ≠90° 斜率 k 存在, , 倾斜角 θ=90° 斜率 k 不存在; , 对数、 指数函数: y=logax 与 y=ax,可分为 a>1、0<a<1 两种类型;直线的截距式: x y 直线过原点时为 y=kx,不过原点时为 + =1 等. a b

【探究 1】

设 0<x<1,a>0 且 a≠1,比较|loga(1-x)|与

|loga(1+x)|的大小. 分析:确定 1-x,1+x 的值的范围,讨论 a 的取值,去绝 对值,作差比较. 确定1-x,1+x的取 依据差值与0的 值范围,并按a的 → 作差化简 → 关系,作出结论 取值分类讨论

解:∵0<x<1,∴0<1-x<1,1+x>1,0<1-x2<1. ①当 0<a<1 时,loga(1-x)>0,loga(1+x)<0, 所以|loga(1-x)|-|loga(1+x)| =loga(1-x)-[-loga(1+x)] =loga(1-x2)>0; ②当 a>1 时,loga(1-x)<0,loga(1+x)>0, 所以|loga(1-x)|-|loga(1+x)|

=-loga(1-x)-loga(1+x) =-loga(1-x2)>0. 由①②可知,|loga(1-x)|>|loga(1+x)|.

点评:本题是由对数函数概念内涵引发的分类讨 论.涉及的数学概念是以分类形式定义的,如绝对值,两 直线的位置关系,斜率
? π? k=tanα?α≠ ?,曲线中二次曲线 2? ?

的分类等. 解这类问题时, 以所定义的概念为依据来进行 分类讨论.

类型二

运算需要型

【例 2】 已知 a∈R,讨论函数 f(x)=ex(x2+ax+a +1)的极值点的个数. [分析] 利用导数法讨论极值点的个数. 求f′?x?,令 f′?x?=0 确定函数f?x? → 极值点的个数 → 讨论方程f′?x? =0根的情况 → 讨论f?x? 的单调性

[解]

f′(x)=ex(x2+ax+a+1)+ex(2x+a) =ex[x2+(a+2)x+(2a+1)].

令 f′(x)=0,得 x2+(a+2)x+(2a+1)=0. ①当 Δ=(a+2)2-4(2a+1)=a2-4a=a(a-4)>0, 即 a<0 或 a>4 时,方程 x2+(a+2)x+(2a+1)=0 有 两个不同的实根 x1,x2,不妨设 x1<x2.

于是 f′(x)=ex(x-x1)(x-x2).从而有下表: x f′(x) f(x) (-∞,x1) + ? x1 0 极大值 (x1,x2) - ? x2 0 极小值 (x2, +∞) + ?

即此时 f(x)有两个极值点.

②当 Δ=0,即 a=0 或 a=4 时,方程 x2+(a+2)x+ (2a+1)=0 有两个相同的实根 x1=x2. 于是 f′(x)=ex(x-x1)2. 故当 x<x1 时,f′(x)>0;当 x>x1 时,f′(x)>0. 因此 f(x)无极值. ③当 Δ<0,即 0<a<4 时,x2+(a+2)x+(2a+1)>0. f′(x)=ex[x2+(a+2)x+(2a+1)]>0,

故 f(x)为增函数,此时 f(x)无极值. 因此, a>4 或 a<0 时, 当 f(x)有 2 个极值点; 0≤a≤4 当 时,f(x)无极值点.

[点评] 本题分类有两层,先依据方程根的情况进行 分类讨论,然后分区间讨论 f′(x)的符号,来确定 f(x)取 极值的情况. 分类讨论的许多问题都是由运算的需要引发 的,如二次不等式运算中对两根大小的讨论; 求函数单调 性时, 对导数正负的讨论; 有关去绝对值或根号问题中等 价变形引发的讨论等.

【探究 2】 求函数 y=x2+|x-a|+1 的值域.
解:本题需要去绝对值化为分段函数,再按直线 x =a 相对于两个抛物线的对称轴的位置分类讨论, 借助图 象有利于解题.

由于

?x2+x-a+1?x≥a? ? y=f(x)=? 2 ?x -x+a+1?x<a? ?

?? 1 ?2 3 ??x+2 ? +4-a?x≥a? ? ? =?? 1?2 3 ??x- ? + +a?x<a? ?? 2? 4



? 1? 3 1 (1)当 a≤- ,如图(1)知,y≥f?- ?= -a; 2 ? 2? 4

1 1 (2)当- <a< 时,如图(2)知,y≥f(a)=a2+1; 2 2
?1 ? 3 1 (3)当 a≥ 时,如图(3)知,y≥f? ?= +a. 2 ?2 ? 4

1 3 综上所述:当 a≤- 时,值域为[ -a,+∞);当- 2 4 1 1 1 3 <a< 时,值域为[a2+1,+∞);当 a≥ 时,值域为[ + 2 2 2 4 a,+∞).

点评:本题在求解时,应根据函数 f(x)中自变量 x 与 参数 a 的大小情况进行讨论, 化简得到函数的解析式, 进 而求得该函数的值域.

类型三

由公式条件引起的分类

【例 3】 已知在等比数列{an}中,a1=1,Sn 是其前 n 项和,且 ak+1,ak+3,ak+2(k∈N)成等差数列. (1)求数列{an}的公比; (2)试判断 Sk+1,Sk+3,Sk+ 2(k∈N)是否也构成等差数 列,并说明理由.

[解]

(1)设等比数列{an}的公比为 q(q≠0),则 ak+ 1
+ +

=qk,ak+3=qk 2,ak+2=qk 1, 依题意得 2qk 2=qk+qk 1,由于 qk≠0,所以 2q2-q 1 -1=0,解得 q=1 或 q=- . 2 (2)当 q=1 时,Sk+1=(k+1)a1=k+1,Sk+3=k+3, Sk+ 2=k+2,显然 Sk+1+Sk+ 2=k+1+k+2=2k+3≠2Sk+
3,故
+ +

Sk+1,Sk+3,Sk+ 2 不能构成等差数列;



? 1? + 1-?- ?k 1 1 ? 2? q=- 时,Sk+1= ? 1? 2 1- ?- ? ? 2?

2? ? 1 ?k+ 1? = ?1- ?- ? ?,同理可得 Sk+2 3? ? 2 ? ? 2? ? 1 ?k+ 2? 2? ? 1 ?k+ 3? = ?1- ?-2 ? ?,Sk+ 3= ?1- ?-2 ? ?, 3? ? ? ? 3? ? ? ? 2? ? 1 ?k+ 1? 于是 Sk+1+Sk+ 2= ?1- ?- ? ? 3? ? 2 ? ? 2? ? 1 ?k+ 2? + ?1- ?- ? ? 3? ? 2 ? ?

2? ? 1?k+ 1 ? 1?k+ 2? = ?2-?- ? -?- ? ? 3? ? 2? ? 2? ? 4? ? 1?k+ 3? = ?1-?-2? ?=2Sk+3, 3? ? ? ? 所以 Sk+1,Sk+ 3,Sk+2 能构成等差数列. 综上所述:当 q=1 时,Sk+1,Sk+3,Sk+ 2 不能构成等 1 差数列;当 q=- 时,Sk+1,Sk+3,Sk+ 2 能构成等差数列. 2

[点评]

本题考查了等差数列和等比数列的基本问

题.如:等比数列的通项公式与前 n 项和公式、等差数列 的证明等.在第(2)问的解答中,利用等比数列的前 n 项 和公式时,需要分公比 q=1 和 q≠1 两种情况进行讨论, 这是由等比数列的前 n 项和公式决定的. 一般地, 在应用 带有限制条件的公式时要小心, 根据题目条件确定是否进 行分类讨论.

【探究 3】 设等比数列{an}的公比为 q,前 n 项和 Sn>0(n=1,2,?). (1)求 q 的取值范围; 3 (2)设 bn=an+2- an+1, 记{bn}的前 n 项和为 Tn, 试比 2 较 Sn 与 Tn 的大小.

分析:(1)计算 Sn,对 q 取值进行讨论;(2)作差比较. 讨论q取值,计算Sn → 作差化简 → 确定差值符号并作出结论

解: (1)∵{an}是等比数列, n>0, S 可得 a1=S1>0, q≠0, 当 q=1 时,Sn=na1>0; a1?1-qn? 1-qn 当 q≠1 时, Sn = >0, 即 >0, (n= 1-q 1-q 1,2,3,?),
?1-q<0, ? 上式等价于①? n ?1-q <0, ? ?1-q>0, ? 或②? ?1-qn>0. ?

(n=1,2,3,?)

(n=1,2,3,?)

解①式得 q>1; 解②式,由于 n 可为奇数、可为偶数,得-1<q<1. 综上,q 的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞). 3 (2)由 bn=an+2- an+1,得 2
? 2 3 ? 2 3 bn=an?q - q ?,Tn=(q - q)Sn. 2 ? 2 ?

于是

? 2 3 ? ? 1? Tn-Sn=Sn?q - q-1?=Sn?q+ ?(q-2). 2 2? ? ? ?

又∵Sn>0,且-1<q<0 或 q>0, 1 所以当-1<q<- 或 q>2 时,Tn-Sn>0,即 Tn>Sn; 2 1 当- <q<2 且 q≠0 时,Tn-Sn<0,即 Tn<Sn; 2 1 当 q=- 或 q=2 时,Tn-Sn=0,即 Tn=Sn. 2

点评: 解答中两问均对 q 的取值进行分类讨论, 第(1) 问中是运用等比数列的前 n 项和公式, 而公式本身需对 q 是否为 1 进行分类讨论. 有些数学公式是分类给出的, 在 运用这些公式解决问题时不可忽视分类讨论.

类型四

由参数的变化引起的分类

【例 4】 解关于 x 的不等式 x2-(a+a2)x+a3>0(a ∈R). [分析] 本题考查含参数的一元二次不等式的解法, 原不等式可变形为(x-a)(x-a2)>0, 故需比较 a 与 a2 的大 小,从而需对 a 进行分类讨论. 对a进行分类,比 对不等式等价变形 → → 写出解集 较a与a2的大小

[解]

原不等式可变形为(x-a)(x-a2)>0,

则方程(x-a)(x-a2)=0 的两个根为 x1=a,x2=a2. ①当 a<0 时,有 a<a2,∴x<a 或 x>a2, 此时原不等式的解集为{x|x<a 或 x>a2}; ②当 0<a<1 时,有 a>a2,∴x<a2 或 x>a, 此时原不等式的解集为{x|x<a2 或 x>a}; ③当 a>1 时,有 a2>a,∴x<a 或 x>a2, 此时原不等式的解集为{x|x<a 或 x>a2},

④当 a=0 时,有 x≠0, 此时原不等式的解集为{x|x∈R 且 x≠0}; ⑤当 a=1 时,有 x≠1, 此时原不等式的解集为{x|x∈R 且 x≠1}. 综上可知:当 a<0 或 a>1 时, 原不等式的解集为{x|x<a 或 x>a2}; 当 0<a<1 时,原不等式的解集为{x|x<a2 或 x>a}; 当 a=0 时,原不等式的解集为{x|x≠0}; 当 a=1 时,原不等式的解集为{x|x≠1}.

[点评] 本题的关键是对参数 a 进行分类讨论.一般 地,含参数的一元二次不等式,若二次项系数为参数,则 应先考虑二次项系数是否为零, 当二次项系数非零时, 再 考虑它的正负号,进而考虑分解因式,不易因式分解时, 则可对判别式进行分类讨论, 分类标准应一致, 不重不漏.

2x-b 【探究 4】 已知函数 f(x)= , 求导函数 f′(x), ?x-1?2 并确定 f(x)的单调区间.

2?x-1?2-?2x-b?· 2?x-1? 解:f′(x)= ?x-1?4 -2x+2b-2 2[x-?b-1?] = =- . 3 3 ?x-1? ?x-1? 令 f′(x)=0,得 x=b-1.

当 b-1<1,即 b<2 时,f′(x)的变化情况如下表: x f′(x) (-∞,b-1) - b-1 0 (b-1,1) + (1,+∞) -

当 b-1>1,即 b>2 时,f′(x)的变化情况如下表: x f′(x) (-∞,1) (1,b-1) b-1 (b-1,+∞) - + 0 -

∴当 b<2 时,函数 f(x)在(-∞,b-1)上单调递减, 在(b-1,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;

当 b>2 时,函数 f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1, b-1)上单调递增,在(b-1,+∞)上单调递减; 2 当 b-1=1 时, b=2 时, 即 f(x)= , 所以函数 f(x) x-1 在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递减.

点评:一般地,遇到题目中含有参数的问题,常常结 合参数的意义及对结果的影响进行分类讨论, 此种题目为 含参型. 应全面分析参数变化引起结论的变化情况,参数 有几何意义时还要考虑适当地运用数形结合思想, 分类步 骤做到条理清楚,不重不漏.此类问题主要包括:①含有 参数的不等式的求解; ②含有参数的方程根的求解;③对 于解析式系数是参数的函数, 求最值与单调性问题;④二 元二次方程表示曲线类型的判定;⑤参数方程问题等.

类型五

由图形的变动引起的分类

【例 5】 已知函数 f(x)=-x2+8x,g(x)=6lnx+m. (1)求 f(x)在区间[t,t+1]上的最大值 h(t); (2)是否存在实数 m,使得 y=f(x)的图象与 y=g(x)的 图象有且只有三个不同的交点?若存在,求出 m 的取值 范围;若不存在,说明理由.

[分析]

(1)中区间是动的,应对这个动区间相对于对

称轴的变化分类讨论.(2)中应由极大值、极小值点相对 x 轴的上下变化分类讨论. 分类讨论区间[t,t+1] (1) → 得出h?t? 相对于对称轴的变化 构造函数 求h′?x?, 结合图形讨论 (2) h?x?=g?x? → 讨论h?x? → 极值点与x轴 -f?x? 的性质 的位置关系 求出m的 → 取值范围

[解]

(1)f(x)=-x2+8x=-(x-4)2+16.

当 t+1<4,即 t<3 时,f(x)在[t,t+1]上单调递增, h(t)=f(t+1)=-(t+1)2+8(t+1)=-t2+6t+7; 当 t≤4≤t+1,即 3≤t≤4 时,h(t)=f(4)=16; 当 t>4 时,f(t)在[t,t+1]上单调递减, h(t)=f(t)=-t2+8t.

?-t2+6t+7, ? 综上,h(t)=?16, ?-t2+8t, ?

t<3, 3≤t≤4, t>4.

)

(2)函数 y=f(x)的图象与 y=g(x)的图象有且只有三个 不同的交点,即函数 h(x)=g(x)-f(x)的图象与 x 轴的正 半轴有且只有三个不同的交点. ∵h(x)=x2-8x+6lnx+m, 2x2-8x+6 6 ∴h′(x)=2x-8+ = x x

2?x-1??x-3? = (x>0). x ∴h′(x)的图象如图所示.

当 x∈(0,1)时, 〔h′(x)〕′>0,h(x)是增函数; 当 x∈(1,3)时, 〔h′(x)〕′<0,h(x)是减函数; 当 x∈(3,+∞)时, 〔h′(x)〕′>0,h(x)是增函数; 当 x=1 或 x=3 时, 〔h′(x)〕′=0. ∴当 x=1 时,h(x)极大值=m-7; 当 x=3 时,h(x)极小值=m+6ln3-15.

∵当 x 充分接近 0 时,h(x)→-∞; 当 x 充分大时,h(x)→+∞. ∴要使 h(x)的图象与 x 轴正半轴有三个不同的交点,
?h?x? ? 极大值 =m-7>0, 只需? ? h?x?极小值 =m+6ln3-15<0, ?

即 7<m<15-6ln3. 所以存在实数 m,使得函数 y=f(x)与 y=g(x)的图象 有且只有三个不同的交点,此时 m 的取值范围为(7,15- 6ln3).

[点评] 本题第(1)问属于定轴动区间问题, 而且动区 间的变化带动了最值的变化,第(2)问则由极大值点、极 小值点相对于 x 轴的上下位置判断交点个数, 只有结合图 形利用分类讨论及数形结合的思想,才可顺利解决.一般 由图形的位置或形状变动引发的分类讨论包括: 二次函数 对称轴位置的变动;函数问题中区间的变动; 函数图象形 状的变动;直线由斜率引起的位置变动;立体几何中点、 线、面位置的变动等.

【探究 5】

x2 y2 已知椭圆 + =1 的两个焦点是 F1, 25 9

F2,P 是椭圆上的任意一点,则使得三角形 PF1F2 是直角 三角形的点 P 的个数为( A.2 C.6 ) B.4 D.8

解析: 按照直角三角形 PF1F2 的直角顶点的不同情况 进行分类研究: (1)若 F1 为直角顶点, 则这样的直角三角形一定存在, 且有 2 个,如图(1); (2)若 F2 为直角顶点, 则这样的直角三角形一定存在, 且有 2 个,如图(2);

(3)若 P 为直角顶点,且这样的点 P 存在,设其坐标为(x, → y),依题意 F1(-4,0),F2(4,0),于是PF1=(-4-x,-y), → → → PF2=(4-x,-y),因为∠P 为直角,所以PF1· 2=0, PF x2 y2 因此 x +y -16=0,又因为 + =1,所以联立得 25 9
2 2

? 2 2 5 7 ?x y ?x=± 4 ? + =1 ?25 9 ,解得? 9 ?x2+y2-16=0 ?y=± ? 4 ?



所以 P

?5 7 9 ? ?5 7 9? ? 5 7 9? ? ? ? ? ? ? 点坐标为? , ?,? ,- ?,?- , ?, 4? ? 4 4? ? 4 4? ? 4

? 5 7 9? ? ? 故这样的直角三角形也存在, 并且有四个, - ,- ?, ? 4 4? ?

如图(3). 综上所述,使得三角形 PF1F2 是直角三角形的点 P 一共有 8 个,选 D.

答案:D

?

点评:本题考查了椭圆中的焦点三角形问 题,其关键是按照直角顶点的不同情况进 行分类研究.

好方法好成绩
1.分类讨论的常见情形 (1)由数学概念引起的分类讨论:主要指有的概念本身是 分类的,如绝对值、直线斜率、指数函数、对数函数等. (2)由性质、定理、公式引起的分类讨论:有的数学定理、 公式、性质是分类给出的,在不同条件下结论不一致,如等 比数列前 n 项和公式、平均值定理、函数的单调性等.

(3)由某些数学式子引起的分类讨论: 有的数学式子本 身是分类给出的,如 ax2+bx+c>0,当 a=0,a<0,a>0 时解法是不同的. (4)由图形引起的分类讨论:有的图形的类型、位置也 要分类,如角的终边所在象限,点、线、面的位置关系等. (5)由实际意义引起的讨论:此类问题在应用题中常 见.

(6)由参数变化引起的讨论:某些用参数表达的式子 由于参数取值不同,会导致不同的结果需要讨论.

2.分类讨论的原则 (1)不重不漏. (2)标准要统一,层次要分明. (3)能不分类的要尽量避免分类或尽量推迟,决不无 原则地讨论.

3.解分类问题的步骤 (1)确定分类讨论的对象,即对哪个变量或参数进行 分类讨论. (2)对所讨论的对象进行合理的分类. (3)逐类讨论:即对种类问题详细讨论,逐步解决. (4)归纳总结:将各类情况总结归纳.

高考陪练
?-1?n 1 1.若不等式(-1)na<2+ 对 n∈N*恒成立,则实 n


数 a 的取值范围是(
? 3? A.?-2, ? 2? ? ? 3? C.?-3, ? 2? ?

)
? 3? B.?-2, ? 2? ? ? 3? D.?-3, ? 2? ?

?

?

解析:对n分奇数和偶数两种情况讨论即 可. 答案:A

x2 y2 2.已知双曲线 - =1 的渐近线方程为 y= m+1 m-1 1 ± x,则实数 m 的值等于( 2 5 A. 3 5 5 C. 或- 3 3 ) 5 B.- 3 D.± 3

解析:当 m>1 时,表示焦点在 x 轴上的双曲线,这 m-1 1 时 a= m+1,b= m-1,依题意有 = ,解得 m m+1 2 5 y2 x2 = ,符合题意;当 m<-1 时,方程化为 - 3 1-m -?m+1? =1,表示焦点在 y 轴上的双曲线,这时 a= 1-m,b= 1-m 1 5 -m-1,依题意有 = ,解得 m= ,矛盾.综 3 -m-1 2 5 上,实数 m 的值等于 . 3 答案:A

3.正三棱柱的侧面展开图是边长分别为 2 和 4 的矩 形,则它的体积为( 8 A. 3 9 2 C. 3 9 ) 4 B. 3 9 4 8 D. 3或 3 9 9

?

?

解析:矩形的其中一条边的长度为正三棱 柱的高,因此可分高为2或4两种情况进行 讨论求解. 答案:D

4.若函数 f(x)= -4x2+bx的定义域与值域相同, 则实数 b 的取值范围是( A.b≥0 C.-4≤b≤0 ) B.b>0 D.0≤b≤4

解析:由-4x2+bx≥0 得 4x2-bx≤0. 当 b=0 时,定义域为{0},这时值域也为{0}; b b 当 b>0 时,定义域为[0, ],这时值域为[0, ],定义 4 4 域与值域相同; -b b 当 b<0 时,定义域为[ ,0],而值域为[0, ],不可 4 4 能有定义域与值域相同,因此实数 b 的取值范围是 b≥0.

答案:A

|x+y+m| 5.已知点 P(x,y)满足 ?x-2? +?y+1? = 2
2 2

(m∈R),则点 P 的轨迹( A.可能是直线 C.一定是抛物线

) B.是椭圆或圆 D.是抛物线或椭圆

|x+y+m| 解析: ?x-2? +?y+1? = (m∈R)表明动点 2
2 2

P(x,y)到点 A(2,-1)的距离等于它到直线 x+y+m=0 的距离, 当点 A 不在直线 x+y+m=0 上, m≠-1 时, 即 表示抛物线,但当 m=-1 时,表示一条直线.
答案:A

高考专题训练二十六


相关文章:
高三数学理科二轮复习同步练习:3-26分类讨论思想 Word版含答案
搜 试试 7 帮助 全部 DOC PPT TXT PDF XLS ...高三数学理科二轮复习同步练习:3-26分类讨论思想 Word...高考专题训练二十六班级___ 姓名___时间:45 分钟...
2013届高考数学专题训练26 分类讨论思想 理
搜 试试 帮助 全部 DOC PPT TXT PDF XLS ...2013届高考数学二轮复习... 暂无评价 9页 1财富...高考专题训练二十六 分类讨论思想 班级___ 姓名__...
2013届高三理科数学高考专题训练26 分类讨论思想 Word版含答案]
2013届高三理科数学高考专题训练26 分类讨论思想 Word版含答案]_高中教育_教育专区。2013届高三理科数学高考专题训练26 分类讨论思想 Word版含答案]高考...
高考数学二轮专题复习-分类讨论思想
搜 试试 7 帮助 全部 DOC PPT TXT PDF XLS ...高考数学二轮专题复习-分类讨论思想_高考_高中教育_教育...第3分类讨论思想 1. 分类讨论思想是一种重要的...
2015届高考数学二轮专题训练:专题八 第3讲 分类讨论思想
搜试试 3 帮助 全部 DOC PPT TXT PDF XLS 百度文库 教育专区 高中教育 数学...2015届高考数学二轮专题训练:专题八 第3讲 分类讨论思想_数学_高中教育_教育...
2013届高三数学二轮复习专题辅导(2)分类讨论思想
搜试试 3 帮助 全部 DOC PPT TXT PDF XLS ...2013届高三数学二轮复习专题辅导(2)分类讨论思想_...有关分类讨论的数学命题在高考试题中占有重要位置。 ...
2013高考数学(理)热点专题专练:10-26分类讨论思想
搜 试试 帮助 全部 DOC PPT TXT PDF XLS 百度文库 教育专区 高中教育 数学 高三数学...2013高考数学(理)热点专题专练:10-26分类讨论思想 ...
2013届高考数学第二轮复习专题训练:专题5 分类讨论思想 Word版含详解]
2013届高考数学二轮复习专题训练:专题5 分类讨论思想 Word版含详解]_高中教育_教育专区。2013届高考数学二轮复习专题训练:专题5 分类讨论思想 Word版含详解]专题...
2014高考数学(理)二轮专题突破训练 第2部分 专题1 第3讲 分类讨论思想 Word版含解析]
2014高考数学(理)二轮专题突破训练 第2部分 专题1 第3讲 分类讨论思想 Word版含解析]_高中教育_教育专区。2014高考数学(理)二轮专题突破训练 第2部分 专题1 第...
更多相关标签:
高三二轮复习专题 | 高三地理二轮复习专题 | 高三物理二轮复习专题 | 高三生物二轮复习 | 高三第二轮复习建议 | 高三二轮复习 | 高三数学二轮复习策略 | 高三历史二轮复习 |