新高考数学二轮专题训练思想01 运用分类讨论的思想方法解题（5大核心考点）（讲义）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮专题训练思想01 运用分类讨论的思想方法解题（5大核心考点）（讲义）（2份，原卷版+解析版），共5页。
TOC \ "1-2" \h \z \u \l "_Tc157378616" PAGEREF _Tc157378616 \h 1
\l "_Tc157378617" PAGEREF _Tc157378617 \h 2
\l "_Tc157378618" PAGEREF _Tc157378618 \h 2
\l "_Tc157378619" PAGEREF _Tc157378619 \h 5
\l "_Tc157378620" 考点一：由情境的规则引起的分类讨论 PAGEREF _Tc157378620 \h 5
\l "_Tc157378621" 考点二：由定义引起的分类讨论 PAGEREF _Tc157378621 \h 9
\l "_Tc157378622" 考点三：由平面图形的可变性引起的分类讨论 PAGEREF _Tc157378622 \h 12
\l "_Tc157378623" 考点四：由变量的范围引起的分类讨论 PAGEREF _Tc157378623 \h 16
\l "_Tc157378624" 考点五：由空间图形的可变性引起的分类讨论 PAGEREF _Tc157378624 \h 23
高考命题中，以知识为载体，以能力立意、思想方法为灵魂，以核心素养为统领，兼顾试题的基础性、综合性、应用性和创新性，展现数学的科学价值和人文价值．高考试题一是着眼于知识点新颖巧妙的组合，二是着眼于对数学思想方法、数学能力的考查．如果说数学知识是数学的内容，可用文字和符号来记录和描述，那么数学思想方法则是数学的意识，重在领会、运用，属于思维的范畴，用于对数学问题的认识、处理和解决．高考中常用到的数学思想主要有分类讨论思想、数形结合思想、函数与方程思想、转化与化归思想等．
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．
基本步骤是：（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．
分类的基本原则是：（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．
1．（2023•天津）若函数有且仅有两个零点，则的取值范围为 ．
【答案】，，，．
【解析】①当时，，不满足题意；
②当方程满足且△时，
有即，，，
此时，
，当时，不满足，
当时，△，满足；
③△时，，，，
记的两根为，，不妨设，
则，
当时，，且，，，
但此时，舍去，
，，且，
但此时，舍去，
故仅有1与两个解，即有且仅有两个零点，
当时，有，舍去，，舍去，
故仅有和两个解，即有且仅有两个零点，
综上，，，，．
故答案为：，，，．
2．（2023•新高考Ⅰ）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，．
【解析】（1），
则，
①当时，恒成立，在上单调递减，
②当时，令得，，
当时，，单调递减；当，时，，单调递增，
综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在，上单调递增．
证明：（2）由（1）可知，当时，，
要证，只需证，
只需证，
设（a），，
则（a），
令（a）得，，
当时，（a），（a）单调递减，当，时，（a），（a）单调递增，
所以（a），
即（a），
所以得证，
即得证．
3．（2023•甲卷）已知，．
（1）若，讨论的单调性；
（2）若恒成立，求的取值范围．
【解析】（1）已知，函数定义域为，
若，此时，
可得
，
因为，，
所以当，即时，，单调递增；
当，即时，，单调递减；
（2）不妨设，函数定义域为，
，
令，，
此时，
不妨令，
可得，
所以单调递增，
此时（1），
①当时，，
所以在上单调递减，
此时，
则当时，恒成立，符合题意；
②当时，
当时，，
所以，
又（1），
所以在区间上存在一点，使得，
即存在，使得，
当时，，
所以当时，，单调递增，
可得当时，，不符合题意，
综上，的取值范围为，．
考点一：由情境的规则引起的分类讨论
【例1】三人各抛掷骰子一次，落地时向上的点数能组成等差数列的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
根据题意，将一个骰子连续抛掷三次，
每次都有6种情况，则共有种情况，
它落地时向上的点数能组成等差数列，分两种情况讨论：
①若落地时向上的点数若不同，
则为1，2，3或1，3，5，或2，3，4或2，4，6或3，4，5或4，5，
共有6种可能，每种可能的点数顺序可以颠倒，
即有种情况；
即有种情况，
②若落地时向上的点数全相同，有6种情况，
共有种情况，
落地时向上的点数能组成等差数列的概率为
故选
【变式1-1】一袋中有红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从中取出一个，记下颜色后放回，当三种颜色的球全部取出时停止取球，则恰好取5次球时停止取球的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
分两种情况3，1，1及2，2，1，
这两种情况是互斥的，下面计算每一种情况的概率，
当取球的个数是3，1，1时，
试验发生包含的事件是，
满足条件的事件数是，
这种结果发生的概率是，
同理求得第二种结果的概率是，
根据互斥事件的概率公式得到，
故选
【变式1-2】甲、乙、丙、丁四支球队进行单循环小组赛，比赛分三轮，每轮两场比赛，具体赛程如下表：
规定：每场比赛获胜的球队记3分，输的球队记0分，平局两队各记1分，三轮比赛结束后以总分排名．总分相同的球队以抽签的方式确定排名，排名前两位的球队出线．假设甲、乙、丙三支球队水平相当，彼此间胜、负、平的概率均为，丁的水平较弱，面对其他任意一支球队胜、负、平的概率都分别为，，每场比赛结果相互独立．
求丁的总分为7分的概率；判断此时丁能否出线，并说明理由；
若第一轮比赛结束，甲、乙、丙、丁四支球队积分分别为3，0，3，0，求丁以6分的成绩出线的概率．
【解析】记第 i 轮比赛丁胜、平、负的事件分别为 ，每场比赛结果相互独立．
丁总分为7分，则丁三场比赛两胜一平，记丁三轮比赛两胜一平的事件为 D ，
；
丁总分7分一定出线．
理由如下：丁三场比赛中赢两场，这两场丁的对手总分最多6分．
小组赛两队出线，所以丁一定出线．
第一轮比赛，甲胜乙，丙胜丁，又丁总分为6分，则丁对战甲、乙都获胜，此时，乙队总分最多3分，少于丁队总分，
①第二轮中若甲负于丙或平丙时，甲总分最多4分，少于丁队总分，此时甲、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率 ，
②第二轮中若甲胜丙、第三轮中丙平乙或负于乙时，丙总分最多4分，此时丙、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率 ，
③第二轮中若甲胜丙、第三轮中丙胜乙时，甲、丁、丙队总分均为6分，此时由抽签确定出线，三队中有两队出线，每队出线概率为 ，
丁队出线的概率 ，
综上，丁以6分出线的概率为 ．
【变式1-3】2021年4月23日是第26个“世界读书日”，某校组织“阅百年历程，传精神力量”主题知识竞赛，有基础题、挑战题两类问题．每位参赛同学回答n次，每次回答一个问题，若回答正确，则下一个问题从挑战题库中随机抽取；若回答错误，则下一个问题从基础题库中随机抽取．规定每位参赛同学回答的第一个问题从基础题库中抽取，基础题答对一个得10分，否则得0分；挑战题答对一个得30分，否则得0分．已知小明能正确回答基础类问题的概率为，能正确回答挑战类问题的概率为，且每次回答问题是相互独立的．
记小明前2题累计得分为X，求X的概率分布列和数学期望；
记第k题小明回答正确的概率为，，证明：当时，，并求的通项公式．
【解析】依题意，X的可能取值为0，10，
所以X的概率分布为
所以，
当时，分两种情形：
①若第次回答正确，则第k次回答挑战题，
这种情形下第k次回答正确的概率为
②若第次回答错误，则第k次回答基础题，
这种情况下第k次回答正确的概率为
所以，得证．
所以，因为，，
所以是以为首项，为公比的等比数列．
所以，
即
考点二：由定义引起的分类讨论
【例2】若数列中不超过的项数恰为，则称数列是数列的生成数列，称相应的函数是数列生成的控制函数．已知，且，数列的前m项和为，若，则m的值为__________．
【答案】11
【解析】m为偶数时，则，则
m为奇数时，则，则
，
m为偶数时，
则，
m为奇数时，
则
，
若，则，或，
因为，得，
故答案为：
【变式2-1】记，若是等差数列，则称m为数列的“等差均值”；若是等比数列，则称m为数列的“等比均值”．已知数列的“等差均值”为2，数列的“等比均值”为记，数列的前n项和为若对任意的正整数n都有，则实数k的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
由题得，
所以…， ①
…， ②
①-②，得，
又时，满足上式，所以
又由题得，
所以…，③
…， ④
③-④，得，，
又时，满足上式，所以，
所以，显然数列是等差数列．
因为对任意的正整数n，都有，
所以，即，解得，
所以实数k的取值范围是
故答案为
【变式2-2】已知数列的前n项和为，数列是首项为，公差为的等差数列，若表示不超过x的最大整数，如，
求数列的通项公式；
若，求数列的前2020项的和．
【解析】数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，得
当时，，
当时，，
又也适合上式，
所以
，
当时，，
当，3，4，…，19时，，
当，21，22，…，199时，，
当，201，202，…，1999时，，
当，2001，…，2020时，，
故数列的前2020项和为
【变式2-3】将连续正整数1，2，，从小到大排列构成一个数，为这个数的位数如当时，此数为123456789101112，共有15个数字，，现从这个数中随机取一个数字，为恰好取到0的概率．
求
当时，求的表达式．
令为这个数中数字0的个数，为这个数中数字9的个数，，，求当时的最大值．
【解析】当时，这个数中总共有192个数字，其中数字0的个数为11，所以恰好取到0的概率
当时，
当时，表示不超过x的最大整数，
当时，
故
同理有
由可知，19，29，39，49，59，69，79，89，90，
所以当时，
当时，
当时，
当时，
由于关于k单调递增，
故当时，的最大值为
又，所以当时，的最大值为
考点三：由平面图形的可变性引起的分类讨论
【例3】过点的直线与圆相切，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】C
【解析】根据题意，圆，其圆心为，半径；
分2种情况讨论：
①直线l的斜率不存在，则其方程为，与圆相切，符合题意；
②直线l的斜率存在，设其方程为，
即，
直线l与圆相切，则有，
解可得，
此时直线l的方程为
则直线l的方程为或
故选：
【变式3-1】（多选题）已知双曲线C：的左右焦点分别为，，过的直线交双曲线C的右支于P、Q两点，若为等腰直角三角形，则C的离心率可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【解析】
由题意，为等腰直角三角形，
假设，则，
则，且，
所以，
又，，
所以在中，由余弦定理，可得，
，
得
假设，则，，
则 轴，
所以，
因为，
所以，
则得
假设，则计算过程及结果与一致．
故选
【变式3-2】已知圆，过点的直线l交圆O于两点，且，请写出一条满足上述条件的直线l的方程__________．
【答案】或
【解析】
如图，取AB中点N，连接CM，
由题意，，而由垂径定理，N为AB中点，故，
由题意，，而，
故由得到，解得，即C到直线l的距离为，
若l的斜率存在，设l：，由C到l的距离为，得到，
解得，直线l的方程为，
若l的斜率不存在，则，显然C到l的距离为，符合题意．
故l的方程为或写出一条直线方程即可
【变式3-3】已知点M是椭圆C：上一点，，分别为椭圆C的上、下焦点，，当时，的面积为
求椭圆C的方程：
设过点的直线l和椭圆C交于两点A，B，是否存在直线l，使得与是坐标原点的面积比值为5：若存在，求出直线l的方程：若不存在，说明理由．
【解析】由 ，
由 ，
，故 ，
，
，
，
即椭圆的标准方程为 ．
假设满足条件的直线 l 存在，
当直线 l 的斜率不存在时，不合题意，
当直线 l 的斜率存在时，
不妨设直线 l ： ， ， ，显然 ，
联立，得 ，
所以 ，
因为 ， ，得 ，
即 ，
由，，得 ，
将代入得 ，
所以直线 l 的方程为 ，
故存在直线 l ，使得 与 的面积比值为5：
考点四：由变量的范围引起的分类讨论
【例4】已知函数，设s为正数，则在中（ ）
A．不可能同时大于其它两个B．可能同时小于其它两个
C．三者不可能同时相等D．至少有一个小于
【答案】D
【解析】
函数，，
则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
则，且，
对A：若，则 ，则 ，故A错误；
对B、C：当时，则 ，故；
当时，则，故；
当时，则，故；
当时，则，故；
综上所述：不可能同时小于，当时三者同时相等，故B、C错误；
对D：构造，，
则在上恒成立，
故在上单调递减，则，
令，可得，则，
故，即，使得，
反证：假设均不小于，则，显然不成立，
故假设不成立，故D正确．
故选
【变式4-1】已知，关于 x 的方程有且仅有一个解，则 t 的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
因为， ，
所以 ，且 ，
则 ，即 ，
设 ，
则 ，即 有且仅有一个解，
因为 解的个数 解的个数 且 ，
所以下面讨论 解的个数；
由 ，得 其中 ，
当 时，
①+② 得 ，
令 ， ，则 ，即 ，
因为 ，
所以 为增函数，
所以 ，
令 ， ，则 ，
令 得 ，
当 ， ，即 单调递减，
当 ， ，即 单调递增，
所以 ，
ⅰ当 ，即 时，方程 无解，即函数 与 的图像没有交点；
ⅱ当 ，即 时，方程 有一解，即函数 与 的图像有一个交点；
ⅲ当 ，即 时，
当 时， ，当 时， ，
所以方程 有两解，即函数 与 的图像有两个交点；
当 时，
由①②消去 y ，得 ③，
由于 ，且 ，故 ，即 ，
对③式两边取自然对数，得 ，即 ，
两边取自然对数，得 ，
令 ， ，
则 ，
由 得 ，
令 ， ，
则 ，
由 得 ，
当 时， ；当 时， ；
所以当 时， ；
ⅰ当 ，即 时， 恒成立，
所以 ，
因为 ， ，
所以 ，即 当且仅当 ，且 时等号成立；
所以 在 上为减函数，
又因为当 时， ； 时， ，
所以方程 恰有一解，此时函数 与 的图像有一个交点；
ⅱ当 时，即 时，
因为当 时 ； 时 ，
所以存在 ， ，使得 ，
所以 ，
当 x 变化时， 的变化情况如下表：
由上表可知， 在 内是减函数，在 内是增函数，在 内是减函数，
下面证明 ， ；
，
令 ，
则当 时， ，
所以 在 内是增函数，
所以 ，即 ；
， ，
令 ， ，
易证 为减函数，
所以当 ， ，即 ；
因为 ，
所以 ，
又因为当 时， ，当 时， ，
所以 在区间 ， ， 各有一个解，
此时函数 与 的图像有三个交点；
综上所述，函数 与 且 图像的交点情况如下：
当 时，没有交点；
当 时，有1个交点；
当 时，有2个交点；
当 时，有1个交点；
当 时，有3个交点；
所以 或 ，
即 或 ，
故答案为： ．
【变式4-2】已知函数，为常数，
若函数在原点的切线与函数的图象也相切，求b；
当时，，使成立，求M的最大值；
若函数的图象与x轴有两个不同的交点，且，证明：
【解析】函数过原点，所以切点即为原点，
，，
又，
在点处的切线方程为
由得：，
与函数的图象相切，
，解得：或；
当时，，
，
当时，，在上单调递增，
，
、使得成立，
的最大值是；
的图象与x轴交于两个不同的点、，
方程的两个根为、，
故，
两式相减得：，
，
，
要证：，即证，
也就是证：
令，则在上恒成立，
，
又，
因此在上是增函数，则，即
故，
即成立．
【变式4-3】已知函数
讨论函数的单调性；
若，证明：曲线与直线恰有两个公共点，且这两个公共点关于点对称．
【解析】，
当时，，，
在上单调递减，在单递增；
当时，，，
在上单调递增，在单调递减．
证明：①当时，，令，
不是方程的根，
，
令，，则，
在，上单调递增，
又，，
由零点存在性定理可知，在上有一个零点，
又，，
由零点存在性定理可知，在上有一个零点，
有两个零点，即：与恰有两个公共点；
②证两个公共点关于对称，
设为与的一个交点，则，
又，
，
点也是与的一个交点，
又与恰有两个公共点，
两交点分别为：，，
又点与点关于点对称，
两个公共点关于点对称，
综述：与恰有两个公共点，且两个公共点关于点对称．
考点五：由空间图形的可变性引起的分类讨论
【例5】如图，在棱长为2的正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．存在点Q，使得
B．存在点Q，使得平面
C．三棱锥的体积是定值
D．存在点Q，使得PQ与AD所成的角为
【答案】B
【解析】
对于A：正方体中，而P为线段的中点，即为的中点，
所以，故BD，PQ不可能平行，所以A错；
对于B：若Q为中点，则，而，故，
又面，面，则，故，
，，面，则面，
所以存在Q使得平面，所以B对；
对于C：由正方体性质知：，而面，故与面APD不平行，
所以Q在线段上运动时，到面APD的距离不一定相等，
故三棱锥的体积不是定值，所以C错；
对于D：构建如下图示空间直角坐标系，
则，，且，
所以，，设，，
则，
令，则，
当则；
当时，
当则；
当则；
所以不在上述范围内，所以D错．
故选：
【变式5-1】已知点P为平面直角坐标系xOy内的圆上的动点，点，现将坐标平面沿y轴折成的二面角，则A，P两点间距离的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
记坐标系二、三象限所在半平面为半平面
①当P在y轴左侧时，P和A同在平面平面内，
PA间的距离为平面解析几何问题，
A在半圆内，P，A，O三点共线时，PA最小，P到y轴与圆的交点之一为距离最大值，
②当P在y轴上及右侧时，如图建系，则，
设，，
其中，，则，
，
则，
故此种情况下，
综上，
【变式5-2】《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”．现有一个刍甍如图所示，底面ABCD为正方形，平面ABCD，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，，且，则此刍甍的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
取AD，BC中点N，M，正方形ABCD中心O，EF中点，连接EN，MN，FM，，如图，
依题意，平面ABCD，，点O是MN的中点，，
等腰中，，，同理，
因此，等腰梯形 EFMN的高，
由几何体的结构特征知，刍甍的外接球球心在直线上，
连接 ，，OA，正方形ABCD外接圆半径，
则有，而，，
当点在线段的延长线含点时，视为非负数，
若点在线段不含点上，视为负数，
即有，
即，解得，
因此刍甍的外接球球心为，
半径为，
所以刍甍的外接球的体积为
故选
【变式5-3】如图，长方体中，，，M为的中点，过作长方体的截面交棱于N，下列正确的是（ ）
①截面可能为六边形
②存在点N，使得截面
③若截面为平行四边形，则④当N与C重合时，截面面积为
A．①②B．③④C．①③D．②④
【答案】B
【解析】
长方体中，，，M为的中点，过作长方体的截面交棱于N，
设为的中点，根据点N的位置的变化分析可得，
当时，截面为平行四边形，
当时，截面为五边形，
当，即点N与点C重合时，截面为梯形，故①错误，③正确；
设截面，因为，所以，
所以N只能与C重合才能使，
因为BN不垂直平面，故此时不成立，故②错误；
因为当N与C重合时，截面为梯形，
如图所示，过M作垂直于于点，
设梯形的高为h，，
则由平面几何知识可得，
解得，，
所以截面的面积为，故④正确．
故选
第一轮
甲VS乙
丙VS丁
第二轮
甲VS丙
乙VS丁
第三轮
甲VS丁
乙VS丙
X
0
10
40
P
x
负
正
负
减
增
减