高三数学理第三轮复习 分类讨论思想教案.docx

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高三数学理第三轮复习分类讨论思想教案

2019-2020年高三数学理第三轮复习分类讨论思想教案

¤专题剖析：

分类讨论思想就是根据所研究对象的性质差异，分各种不同的情况予以分析解决.分类讨论题覆盖知识点较多，利于考查学生的知识面、分类思想和技巧；同时方式多样，具有较高的逻辑性及很强的综合性，树立分类讨论思想，应注重理解和掌握分类的原则、方法与技巧、做到“确定对象的全体，明确分类的标准，分层别类不重复、不遗漏的分析讨论”.

应用分类讨论思想方法解决数学问题的关键是如何正确分类，即正确选择一个分类标准，确保分类的科学，既不重复，又不遗漏.如何实施正确分类，解题时需要我们首先明确讨论对象和需要分类的全体，然后确定分类标准与分类方法，再逐项进行讨论，最后进行归纳小结.

常见的分类情形有：

按数分类；按字母的取值范围分类；按事件的可能情况分类；按图形的位置特征分类等.分类讨论思想方法可以渗透到高中数学的各个章节，它依据一定的标准，对问题分类、求解，要特别注意分类必须满足互斥、无漏、最简的原则.

[典型例题]

例1、若函数

在其定义域内有极值点，则a的取值为

例2、先后2次抛掷一枚骰子，将得到的点数分别记为．

（1）求直线与圆相切的概率；

（2）将,5的值分别作为三条线段的长，求这三条线段能围成等腰三角形的概率．

例3、设函数f（x）=x2+｜x–a｜+1，x∈R

（1）判断函数f（x）的奇偶性；

（2）求函数f（x）的最小值

[自我演练]

1、至少有一个正的实根的充要条件是（）

A．B．C．D．

2、四面体的顶点和各棱的中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有（）

A150种B147种C144种D141种

3、已知线段AB在平面α外，A、B两点到平面α的距离分别为1和3，则线段AB的中点到平面α的距离为

4、设函数

，若对于任意的都有成立，则实数的值为

5、解关于x的不等式ax2－（a＋1）x＋1＜0

6、函数在上有最大值，则实数a的取值范围为

7、已知集合A={x｜x2–3x+2=0},B={x｜x2–ax+（a–1）=0}，C={x｜x2–mx+2=0}，且A∪B=A，A∩C=C，则a的值为_____，m的取值范围为________

8、已知直角坐标平面上点Q（2，0）和圆C：

x2+y2=1，动点M到圆C的切线长与｜MQ｜的比等于常数λ（λ＞0）求动点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线

分类讨论思想参考答案

例1：

解析：

即f（x）=（a–1）x2+ax–=0有解当a–1=0时，满足当a–1≠0时，只需Δ=a2–（a–1）＞0答案：

或

例2：

解：

（1）先后2次抛掷一枚骰子，将得到的点数分别记为,事件总数为6×6=36．

∵直线与圆相切的充要条件是即：

，由于∴满足条件的情况只有；或两种情况．

∴直线与圆相切的概率是

（2）先后2次抛掷一枚骰子，将得到的点数分别记为,事件总数为6×6=36．

∵三角形的一边长为5

∴当时，1种

当时，1种

当时，2种

当时，2种

当时，

6种

当a=6时，2种

故满足条件的不同情况共有14种答：

三条线段能围成不同的等腰三角形的概率为．

例3：

解：

（1）当a=0时，函数f（–x）=（–x）2+｜–x｜+1=f（x），此时f（x）为偶函数

当a≠0时，f（a）=a2+1,f（–a）=a2+2｜a｜+1f（–a）≠f（a）,f（–a）≠–f（a）

此时函数f（x）既不是奇函数，也不是偶函数

（2）①当x≤a时，函数f（x）=x2–x+a+1=（x–）2+a+

若a≤，则函数f（x）在（–∞,a］上单调递减从而函数f（x）在（–∞,a上的最小值为f（a）=a2+1

若a＞，则函数f（x）在（–∞,a上的最小值为f（）=+a，且f（）≤f（a）

②当x≥a时，函数f（x）=x2+x–a+1=（x+）2–a+

若a≤–，则函数f（x）在［a,+∞］上的最小值为f（–）=–a，且f（–）≤f（a）；

若a＞–，则函数f（x）在［a,+∞）单调递增从而函数f（x）在［a,+∞］上的最小值为f（a）=a2+1

综上，当a≤–时，函数f（x）的最小值为–a；

当–＜a≤时，函数f（x）的最小值是a2+1；当a＞时，函数f（x）的最小值是a+

[自我演练]

1、解：

当时，方程为，满足。

当时，至少有一个正的实根，设，当时，∵，∴一定有一个正的实根；当时，∵，∴

即，综上，故选B

2、解析任取4个点共C=210种取法四点共面的有三类：

（1）每个面上有6个点，则有4×C=60种取共面的取法；

（2）相比较的4个中点共3种；（3）一条棱上的3点与对棱的中点共6种答案：

D

3、解析:

分线段AB两端点在平面同侧和异侧两种情况解决答案:

1或2

4、解：

若，则不论取何值，≥0显然成立；当即时，≥0可化为：

设，则，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，因此，从而≥4；

当x＜0即时，≥0可化为，

在区间上单调递增，因此，从而≤4，综上＝4

答案：

4

5、当时，；当时，；当时，；

当时，；当时，；

6、解法一、当时，在上为单调增函数，最大值为，满足题意。

当时，函数

，其对称轴为

当时，在上为单调增函数，最大值为，满足题意。

当时，当即时，在上为单调增函数，最大值为，满足题意。

综上：

当时，函数在上有最大值。

解法二、由得，要使函数在上有最大值，需使在上为单调增函数，由，当时成立，当，得，因为在上的最大值为，所以。

综上：

当时，函数在上有最大值。

答案：

7、解析：

A={1,2},B={x｜（x–1）（x–1+a）=0},由A∪B=A可得a–1=1或a–1=2；

由A∩C=C，可知C={1}或答案2或33或（–2，2）

8、解：

如图，设MN切圆C于N，则动点M组成的集合是P={M｜｜MN｜=λ｜MQ｜,λ＞0}∵ON⊥MN,｜ON｜=1,∴｜MN｜2=｜MO｜2–｜ON｜2=｜MO｜2–1

设动点M的坐标为（x,y），

则

即（x2–1）（x2+y2）–4λ2x+（4λ2+1）=0

经检验，坐标适合这个方程的点都属于集合P，

故方程为所求的轨迹方程

（1）当λ=1时，方程为x=，它是垂直于x轴且与x轴相交于点（，0）的直线；

（2）当λ≠1时，方程化为

它是以为圆心，为半径的圆

来源：

2019-2020年高三数学理第三轮复习转化与化归思想教案

¤专题剖析：

化归与转化的思想，就是在研究和解决数学问题时采用某种方式，借助某种函数性质、图象、公式或已知条件将，问题通过变换加以转化，进而达到解决问题的思想.转化是将数学命题由一种形式向另一种形式的变换过程，化归是把待解决的问题通过某种转化过程归结为一类已经解决或比较容易解决的问题.转化与化归思想是中学数学最基本的思想方法，堪称数学思想的精髓，它渗透到了数学教学内容的各个领域和解题过程的各个环节中.转化有等价转化与不等价转化.等价转化后的新问题与原问题实质是一样的.不等价转

化则部分地改变了原对象的实质，需对所得结论进行必要的修正.

应用转化与化归思想解题的原则应是化难为易、化生为熟、化繁为简，尽量是等价转化.常见的转化有：

正与反的转化、数与形的转化、相等与不等的转化、整体与局部的转化、空间与平面相互转化、复数与实数相互转化、常量与变量的转化、数学语言的转化.

[典型例题]

例1、若动直线与函数和的图像分别交于两点，则的最大值为（）

A．1B．C．D．2

例2、若数列满足（，为常数），则称数列为调和数列。

已知数列为调和数列，且，则。

例3、一条路上共有9个路灯，为了节约用电，拟关闭其中3个，要求两端的路灯不能关闭，任意两个相邻的路灯不能同时关闭，那么关闭路灯的方法总数为

例4、已知平面向量=（–1）,=（）

（1）证明⊥;

（2）若存在不同时为零的实数k和t，使=+（t2–3），=–k+t，且⊥，试求函数关系式k=f（t）;

（3）据

（2）的结论，讨论关于t的方程f（t）–m=0的解的情况

[自我演练]

1、如图所示的韦恩图中，A、B是非空集合，定义集合A#B为阴影部分表示的集合．若

，，则A#B为（）

A．B．

C．D．

2、已知两条直线l1:

y=x,l2:

ax–y=0，其中a∈R，当这两条直线的夹角在（0,）内变动时，a的取值范围是（）

A（0，1）B（，）C（，1）∪（1，）D（1，）

3、定义一种运算，令

，且，则函数的最大值是（）

A．B．1C．D．

4、已知，则

的值等于．

5、某房间有4个人，那么至少有2人生日是同一个月的概率是______（列式表示）

6、函数f（x）=x3–3bx+3b在（0，1）内有极小值，则b的取值范围是_______

7、直线y=a与函数y=x3–3x的图象有相异三个交点，求a的取值范围

8、设A、B是双曲线x2–=1上的两点，点N（1，2）是线段AB的中点

（1）求直线AB的方程；

（2）如果线段AB的垂直平分线与双曲线相交于C、D两点，那么A、B、C、D四点是否共圆？

为什么？

转化与化归思想参考答案

例1.解:

最大值为选B

例2：

解：

根据调和数列的定义知：

数列为调和数列，则

，也就是数列为等差数列，现在数列为调和数列，则数列为等差数列，那么由，得

，20

例3：

解析：

9个灯中关闭3个等价于在6个开启的路灯中，选3个间隔（不包括两端外边的装置）插入关闭的过程故有C=10种答案10

例4：

（1）证明∵·==0，∴⊥

（2）解∵⊥,∴·=即［+（t2–3）］·（–k+t）=0，整理后得

–k2+［t–k（t2–3）］·+t（t2–3）·2=0

∵·=0,2=4,2=1∴上式化为–4k+t（t2–3）=0，∴k=t（t2–3）

（3）解讨论方程t（t2–3）–m=0的解的情况，可以看作曲线f（t）=t（t2–3）与直线y=m的交点个数于是f′（t）=（t2–1）=（t+1）（t–1）

令f′（t）=0,解得t1=–1,t2=1当t变化时，f′（t）,f（t）的变化情况如下表

t

（–∞,–1）

–1

（–1,1）

1

（1,+∞）

f′（t）

+

0

–

0

+

f（t）

↗

极大值

↘

极小值

↗

当t=–1时，f（t）有极大值，f（t）极大值=；

当t=1时，f（t）有极小值，f（t）极小值=–

而f（t）=（t2–3）t=0时，得t=–,0,

所以f（t）的图象大致如右

于是当m>或m<–时，直线y=m与曲线y=f（t）仅有一个交点，则方程有一解；

当m=或m=–时，直线与曲线有两个交点，则方程有两解；当m=0，直线与曲线有三个交点，但k、t不同时为零，故此时也有两解；当–

[自我演练]

1、解：

，

，则

，根据新运算，得A#B=

故选D

2、解析分析直线l2的变化特征，化数为形，已知两直线不重合，因此问题应该有两个范围即得解答案C

3、解：

设

，∵，

∴，∴，即，根据新定义的运算可知，∴

（）∴函数的最大值是，故选A

4、解：

∵

，∴，

则

5、解析转化为先求对立事件的概率即四人生日各不相同的概率答案

6、解析转化为f′（x）=3x2–3b在（0，1）内与x轴有两交点

只须f′（0）<0且f′

（1）>0答案0

7、提示f′（x）=3x2–3=3（x–1）（x+1）易确定f（–1）=2是极大值，f

（1）=–2是极小值当–2

8、解：

（1）设AB∶y=k（x–1）+2代入x2–=1整理得（2–k2）x2–2k（2–k）x–（2–k）2–2=0①设A（x1,y1）、B（x2,y2）,x1,x2为方程①的两根所以2–k2≠0且x1+x2=又N为AB中点，有（x1+x2）=1∴k（2–k）=2–k2,解得k=1故AB∶y=x+1

（2）解出A（–1，0）、B（3，4）得CD的方程为y=3–x与双曲线方程联立消y有x2+6x–11=0②

记C（x3,y3）、D（x4,y4）及CD中点M（x0,y0）由韦达定理可得x0=–3,y0=6

∵|CD|=

∴|MC|=|MD|=|CD|=2

又|MA|=|MB|=

即A、B、C、D四点到点M的距离相等，所以A、B、C、D四点共圆

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