【備戰(zhàn)高考數(shù)學專題講座】第5講：數(shù)學思想方法之分類思想探討數(shù)學思想是指人們對數(shù)學理論和內(nèi)容的本質(zhì)的認識，數(shù)學方法是數(shù)學思想的具體化形式，實際上兩者的本質(zhì)是相同的，差別只是站在不同的角度看問題。通常混稱為“數(shù)學思想方法”。常見的數(shù)學思想有：建模思想、歸納思想，分類思想、化歸思想、整體思想、數(shù)形結合思想等。數(shù)學中的所謂分類，就是根據(jù)數(shù)學對象本質(zhì)屬性的相同點與不同點，將其分成幾個不同種類的一種數(shù)學思想。它既是一種重要的數(shù)學思想，又是一種重要的數(shù)學邏輯方法。有關分類討論思想的數(shù)學問題具有明顯的邏輯性、綜合性、探索性，能訓練人的思維條理性和概括性。掌握好這類問題對提高綜合學習能力會有很大幫助，它既有利于培養(yǎng)學生的創(chuàng)新精神與探索精神，又有利于培養(yǎng)學生嚴謹、求實的科學態(tài)度。分類思想解題的過程（思維、動因和方法）我們把它歸納為WHDS四個方面：W（WHI）即為什么要進行分類。一般地說，高考數(shù)學中，當我們研究的問題是下列五種情形時可以考慮使用分類的思想方法來解決問題：（1）涉及到分類定義的概念，有些概念是分類定義的，如絕對值的概念等，當我們應用這些概念時就必須考慮使用分類討論的方法。（2）直接運用了分類研究的定理、性質(zhì)、公式、法則，如等比數(shù)列的求和公式就分為和兩種情況；對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性就分為兩種情況；直線方程分為斜率存在與不存在等，當我們應用這些受到適用范圍條件限制的定理、性質(zhì)、公式、法則來解決問題時，如果在解決問題中需要突破對定理、性質(zhì)、公式、法則的條件限制可以考慮使用分類討論的方法。（3）問題中含有的參變量的不同取值（如分段函數(shù)）會導致不同結果而需要對其進行分類討論。（4）幾何問題中幾何圖形的不確定（如兩點在同一平面的同側、異側）而需要對其進行分類討論；（5）由數(shù)學運算引起的分類討論，如排列組合的計數(shù)問題，概率問題又要按題目的特殊要求，分成若干情況研究。H（HOW）即如何進行分類。首先，明確分類討論思想的三個原則：（1）不遺漏原則；（2）不重復原則；（3）同標準原則。其次，查找引起分類討論的主要原因，即上述五個主要原因的哪一種。第三，掌握分類討論思想的常用方法。分類方法一般為分區(qū)間討論法，即把參數(shù)的變化范圍（或幾何圖形中動態(tài)的變化范圍）劃分成若干個以參數(shù)特征為分界點（或幾何圖形中的端點）的小區(qū)間分別進行討論，根據(jù)題設條件或數(shù)學概念、定理、公式的限制條件確定參數(shù)(如零點，幾何圖形中的頂點)。D（DO）即正確進行逐類逐級分類討論。S（SUMMARY）即歸納小結，總結出結論。結合年全國各地高考的實例，我們從下面四方面探討分類方法的應用：（1）涉及到分類定義概念和直接運用了分類研究的定理、性質(zhì)、公式、法則的應用；（2）含有的參變量的不同取值的分類應用；（3）幾何圖形的不確定的分類應用；（4）由數(shù)學運算引起的分類應用。一、涉及到分類定義概念和直接運用了分類研究的定理、性質(zhì)、公式、法則的應用：典型例題：例1.（年全國大綱卷文5分）已知集合={︱是平行四邊形}，={︱是矩形}，={︱是正方形}，{︱是菱形}，則【】A.B.C.D.【答案】B?！究键c】集合的概念，集合的包含關系?！窘馕觥科叫兴倪呅巍⒕匦?、菱形和正方形的關系如圖，由圖知是大的集合，是最小的集合，因此，選項A、C、、D錯誤，選項B正確。故選B。例2.（年上海市文4分）若集合，，則＝▲【答案】。【考點】集合的概念和性質(zhì)的運用，一元一次不等式和絕對值不等式的解法?！窘馕觥坑深}意，得，∴。例3.（年四川省理5分）函數(shù)在處的極限是【】A、不存在B、等于C、等于D、等于【答案】A。【考點】分段函數(shù)，極限?！窘馕觥糠侄魏瘮?shù)在處不是無限靠近同一個值，故不存在極限。故選A。例4.（年廣東省理14分）設a＜1，集合，（1）求集合D（用區(qū)間表示）（2）求函數(shù)在D內(nèi)的極值點?！敬鸢浮拷猓海?）設，方程的判別式①當時，，恒成立，∴?！啵醇螪=。②當時，，方程的兩根為，?！唷?，即集合D=。③當時，，方程的兩根為，?！唷！啵醇螪=。（2）令得的可能極值點為。①當時，由（1）知，所以隨的變化情況如下表：00↗極大值↘極小值↗∴在D內(nèi)有兩個極值點為：極大值點為，極小值點為。②當時，由（1）知=?！?，∴，∴隨的變化情況如下表：0↗極大值↘↗∴在D內(nèi)僅有一個極值點：極大值點為，沒有極小值點。③當時，由（1）知。∵，∴?！??！??！嘣贒內(nèi)沒有極值點?！究键c】分類思想的應用，集合的計算，解不等式，導數(shù)的應用?！窘馕觥浚?）根據(jù)根的判別式應用分類思想分、、討論即可，計算比較繁。（2）求出，得到的可能極值點為。仍然分、、討論。例5.（年江蘇省16分）已知各項均為正數(shù)的兩個數(shù)列和滿足：，，（1）設，，求證：數(shù)列是等差數(shù)列；（2）設，，且是等比數(shù)列，求和的值．【答案】解：（1）∵，∴。∴。∴?！鄶?shù)列是以1為公差的等差數(shù)列。（2）∵，∴?！?。（﹡）設等比數(shù)列的公比為，由知，下面用反證法證明若則，∴當時，，與（﹡）矛盾。若則，∴當時，，與（﹡）矛盾?！嗑C上所述，?！?，∴。又∵，∴是公比是的等比數(shù)列。若，則，于是。又由即，得?！嘀兄辽儆袃身椣嗤?，與矛盾?！?。∴?！?。【考點】等差數(shù)列和等比數(shù)列的基本性質(zhì)，基本不等式，反證法?！窘馕觥浚?）根據(jù)題設和，求出，從而證明而得證。（2）根據(jù)基本不等式得到，用反證法證明等比數(shù)列的公比。從而得到的結論，再由知是公比是的等比數(shù)列。最后用反證法求出。例6.（年廣東省理5分）不等式的解集為▲?！敬鸢浮俊！究键c】分類討論的思想，解絕對值不等式。【解析】分類討論：由不等式得，當時，不等式為，即恒成立；當時，不等式為，解得，；當時，不等式為，即不成立。綜上所述，不等式的解集為。另解：用圖象法求解：作出圖象，由折點——參考點——連線；運用相似三角形性質(zhì)可得。二、含有的參變量的不同取值的分類應用：典型例題：例1.（年山東省理5分）設函數(shù)，若的圖像與圖像有且僅有兩個不同的公共點A（x1，y1）,B(x2，y2),則下列判斷正確的是【】A.當a<0時，x1＋x2<0，y1＋y2>0B.當a<0時，x1＋x2>0，y1＋y2<0C.當a>0時，x1＋x2<0，y1＋y2<0D.當a>0時，x1＋x2>0，y1＋y2>0【答案】B。【考點】導數(shù)的應用?！窘馕觥苛?，則。設，。令，則要使的圖像與圖像有且僅有兩個不同的公共點必須：，整理得。取值討論：可取來研究。當時，，解得，此時，此時；當時，，解得，此時，此時。故選B。例2.（年全國大綱卷理12分）設函數(shù)。（1）討論的單調(diào)性；（2）設，求的取值范圍?！敬鸢浮拷猓?。（1）∵，∴。當時，，在上為單調(diào)遞增函數(shù)；當時，，在上為單調(diào)遞減函數(shù)；當時，由得，由得或；由得?！喈敃r在和上為為單調(diào)遞增函數(shù)；在上為單調(diào)遞減函數(shù)。（2）由恒成立可得。令，則。當時，，當時，。又，所以，即故當時，有，①當時，，，所以。②當時，。綜上可知故所求的取值范圍為?！究键c】導數(shù)在研究函數(shù)中的運用，三角函數(shù)的有界性，?！窘馕觥浚?）利用三角函數(shù)的有界性，求解單調(diào)區(qū)間。（2）運用構造函數(shù)的思想，證明不等式。關鍵是找到合適的函數(shù)，運用導數(shù)證明最值大于或者小于零的問題得到解決。例3.（年全國課標卷理12分）已知函數(shù)滿足滿足；（1）求的解析式及單調(diào)區(qū)間；（2）若，求的最大值?！敬鸢浮拷猓海?）∵，∴。令得，?！??！啵?。∴的解析式為。設，則。∴在上單調(diào)遞增。又∵時，，單調(diào)遞增；時，，單調(diào)遞減?！嗟膯握{(diào)區(qū)間為：單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為。（2）∵，∴。令得。=1\*GB3①當時，，∴在上單調(diào)遞增。但時，與矛盾。=2\*GB3②當時，由得；由得?！喈敃r，∴。令；則。由得；由得?！喈敃r，∴當時，的最大值為?！究键c】函數(shù)和導函數(shù)的性質(zhì)?！窘馕觥浚?）由求出和即可得到的解析式，根據(jù)導數(shù)的性質(zhì)求出單調(diào)區(qū)間。（2）由和，表示出，根據(jù)導函數(shù)的性質(zhì)求解。例4.（年天津市理14分）已知函數(shù)的最小值為，其中.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若對任意的,有成立，求實數(shù)的最小值；（Ⅲ）證明.【答案】解：（Ⅰ）函數(shù)的定義域為，求導函數(shù)可得.令，得。當變化時，和的變化情況如下表：－0＋↘極小值↗∴在處取得極小值?！嘤深}意，得?！?。（Ⅱ）當≤0時，取，有，故≤0不合題意。當＞0時，令，即。求導函數(shù)可得。令，得。①當時，≤0，在（0，+∞）上恒成立，因此在（0，+∞）上單調(diào)遞減，從而對任意的），總有，即對任意的，有成立。∴符合題意。②當時，＞0，對于(0，)，＞0，因此在(0，)上單調(diào)遞增，因此取(0，)時，，即有不成立?！嗖缓项}意。綜上，實數(shù)的最小值為。（Ⅲ）證明：當=1時，不等式左邊=2－ln3＜2=右邊，所以不等式成立。當≥2時，。在（2）中，取，得，∴?！唷＞C上，?！究键c】導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用，利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值?！痉治觥浚á瘢┐_定函數(shù)的定義域，求導函數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，求得函數(shù)的最小值，利用函數(shù)的最小值為，即可求得的值。（Ⅱ）當≤0時，取，有，故≤0不合題意。當＞0時，令，求導函數(shù)，令導函數(shù)等于0，分類討論：①當時，≤0，在（0，+∞）上單調(diào)遞減，從而對任意的），總有。②當時，＞0，對于(0，)，＞0，因此在(0，)上單調(diào)遞增。由此可確定的最小值。（Ⅲ）當=1時，不等式左邊=2－ln3＜2=右邊，所以不等式成立。當≥2時，由，在（Ⅱ）中，取得,從而可得，由此可證結論。例5.（年安徽省理13分）設（=1\*ROMANI）求在上的最小值；（=2\*ROMANII）設曲線在點的切線方程為；求的值?！敬鸢浮拷猓海?1\*ROMANI）設，則。∴。=1\*GB3①當時，。∴在上是增函數(shù)?！喈敃r，的最小值為。=2\*GB3②當時，∴當且僅當時，的最小值為。（=2\*ROMANII）∵，∴。由題意得：，即，解得?！究键c】復合函數(shù)的應用，導數(shù)的應用，函數(shù)的增減性，基本不等式的應用。【解析】（=1\*ROMANI）根據(jù)導數(shù)的的性質(zhì)分和求解。（=2\*ROMANII）根據(jù)切線的幾何意義列方程組求解。例6.（年浙江省理14分）已知，，函數(shù)．（Ⅰ）證明：當時，（i）函數(shù)的最大值為；（ii）；（Ⅱ）若對恒成立，求的取值范圍．【答案】(Ⅰ)證明：(ⅰ)．當b≤0時，＞0在0≤x≤1上恒成立，此時的最大值為：＝|2a－b|﹢a；當b＞0時，在0≤x≤1上的正負性不能判斷，此時的最大值為：＝|2a－b|﹢a。綜上所述：函數(shù)在0≤x≤1上的最大值為|2a－b|﹢a。(ⅱ)設＝﹣，∵，∴令。當b≤0時，＜0在0≤x≤1上恒成立，此時的最大值為：＝|2a－b|﹢a；當b＜0時，在0≤x≤1上的正負性不能判斷，≤|2a－b|﹢a綜上所述：函數(shù)在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a，即＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：函數(shù)在0≤x≤1上的最大值為|2a－b|﹢a，且函數(shù)在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大。∵﹣1≤≤1對x[0，1]恒成立，∴|2a－b|﹢a≤1。取b為縱軸，a為橫軸．則可行域為：和，目標函數(shù)為z＝a＋b。作圖如下：由圖易得：當目標函數(shù)為z＝a＋b過P(1，2)時，有．∴所求a＋b的取值范圍為：?！究键c】分類思想的應用，不等式的證明，利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，簡單線性規(guī)劃?！窘馕觥?Ⅰ)(ⅰ)求導后，分b≤0和b＞0討論即可。(ⅱ)利用分析法，要證＋|2a－b|﹢a≥0，即證＝﹣≤|2a－b|﹢a，亦即證在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a。（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函數(shù)在0≤x≤1上的最大值為|2a－b|﹢a，且函數(shù)在0≤x≤1﹣(|2a－b|﹢a)要大．根據(jù)－1≤≤1對x∈[0，1]恒成立，可得|2a－b|﹢a≤1，從而利用線性規(guī)劃知識，可求a＋b例7.（年湖南省理13分）某企業(yè)接到生產(chǎn)3000臺某產(chǎn)品的A，B，Ｃ三種部件的訂單，每臺產(chǎn)品需要這三種部件的數(shù)量分別為２,２,１（單位：件）.已知每個工人每天可生產(chǎn)Ａ部件６件，或Ｂ部件３件，或Ｃ部件２件.該企業(yè)計劃安排２００名工人分成三組分別生產(chǎn)這三種部件，生產(chǎn)Ｂ部件的人數(shù)與生產(chǎn)Ａ部件的人數(shù)成正比，比例系數(shù)為k（k為正整數(shù)）.（Ⅰ）設生產(chǎn)Ａ部件的人數(shù)為ｘ，分別寫出完成Ａ，Ｂ，Ｃ三種部件生產(chǎn)需要的時間；（Ⅱ）假設這三種部件的生產(chǎn)同時開工，試確定正整數(shù)k的值，使完成訂單任務的時間最短，并給出時間最短時具體的人數(shù)分組方案.【答案】解：（Ⅰ）設完成A，B，Ｃ三種部件的生產(chǎn)任務需要的時間（單位：天）分別為由題設有其中均為1到200之間的正整數(shù)。（Ⅱ）完成訂單任務的時間為其定義域為。易知，為減函數(shù)，為增函數(shù)?！哂谑牵?）當時，此時，由函數(shù)的單調(diào)性知，當時取得最小值，解得。由于，故當時完成訂單任務的時間最短，且最短時間為。（2）當時，由于為正整數(shù)，故，此時。易知為增函數(shù)，則。由函數(shù)的單調(diào)性知，當時取得最小值，解得。由于此時完成訂單任務的最短時間大于。（3）當時，由于為正整數(shù)，故，此時。由函數(shù)的單調(diào)性知，當時取得最小值，解得。類似（2）的討論，此時完成訂單任務的最短時間為，大于。綜上所述，當時完成訂單任務的時間最短，此時生產(chǎn)Ａ，Ｂ，Ｃ三種部件的人數(shù)分別為44，88，68。【考點】分段函數(shù)、函數(shù)單調(diào)性、最值，分類思想的應用。【解析】（Ⅰ）根據(jù)題意建立函數(shù)模型。（Ⅱ）利用單調(diào)性與最值，分、和三種情況討論即可得出結論。例8.（年福建省理14分）已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R.（Ⅰ）若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線平行于x軸，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）試確定a的取值范圍，使得曲線y＝f(x)上存在唯一的點P，曲線在該點處的切線與曲線只有一個公共點P.【答案】解：（Ⅰ）∵f′(x)＝ex＋2ax－e，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線平行于x軸，∴曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處切線斜率k＝2a∴a＝0，即f(x)＝ex－ex。此時f′(x)＝ex－e，∵f′(x)＝0得x＝1，當x∈(－∞，1)時，有f′(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，有f′(x)>0，∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)。（Ⅱ）設點P(x0，f(x0))，曲線y＝f(x)在點P處的切線方程為y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲線y＝f(x)在點P處的切線與曲線只有一個公共點P等價于函數(shù)g(x)有唯一零點。因為g(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0①若a≥0，當x＞x0時，g′(x)＞0，則x＞x0時，g(x)＞g(x0)＝0；當x＜x0時，g′(x)＜0，則x＜x0時，g(x)＞g(x0)＝0。故g(x)只有唯一零點x＝x0。由于x0具有任意性，不符合P的唯一性，故a≥0不合題意。②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，則h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2令h′(x)＝0，得x＝ln(－2a)，記x*＝ln(－2則當x∈(－∞，x*)時，h′(x)＜0，從而h(x)在(－∞，x*)內(nèi)單調(diào)遞減；當x∈(x*，＋∞)時，h′(x)＞0，從而h(x)在(x*，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增。(i)若x0＝x*，由x∈(－∞，x*)時，g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0；x∈(x*，＋∞)時，g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0.知g(x)在R上單調(diào)遞增，所以函數(shù)g(x)在R上有且只有一個零點x＝x*。(ii)若x0＞x*，由于h(x)在(x*，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，且h(x0)＝0，則當x∈(x*，x0)時有g′(x)＝h(x)＜h(x0)＝0，g(x)＞g(x0)＝0；任取x1∈(x*，x0)有g(x1)＞0。又當x∈(－∞，x1)時，易知g(x)＝ex＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0＜ex1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋c其中b＝－(e＋f′(x0))，c＝ex1－f(x0)＋x0f′(x0由于a＜0，則必存在x2＜x1，使得axeq\o\al(2,2)＋bx2＋c＜0.所以g(x2)＜0，故g(x)在(x2，x1)內(nèi)存在零點．即g(x)在R上至少有兩個零點。(iii)若x0＜x*，仿(ii)并利用ex＞eq\f(x3,6)，可證函數(shù)g(x)在R上至少有兩個零點。綜上所述，當a＜0時，曲線y＝f(x)上存在唯一點P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))，曲線在該點處的切線與曲線只有一個公共點【考點】利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性?！窘馕觥浚á瘢┣髮Ш瘮?shù)，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線平行于x軸，可求a的值，由f′(x)<0，可得函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間；由f′(x)＞0，可得單調(diào)增區(qū)間。（Ⅱ）設點P(x0，f(x0))，曲線y＝f(x)在點P處的切線方程為y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，曲線在該點處的切線與曲線只有一個公共點P等價于g(x)有唯一零點，求出導函數(shù)，再進行分類討論：①若a≥0，g(x)只有唯一零點x＝x0，由P的任意性a≥0不合題意；（2）②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，則h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a，可得函數(shù)的單調(diào)性，進而可研究g(例9.（年陜西省理14分）設函數(shù)（1）設，，證明：在區(qū)間內(nèi)存在唯一的零點；（2）設，若對任意，有，求的取值范圍；（3）在（1）的條件下，設是在內(nèi)的零點，判斷數(shù)列的增減性.【答案】解：（1）證明：，時，?！?，∴在內(nèi)存在零點。又∵當時，，∴在上單調(diào)遞增?！嘣趦?nèi)存在唯一零點。（2）當時，。對任意都有等價于在上最大值與最小值之差，據(jù)此分類討論如下：（?。┊?，即時，，與題設矛盾。（ⅱ）當，即時，恒成立。（ⅲ）當，即時，恒成立。綜上所述，的取值范圍為。（3）設是在內(nèi)的唯一零點，則，，?！?。又由（1）知在上是遞增的，∴。∴數(shù)列是遞增數(shù)列。【考點】函數(shù)與方程，導數(shù)的綜合應用、函數(shù)與數(shù)列的綜合?！窘馕觥浚?）一方面由得在內(nèi)存在零點；另一方面由當時，得在上單調(diào)遞增。從而得出在內(nèi)存在唯一零點。（2）對任意都有等價于在上最大值與最小值之差，據(jù)此分、和討論即可。（3）設是在內(nèi)的唯一零點，則可得。又由（1）知在上是遞增的，∴。從而得到數(shù)列是遞增數(shù)列。另解：設是在內(nèi)的唯一零點，∵則的零點在內(nèi)，故。所以，數(shù)列是遞增數(shù)列。例10.（年全國課標卷文5分）設函數(shù)(Ⅰ)求的單調(diào)區(qū)間(Ⅱ)若a=1，k為整數(shù)，且當x>0時，，求k的最大值【答案】解：(Ｉ)f(x)的的定義域為，。若，則，∴在上單調(diào)遞增。若，則當時，；當時，，∴在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增。(Ⅱ)∵a=1，∴?！喈攛>0時，，它等價于。令，則。由(Ｉ)知，函數(shù)在上單調(diào)遞增?！?，，∴在上存在唯一的零點。∴在上存在唯一的零點，設此零點為，則。當時，；當時，?！嘣谏系淖钚≈禐椤Ｓ帧?，即，∴。因此，即整數(shù)k的最大值為2?！究键c】函數(shù)的單調(diào)性質(zhì)，導數(shù)的應用?！窘馕觥?Ｉ)分和討論的單調(diào)區(qū)間即可。(Ⅱ)由于當x>0時，等價于，令，求出導數(shù)，根據(jù)函數(shù)的零點情況求出整數(shù)k的最大值。例11.（年四川省理5分）方程中的，且互不相同，在所有這些方程所表示的曲線中，不同的拋物線共有【】A、60條B、62條C、71條D、80條【答案】B。【考點】分類討論的思想，拋物線的定義。【解析】將方程變形得，若表示拋物線，則∴分=－3,－2，1，2，3五種情況：（1）若=－3，;（2）若=3,以上兩種情況下有9條重復，故共有16+7=23條；同理當=－2,或2時，共有23條；當=1時，共有16條。綜上，共有23+23+16=62條。故選B。例12.（年江西省理13分）已知三點，，，曲線上任意一點滿足。（1）求曲線的方程；（2）動點在曲線上，曲線在點處的切線為。問：是否存在定點，使得與都相交，交點分別為，且與的面積之比是常數(shù)？若存在，求的值。若不存在，說明理由?！敬鸢浮拷猓海?）由eq\o(MA,\s\up6(→))＝(－2－x,1－y)，eq\o(MB,\s\up6(→))＝(2－x,1－y)，得|eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))|＝eq\r(－2x2＋2－2y2)，eq\o(OM,\s\up6(→))·(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))＝(x，y)·(0,2)＝2y。由已知得eq\r(－2x2＋2－2y2)＝2y＋2，化簡得曲線C的方程：x2＝4y。（2）假設存在點P(0，t)(t<0)滿足條件，則直線PA的方程是y＝eq\f(t－1,2)x＋t，PB的方程是y＝eq\f(1－t,2)x＋t。曲線C在Q處的切線l的方程是y＝eq\f(x0,2)x－eq\f(x\o\al(2,0),4)，它與y軸交點為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(x\o\al(2,0),4)))。由于－2<x0<2，因此－1<eq\f(x0,2)<1。①當－1<t<0時，－1<eq\f(t－1,2)<－eq\f(1,2)，存在x0∈(－2,2)使得eq\f(x0,2)＝eq\f(t－1,2)，即l與直線PA平行，故當－1<t<0時不符合題意。②當t≤－1時，eq\f(t－1,2)≤－1<eq\f(x0,2)，eq\f(1－t,2)≥1>eq\f(x0,2)，所以l與直線PA，PB一定相交。分別聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(t－1,2)x＋t，,y＝\f(x0,2)x－\f(x\o\al(2,0),4)，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1－t,2)x＋t，,y＝\f(x0,2)x－\f(x\o\al(2,0),4)，))解得D，E的橫坐標分別是xD＝eq\f(x\o\al(2,0)＋4t,2x0＋1－t)，xE＝eq\f(x\o\al(2,0)＋4t,2x0＋t－1)。則xE－xD＝(1－t)eq\f(x\o\al(2,0)＋4t,x\o\al(2,0)－t－12).。又|FP|＝－eq\f(x\o\al(2,0),4)－t，有S△PDE＝eq\f(1,2)·|FP|·|xE－xD|＝eq\f(1－t,8)·eq\f(x\o\al(2,0)＋4t2,t－12－x\o\al(2,0)).。又S△QAB＝eq\f(1,2)·4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,0),4)))＝eq\f(4－x\o\al(2,0),2)，于是eq\f(S△QAB,S△PDE)＝eq\f(4,1－t)·eq\f(x\o\al(2,0)－4[x\o\al(2,0)－t－12],x\o\al(2,0)＋4t2)＝eq\f(4,1－t)·eq\f(x\o\al(4,0)－[4＋t－12]x\o\al(2,0)＋4t－12,x\o\al(4,0)＋8tx\o\al(2,0)＋16t2)。對任意x0∈(－2,2)，要使eq\f(S△QAB,S△PDE)為常數(shù)，則t要滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4－t－12＝8t，,4t－12＝16t2，))解得t＝－1，此時eq\f(S△QAB,S△PDE)＝2。故存在t＝－1，使△QAB與△PDE的面積之比是常數(shù)2?！究键c】圓錐曲線的軌跡問題，利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程。【解析】（1）用坐標表示eq\o(MA,\s\up6(→))和eq\o(MB,\s\up6(→))，從而可得|eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))|，利用向量的數(shù)量積，結合滿足，可得曲線C的方程。（2）假設存在點P(0，t)(t<0)滿足條件，則直線PA的方程是y＝eq\f(t－1,2)x＋t，PB的方程是y＝eq\f(1－t,2)x＋t。分類討論：①當－1<t<0時，l∥PA，不符合題意；②當t≤－1時，eq\f(t－1,2)≤－1<eq\f(x0,2)，eq\f(1－t,2)≥1>eq\f(x0,2)，分別聯(lián)立方程組，解得D，E的橫坐標，進而可得△QAB與△PDE的面積之比，利用其為常數(shù)，即可求得結論。例13.（年湖北省理13分）設是單位圓上的任意一點，是過點與軸垂直的直線，是直線與軸的交點，點在直線上，且滿足.當點在圓上運動時，記點的軌跡為曲線.（Ⅰ）求曲線的方程，判斷曲線為何種圓錐曲線，并求焦點坐標；（=2\*ROMANII）過原點且斜率為的直線交曲線于兩點，其中在第一象限，它在y軸上的射影為點N，直線交曲線于另一點，是否存在，使得對任意的，都有？若存在，求的值；若不存在，請說明理由?！敬鸢浮拷猓海á瘢┤鐖D1，設，，則由，可得，，所以，.①∵點在單位圓上運動，∴.②將①式代入②式即得所求曲線的方程為?！?，∴當時，曲線是焦點在軸上的橢圓，兩焦點坐標分別為，；當時，曲線是焦點在軸上的橢圓，兩焦點坐標分別為，。（Ⅱ）如圖2、3，，設，，則，，直線的方程為，將其代入橢圓的方程并整理可得。依題意可知此方程的兩根為，。于是由韋達定理可得，即。∵點H在直線QN上，∴?！啵??！?，∴，即。又∵，∴。∴存在，使得在其對應的橢圓上，對任意的，都有?！究键c】求曲線的軌跡方程，直線與圓錐曲線的位置關系?！窘馕觥浚á瘢┯珊忘c在圓上列式即可求得曲線的方程，并可判斷曲線的類型，求得焦點坐標。（=2\*ROMANII）設，，則，，表示出直線的方程代入橢圓的方程并整理，應用韋達定理得到，利用Q、N、H三點共線得到，利用PQ⊥PH得到，從而求得結論。另解：如圖2、3，，設，，則，，∵，兩點在橢圓上，∴兩式相減可得.依題意，由點在第一象限可知，點也在第一象限，且，不重合，∴。∴由可得.。又∵，，三點共線，∴，即?！嘤煽傻??！撸?，即。又∵，∴?！啻嬖?，使得在其對應的橢圓上，對任意的，都有。三、幾何圖形的不確定的分類應用：典型例題：例1.（年天津市理5分）已知函數(shù)的圖象與函數(shù)的圖象恰有兩個交點，則實數(shù)的取值范圍是▲.【答案】?！究键c】函數(shù)的圖像及其性質(zhì)，利用函數(shù)圖像確定兩函數(shù)的交點?！痉治觥亢瘮?shù)，當時，，當時，，綜上函數(shù)。作出函數(shù)的圖象，要使函數(shù)與有兩個不同的交點，則直線必須在藍色或黃色區(qū)域內(nèi)，如圖，此時當直線經(jīng)過黃色區(qū)域時，滿足，當經(jīng)過藍色區(qū)域時，滿足，綜上實數(shù)的取值范圍是。例2.（年全國大綱卷理5分）已知函數(shù)的圖像與軸恰有兩個公共點，則【】A．或2B．或3C．或1D．或1【答案】A【考點】導數(shù)的應用?！窘馕觥咳艉瘮?shù)圖像與軸有兩個不同的交點，則需要滿足其中一個為零即可。因為三次函數(shù)的圖像與軸恰有兩個公共點，結合該函數(shù)的圖像，可知只有在極大值點或者極小值點有一點在軸時滿足要求（如圖所示）?！?，∴。∴當時，函數(shù)取得極值。由或可得或，即。故選A。例3.（年江西省文5分）如下圖，OA=2（單位：m）,OB=1(單位：m),OA與OB的夾角為，以A為圓心，AB為半徑作圓弧與線段OA延長線交與點C.甲。乙兩質(zhì)點同時從點O出發(fā)，甲先以速度1（單位:ms）沿線段OB行至點B，再以速度3（單位：m/s）沿圓弧行至點C后停止，乙以速率2（單位：m/s）沿線段OA行至A點后停止。設t時刻甲、乙所到的兩點連線與它們經(jīng)過的路徑所圍成圖形的面積為，則函數(shù)的圖像大致是【】A.B.C.D.【答案】A?！究键c】函數(shù)的圖象?！窘馕觥坑深}設知，OA=2（單位：m）,OB=1(單位：m)，兩者行一秒后，甲行到B停止，乙此時行到A，故在第一秒內(nèi)，甲、乙所到的兩點連線與它們經(jīng)過的路徑所圍成圖形的面積為的值增加得越來越快，一秒鐘后，隨著甲的運動，所圍成的面積增加值是扇形中AB所掃過的面積，由于點B是勻速運動，故一秒鐘后，面積的增加是勻速的，且當甲行走到C后，即B與C重合后，面積不再隨著時間的增加而改變，故函數(shù)隨著時間t的增加先是增加得越來越快，然后轉化成勻速增加，然后面積不再變化，考察四個選項，只有A符合題意。故選A。例4.（年江西省理5分）如下圖，已知正四棱錐所有棱長都為1，點是側棱上一動點，過點垂直于的截面將正四棱錐分成上、下兩部分，記截面下面部分的體積為則函數(shù)的圖像大致為【】【答案】A?！究键c】棱錐的體積公式，線面垂直，函數(shù)的思想?！窘馕觥繉τ诤瘮?shù)圖象的識別問題，若函數(shù)的圖象對應的解析式不好求時，作為選擇題，可采用定性排它法：觀察圖形可知，當時，隨著的增大，單調(diào)遞減，且遞減的速度越來越快，不是的線性函數(shù)，可排除C，D。當時，隨著的增大，單調(diào)遞減，且遞減的速度越來越慢，可排除B。只有A圖象符合。故選A。如求解具體的解析式，方法繁瑣，而且計算復雜，很容易出現(xiàn)某一步的計算錯誤而造成前功盡棄，并且作為選擇題也沒有太多的時間去解答。我們也解答如下：連接AC，BD，二者交于點O，連接SO，過點E作底面的垂線EH。當E為SC中點時，∵SB＝SD＝BC＝CD，∴SE⊥BE，SE⊥DE?！郤E⊥面BDE?！喈敃r，截面為三角形EBD，截面下面部分錐體的底為BCD。又∵SA＝SC＝1，AC＝eq\r(,2)，SO＝eq\f(\r(,2),2)。此時?！唷．敃r，截面與AD和AB相交，分別交于點F、D，設FG與AC相交于點I，則易得。由EH∥SO，得，即。由EI∥SA，得，即。易知是等腰直角三角形，即?！??！?。當時，截面與DC和BC相交，分別交于點M、N，設MN與AC相交于點J，則易得。由EH∥SO，得，即。由EJ∥SA，得，即。易知是等腰直角三角形，即。∴?！?。綜上所述，。結合微積分知識，可判定A正確。例5.（年上海市理16分）在平面直角坐標系中，已知雙曲線.（1）過的左頂點引的一條漸近線的平行線，求該直線與另一條漸近線及x軸圍成的三角形的面積；（4分）（2）設斜率為1的直線交于P、Q兩點，若與圓相切，求證：OP⊥OQ；（6分）（3）設橢圓.若M、N分別是、上的動點，且OM⊥ON，求證：O到直線MN的距離是定值.（6分）【答案】解：（1）∵雙曲線的左頂點，漸近線方程：.∴過點A與漸近線平行的直線方程為，即。解方程組，得。∴所求三角形的面積為。（2）證明：設直線PQ的方程是∵直線與已知圓相切，故，即。由，得。設，則.又，∴。∴OP⊥OQ。（3）當直線ON垂直于軸時，|ON|=1，|O|=，則O到直線MN的距離為。（此時，N在軸上，在軸上）當直線ON不垂直于x軸時，設直線ON的方程為（顯然），則由OM⊥ON，得直線OM的方程為。由，得?！?。同理。設O到直線MN的距離為，∵，∴，即。綜上所述，O到直線MN的距離是定值?！究键c】雙曲線的概念、標準方程、幾何性，直線與雙曲線的關系，橢圓的標準方程和圓的有關性質(zhì)?！窘馕觥浚?）求出過點A與一條漸近線平行的直線方程，再求出它與另一條漸近線即可求得三角形的面積。（2）由兩直線垂直的判定，只要證明表示這兩條直線的向量積為0即可，從而求出直線方程，進一步求出表示這兩條直線的向量，求出它們的積即可。（3）分直線ON垂直于軸和直線ON不垂直于x軸兩種情況證明即可。例6.（年四川省理12分）如圖，動點到兩定點、構成，且，設動點的軌跡為。（Ⅰ）求軌跡的方程；（Ⅱ）設直線與軸交于點，與軌跡相交于點，且，求的取值范圍?！敬鸢浮拷猓海á瘢┰OM的坐標為（x，y），顯然有x>0且。當∠MBA=90°時，點M的坐標為（2，,±3）。當∠MBA≠90°時，x≠2。由得tan∠MBA=，即化簡得：。而點（2，,±3）在上?！邥r，，∴。綜上可知，軌跡C的方程為（）。(II)由方程消去y，可得。（*）由題意，方程（*）有兩根且均在（1，+）內(nèi)，設，∴，解得，m>1且m2。設Q、R的坐標分別為，由有?！唷Ｓ蒻>1且m2得且。∴的取值范圍是?！究键c】直線、雙曲線、軌跡方程的求法，倍角公式的應用?！窘馕觥浚á瘢┰OM的坐標為（x，y），當∠MBA=90°時，可直接得到點M的坐標為（2，,±3）；當∠MBA≠90°時，由應用倍角公式即可得到軌跡的方程。（Ⅱ）直線與聯(lián)立，消元可得①，利用①有兩根且均在（1，+∞）內(nèi)可知，m＞1，m≠2。設Q，R的坐標，求出xR，xQ，利用，即可確定的取值范圍。四、由數(shù)學運算引起的分類應用：典型例題：例1.（年北京市理5分）已知集合A={x∈R｜3x＋2>0﹜，B={x∈R｜(x＋1)(x－3)>0﹜，則A∩B=【】A．（－∞，－1）B.（－1，）C.﹙，3﹚D.（3，＋∝）【答案】D。【考點】集合的交集運算?！窘馕觥俊撸?，∴A∩B=（3，＋∝）。故選D。例2.（年浙江省理5分）設集合，集合，則【】A．B．C．D．【答案】A。【考點】集合的運算?！窘馕觥俊撸??！?。故選A。例3.（年江蘇省10分）設集合，．記為同時滿足下列條件的集合的個數(shù)：①；②若，則；③若，則。（1）求；（2）求的解析式（用表示）．【答案】解：（1）當時，符合條件的集合為：，∴=4。(2）任取偶數(shù)，將除以2，若商仍為偶數(shù)．再除以2，···經(jīng)過次以后．商必為奇數(shù)．此時記商為。于是，其中為奇數(shù)。由條件知．若則為偶數(shù)；若，則為奇數(shù)。于是是否屬于，由是否屬于確定。設是中所有奇數(shù)的集合．因此等于的子集個數(shù)。當為偶數(shù)〔或奇數(shù)）時，中奇數(shù)的個數(shù)是（）。∴?！究键c】集合的概念和運算，計數(shù)原理。【解析】（1）找出時，符合條件的集合個數(shù)即可。（2）由題設，根據(jù)計數(shù)原理進行求解。例4.（年重慶市理5分）設函數(shù)在上可導，其導函數(shù)為，且函數(shù)的圖像如題圖所示，則下列結論中一定成立的是【】（A）函數(shù)有極大值和極小值（B）函數(shù)有極大值和極小值（C）函數(shù)有極大值和極小值（D）函數(shù)有極大值和極小值【答案】D?！究键c】函數(shù)在某點取得極值的條件，函數(shù)的圖象?！痉治觥坑蓤D象知，與軸有三個交點，－2，1，2，∴。由此得到，，，和在上的情況：－212＋0－0＋0－＋＋＋0－－－＋0－－－0＋↗極大值↘非極值↘極小值↗∴的極大值為，的極小值為。故選D。例5.（年北京市理13分）已知函數(shù)（1）若曲線與曲線在它們的交點（1，c）處具有公共切線，求a、b的值；（2）當時，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，并求其在區(qū)間（－∞，－1）上的最大值?！敬鸢浮拷猓海?）∵（1，c）為公共切點，∴?！?，即=1\*GB3①。又∵，∴。又∵曲線與曲線在它們的交點（1，c）處具有公共切線，∴=2\*GB3②。解=1\*GB3①=2\*GB3②，得。（2）∵，∴設。則。令，解得?！?，∴。又∵在各區(qū)間的情況如下：＋0－0＋∴在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增。①若，即時，最大值為；②若，即時，最大值為。③若時，即時，最大值為。綜上所述：當時，最大值為；當時，最大值為1?！究键c】函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和最大值，切線的斜率，導數(shù)的應用。【解析】（1）由曲線與曲線有公共點（1，c）可得；由曲線與曲線在它們的交點（1，c）處具有公共切線可得兩切線的斜率相等，即。聯(lián)立兩式即可求出a、b的值。（2）由得到只含一個參數(shù)的方程，求導可得的單調(diào)區(qū)間；根據(jù)，和三種情況討論的最大值。例6.（年湖南省理13分）已知函數(shù)，其中≠0.（Ⅰ）若對一切∈R，≥1恒成立，求的取值集合.（Ⅱ）在函數(shù)的圖像上取定兩點，記直線AB的斜率為，問：是否存在，使成立？若存在，求的取值范圍；若不存在，請說明理由.【答案】解：（Ⅰ）若，則對一切，，這與題設矛盾，又，故?！摺嗔睢．敃r，單調(diào)遞減；當時，單調(diào)遞增.∴當時，取最小值。于是對一切恒成立，當且僅當①令則。當時，單調(diào)遞增；當時，單調(diào)遞減，∴當時，取最大值?！喈斍覂H當即時，①式成立。綜上所述，的取值集合為。（Ⅱ）存在。由題意知，。令則。令，則。當時，單調(diào)遞減；當時，單調(diào)遞增，∴當，即?！啵?。又∵∴。∵函數(shù)在區(qū)間上的圖像是連續(xù)不斷的一條曲線，∴存在使單調(diào)遞增，故這樣的是唯一的，且，故當且僅當時，。綜上所述，存在使成立.且的取值范圍為?！究键c】利用導函數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性、最值、不等式恒成立,分類討論思想、函數(shù)與方程思想，轉化與劃歸思想等數(shù)學思想方法的應用?！窘馕觥浚á瘢┯脤Ш瘮?shù)法求出取最小值，對一切∈R，≥1恒成立轉化為，從而得出的取值集合。（Ⅱ）在假設存在的情況下進行推理，通過構造函數(shù)，研究這個函數(shù)的單調(diào)性及最值來進行分析判斷。例7.（年江蘇省16分）若函數(shù)在處取得極大值或極小值，則稱為函數(shù)的極值點。已知是實數(shù)，1和是函數(shù)的兩個極值點．（1）求和的值；（2）設函數(shù)的導函數(shù)，求的極值點；（3）設，其中，求函數(shù)的零點個數(shù)．【答案】解：（1）由，得。∵1和是函數(shù)的兩個極值點，∴，，解得。（2）∵由（1）得，，∴，解得?！弋敃r，；當時，，∴是的極值點?！弋敾驎r，，∴不是的極值點。∴的極值點是－2。（3）令，則。先討論關于的方程根的情況：當時，由（2）可知，的兩個不同的根為I和一2，注意到是奇函數(shù)，∴的兩個不同的根為一和2。當時，∵，，∴一2,－1，1，2都不是的根。由（1）知。①當時，，于是是單調(diào)增函數(shù)，從而。此時在無實根。②當時．，于是是單調(diào)增函數(shù)。又∵，，的圖象不間斷，∴在（1,2）內(nèi)有唯一實根。同理，在（一2，一I）內(nèi)有唯一實根。③當時，，于是是單調(diào)減兩數(shù)。又∵，，的圖象不間斷，∴在（一1，1）內(nèi)有唯一實根。因此，當時，有兩個不同的根滿足；當時有三個不同的根，滿足?，F(xiàn)考慮函數(shù)的零點：(i）當時，有兩個根，滿足。而有三個不同的根，有兩個不同的根，故有5個零點。(11）當時，有三個不同的根，滿足。而有三個不同的根，故有9個零點。綜上所述，當時，函數(shù)有5個零點；當時，函數(shù)有9個零點?！究键c】函數(shù)的概念和性質(zhì)，導數(shù)的應用?！窘馕觥浚?）求出的導數(shù)，根據(jù)1和是函數(shù)的兩個極值點代入列方程組求解即可。（2）由（1）得，，求出，令，求解討論即可。（3）比較復雜，先分和討論關于的方程根的情況；再考慮函數(shù)的零點。例8.（年湖南省文5分）設定義在R上的函數(shù)是最小正周期為2的偶函數(shù)，是的導函數(shù)，當時，0＜＜1；當且時，，則函數(shù)在[-2，2]上的零點個數(shù)為【】A.2B.4C.5D.8【答案】Ｂ?！究键c】函數(shù)的周期性、奇偶性、圖像及兩個圖像的交點問題。【解析】由當且≠時，，知為減函數(shù)；為增函數(shù)。又時，0＜f(x)＜1，在R上的函數(shù)f(x)是最小正周期為2的偶函數(shù)，在同一坐標系中作出和草圖像如下，由圖知在[-2，2]上的零點個數(shù)為4個。例9.（年全國大綱卷文12分）已知函數(shù)．（1）討論的單調(diào)性；（2）設有兩個極值點，，若過兩點，的直線與軸的交點在曲線上，求的值．【答案】解：（1）∵，∴=1\*GB3①當時，，且僅當時?！嗍窃龊瘮?shù)。=2\*GB3②當時，有兩個根。列表如下：的增減性＞0增函數(shù)＜減函數(shù)＞0增函數(shù)（2）由題設知，，是的兩個根，∴，且?！?。同理，?！嘀本€的解析式為。設直線與軸的交點為，則，解得。代入得，∵在軸上，∴，解得，或或。【考點】函數(shù)的單調(diào)性和極值，導數(shù)的應用。【解析】（1）求出導函數(shù)，分區(qū)間討論即可。（2）由，是的兩個根和（1）的結論，得，求出關于的表達式和關于的表達式，從而得到直線的解析式。求出交點的橫坐標代入，由其等于0，求出的值。例10.（年全國課標卷理5分）數(shù)列滿足，則的前項和為▲【答案】?！究键c】分類歸納（數(shù)字的變化類），數(shù)列?！窘馕觥壳蟪龅耐棧河傻?，當時，；當時，；當時，；當時，；當時，；當時，；當時，；當時，；······當時，；當時，；當時，；當時，（）?！?，∴的四項之和為（）。設（）。則的前項和等于的前15項和，而是首項為10，公差為16的等差數(shù)列，∴的前項和=的前15項和=。例11.（年湖北省理12分）已知等差數(shù)列前三項的和為-3，前三項的積為8.（Ⅰ）求等差數(shù)列的通項公式；（=2\*ROMANII）若成等比數(shù)列，求數(shù)列的前n項的和。【答案】解：（Ⅰ）設等差數(shù)列的公差為，則，，由題意得解得或∴由等差數(shù)列通項公式可得，或?！嗟炔顢?shù)列的通項公式為，或。（Ⅱ）當時，，，分別為，，，不成等比數(shù)列；當時，，，分別為，，，成等比數(shù)列，滿足條件?！嘤洈?shù)列的前項和為，當時，；當時，；當時，。當時，滿足此式。綜上，【考點】等差等比數(shù)列的通項公式，和前n項和公式及基本運算?！窘馕觥浚á瘢┰O等差數(shù)列的公差為，根據(jù)等差數(shù)列前三項的和為-3，前三項的積為8列方程組求解即可。（=2\*ROMANII）對（Ⅰ）的結果驗證符合成等比數(shù)列的數(shù)列，應用等差數(shù)列前n項和公式分，，分別求解即可。例12.（年重慶市理12分）設數(shù)列的前項和滿足，其中.（I）求證：是首項為1的等比數(shù)列；（5分）（II）若，求證：，并給出等號成立的充要條件.（7分）【答案】證明：（Ⅰ）∵，∴。∴。∴。∵，∴?！??！?，∴?！??！唷！唷！唷！嗍鞘醉棡?，公比為的等比數(shù)列。（II）當=1或=2時，易知成立。當時，成立。當時，，∴。∴。當時，上面不等式可化為，設，①當時，。∴?！喈敃r，所要證的不等式成立。②當時，令，則?！嘣冢?，1）上遞減?！??！唷！嘣冢?，1）上遞增?！?。∴當時，所要證的不等式成立。=3\*GB3③當時，，由已證結論得：。∴。∴?！喈敃r，所要證的不等式成立。綜上所述，當且時，。當且僅當=1,2或時等號成立?！究键c】數(shù)列與不等式的綜合，數(shù)列與函數(shù)的綜合，等比數(shù)列的性質(zhì)，等比關系的確定?！痉治觥浚↖）根據(jù)，得，兩式相減，即可證得是首項為1，公比為的等比數(shù)列。（II）當=1或=2時和當時，成立。當時，分，，三種情況分別證明即可。本題也可用數(shù)學歸納法證明。例13.（年上海市文4分）已知，各項均為正數(shù)的數(shù)列滿足，，若，則的值是▲【答案】。【考點】數(shù)列的概念、組成和性質(zhì)，函數(shù)的概念?！窘馕觥扛鶕?jù)題意，，并且，得到。當為奇數(shù)時，，，，，。當為偶數(shù)時，由，得到，解得（負值舍去）。由得，解得。∴當為偶數(shù)時，?！唷＠?4.（年安徽省文13分）設函數(shù)的所有正的極小值點從小到大排成的數(shù)列為.（Ⅰ）求數(shù)列；（Ⅱ）設的前項和為，求?！敬鸢浮拷猓海?1\*ROMANI）∵，∴。令，解得。當時，；當時，?！喈敃r，取極小值。∴數(shù)列：。（=2\*ROMANII）由（=1\*ROMANI）得：，∴。當時，；當時，；當時，?！喈敃r，；當時，；當時，?！究键c】三角函數(shù)的極值，導數(shù)的應用，數(shù)列?！窘馕觥浚?1\*ROMANI）求函數(shù)的所有正的極小值點，即要討論，和的情況，得出結果。（=2\*ROMANII）求出的前項和為，分類討論，求出。例15.（年湖北省理5分）函數(shù)在區(qū)間[0,4]上的零點個數(shù)為【】A.4B.5C.6D.7【答案】C?！究键c】函數(shù)的零點與方程，三角函數(shù)的周期性?！窘馕觥坑傻没颉．敃r，，∴是函數(shù)在區(qū)間[0,4]上的一個零點。當時，∵，∴?！呤褂嘞覟榱愕慕堑幕《葦?shù)為，∴令。則時對應角分別為均滿足條件，當時，不滿足條件。綜上所述，函數(shù)在區(qū)間[0,4]上的零點個數(shù)為6個。故選C。例16.（年安徽省理12分）設函數(shù)（=1\*ROMANI）求函數(shù)的最小正周期；（=2\*ROMANII）設函數(shù)對任意，有，且當時，；求函數(shù)在上的解析式?！敬鸢浮拷猓海?1\*ROMANI）∵，∴函數(shù)的最小正周期。（=2\*ROMANII）∵當時，∴當時，，當時，，?！嗪瘮?shù)在上的解析式為。【考點】三角函數(shù)公式和性質(zhì)。，【解析】（=1\*ROMANI）將化為，即可求出函數(shù)的最小正周期。（=2\*ROMANII）由得出關于的函數(shù)關系式。由分區(qū)間討論即可。例17.（年全國大綱卷理5分）將字母排成三行兩列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，則不同的排列方法共有【】A．12種B．18種C．24種D．36種【答案】A?！究键c】排列組合的應用，分步計數(shù)原理?！窘馕觥坷梅植接嫈?shù)原理，先填寫最左上角的數(shù)，有3種，再填寫右上角的數(shù)為2種，再填寫第二行第一列的數(shù)有2種，一共有3×2×2=12種。故選A。例18.（年北京市理5分）從0，2中選一個數(shù)字，從1，3，5中選兩個數(shù)字，組成無重復數(shù)字的三位數(shù).其中奇數(shù)的個數(shù)為【】A.24B.18C.12D.6【答案】B?！究键c】排列組合問題?！窘馕觥坑捎陬}目要求是奇數(shù)，那么對于此三位數(shù)可以分成兩種情況：奇偶奇；偶奇奇。如果是第一種奇偶奇的情況，可以從個位開始分析（3種情況），之后十位（2種情況），最后百位（2種情況），共12種；如果是第二種情況偶奇奇：個位（3種情況），十位（2種情況），百位（不能是O，一種倩況），共6種。因此總共有12+6=18種情況。故選B。例19.（年安徽省理5分）6位同學在畢業(yè)聚會活動中進行紀念品的交換，任意兩位同學之間最多交換一次，進行交換的兩位同學互贈一份紀念品，已知6位同學之間共進行了13次交換，則收到份紀念品的同學人數(shù)為【】或或或或【答案】?！究键c】排列組合。【解析】∵，∴在6位同學的兩兩交換中少2種情況。不妨設甲、乙、丙、丁、戍、己6人=1\*GB3①設僅有甲與乙，丙沒交換紀念品，則甲收到3份紀念品，乙、丙收到4份紀念品，丁、戍、己收到5份紀念品，此時收到4份紀念品的同學人數(shù)為人；=2\*GB3②設僅有甲與乙，丙與丁沒交換紀念品，則甲、乙、丙、丁收到4份紀念品，戍、己收到5份紀念品，此時收到4份紀念品的同學人數(shù)為4人。故選。例20.（年浙江省理5分）若從1，2，3，…，9這9個整數(shù)中同時取4個不同的數(shù)，其和為偶數(shù)，則不同的取法共有【】A．60種B．63種C．65種D．66種【答案】D?！究键c】分類討論，計數(shù)原理的應用?！窘馕觥?，2，2，…，9這9個整數(shù)中有5個奇數(shù)，4個偶數(shù)．要想同時取4個不同的數(shù)其和為偶數(shù)，則取法有：4個都是偶數(shù)：1種；2個偶數(shù)，2個奇數(shù)：種；4個都是奇數(shù)：種?！嗖煌娜》ü灿?6種。故選D。例21.（年陜西省理5分）兩人進行乒乓球比賽，先贏三局著獲勝，決出勝負為止，則所有可能出現(xiàn)的情形（各人輸贏局次的不同視為不同情形）共有【】A.10種B.15種C.20種D.30種【答案】D?！究键c】排列、組合及簡單計數(shù)問題，分類計數(shù)原理?！窘馕觥扛鶕?jù)分類計數(shù)原理，所有可能情形可分為3:0，3:1，3:2三類，在每一類中可利用組合數(shù)公式計數(shù)，最后三類求和即可得結果：當比分為3:0時，共有2種情形；當比分為3:1時，共有種情形；當比分為3:2時，共有種情形?？偣灿蟹N。故選D。例22.（年湖北省理5分）回文數(shù)是指從左到右與從右到左讀都一樣的正整數(shù)。如22，,11,3443