文档内容
思想 01 运用分类讨论的思想方法解题
【目录】
..............................................................................................................................................1
..............................................................................................................................................2
..............................................................................................................................................2
..............................................................................................................................................5
考点一：由情境的规则引起的分类讨论.................................................................................................................5
考点二：由定义引起的分类讨论.............................................................................................................................9
考点三：由平面图形的可变性引起的分类讨论....................................................................................................12
考点四：由变量的范围引起的分类讨论...............................................................................................................16
考点五：由空间图形的可变性引起的分类讨论....................................................................................................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1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：
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
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
X 0 10 40
P
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：
x
负 正 负
减 增 减
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．①② B．③④ C．①③ D．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
