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第三篇 思想方法篇
思想02 分类与整合思想（讲）
考向 速览
方法技巧 典例分析
一.分类整合思想的含义：
分类与整合思想是将一个较复杂的数学问题分解(或分割)成若干个基础性问题，通过对基础性问题的解答来实
现解决原问题的思想策略．对问题实行分类与整合，分类标准等于增加一个已知条件，实现了有效增设，将大
问题(或综合性问题)分解为小问题(或基础性问题)，优化解题思路，降低问题难度；分类研究后还要对讨论结
果进行整合．
二.分类与整合思想在解题中的应用
(1)由数学概念引起的分类．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、公式的限制引起的分类讨论．有的定理、公式、性质是分类给出的，在不同的条件下结论
不一致，如等比数列的前n项和公式、函数的单调性等．
(3)由数学运算和字母参数变化引起的分类．如除法运算中除数不为零，偶次方根为非负，对数真数与底数的
限制，指数运算中底数的要求，不等式两边同乘以一个正数、负数，三角函数的定义域等．
(4)由图形的不确定性引起的分类讨论．有的图形类型、位置需要分类：如角的终边所在的象限；点、线、面
的位置关系等．
三.分类方法与原则
1.简化分类讨论的策略: 分类讨论的思想是将一个较复杂的数学问题分解成若干个基础性问题，通过对基础性
问题的解答来实现解决原问题的策略.
(1)消去参数；(2)整体换元；(3)变更主元；(4)考虑反面；(5)整体变形；(6)数形结合；(7)缩小范围等.
2.分类讨论遵循的原则是:
(1)不重不漏，科学地划分
(2)标准要统一，层次要分明，分清主次,不越级讨论.
(3)能不分类的要尽量避免，决不无原则的讨论.
3.解题时把好“四关”：(1)要深刻理解基本知识与基本原理,把好“基础关”;
(2)要找准划分标准,把好“分类关”;
(3)要保证条理分明,层次清晰,把好“逻辑关”;
(4)要注意对照题中的限制条件或隐含信息,合理取舍,把好“检验关”.
四. 高考以解答题的方式考查分类与整合思想，主要是函数导数解答题、数列题和解析几何解答题等.
01 由概念、法则、公式、性质引起的分类讨论
【核心提示】
1.有许多核心的数学概念是分类的,由数学概念引起的分类讨论,如绝对值的定义、二次函数的定义、分段函数
的定义、异面直线所成角的定义、直线的斜率、指数函数、对数函数等.
2.在中学数学中,一次函数、二次函数、指数函数、对数函数的单调性,基本不等式,等比数列的求和公式在不
同的条件下有不同的结论,或者在一定的限制条件下才成立,应根据题目条件确定是否进行分类讨论.
3.有些分类讨论的问题是由运算的需要引发的.比如除法运算中分母能否为零的讨论;解方程及不等式时,两边
同乘一个数是否为零、正数、负数的讨论;二次方程运算中对两根大小的讨论;求函数单调性时,导数正负的讨
论;排序问题;差值比较中的差的正负的讨论;有关去绝对值或根号问题中等价变形引发的讨论等.
【典例分析】
典例1.（2023·河南·校联考模拟预测）已知 ， ， ，则下列判断正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】结合对数函数、导数的知识确定正确答案.
【详解】（1）比较a，b的大小：因为 ，所以 ，所以 ．
（2）比较b，c的大小：令 ，则 ．
当 时， ；当 时， ，
所以当 时， ，即 ，所以 ，即 ．
（3）比较a，c大小：
因为 ，所以 ，即 ，所以 ，即 ．
综上， ．
故选：D．
【点睛】比较对数式的大小，结合的是对数函数的单调性，此时要注意对数函数 的底数 的取值范围对单调性的影响.比较对数式和实数的大小，可考虑分段法或构造函数法来进行求解.
典例2.（2022·全国·模拟预测）设正项数列 的前 项和 满足 ，记 表示不超过 的最大
整数， ．若数列 的前 项和为 ，则使得 成立的 的最小值为( )
A．1180 B．1179 C．2020 D．2021
【答案】A
【解析】
【分析】
利用通项公式 和前n项和 之间的关系求出 数列的通项公式，再根据n的取值讨论 并判
断 即可.
【详解】
①，
令 ，得 ，解得 ．
， ②，
由① ②可得 ，
整理得 ，
根据 可知 ，
则数列 是首项为1，公差为2的等差数列，
∴ ， ．
∴ ， ，当 时， ， ；
当 时， ， ，
当 时， ， ．
∵ ， ，
∴使 成立的 的最小值为 ．
故选：A．
典例3.（2021·全国·高考真题）函数 的最小值为______.
【答案】1
【解析】
【分析】
由解析式知 定义域为 ，讨论 、 、 ，并结合导数研究的单调性，即可求 最
小值.
【详解】
由题设知： 定义域为 ，
∴当 时， ，此时 单调递减；
当 时， ，有 ，此时 单调递减；
当 时， ，有 ，此时 单调递增；
又 在各分段的界点处连续，
∴综上有： 时， 单调递减， 时， 单调递增；
∴
故答案为：1.
典例4.（2022·上海闵行·上海市七宝中学校考模拟预测）已知各项均为正数的等比数列 前 项和为 ，对任意的 ，都满足 ，若 对 均成立，则实数 的取值范围是__．
【答案】
【分析】已知条件可知，利用等比数列的通项公式及前 项和公式求出等比数列的公比，即可得 ，
最后利用对勾函数的性质可求出实数 的取值范围.
【详解】由题意得公比 ，又 ，所以 恒成立，所以 ，
此时 ，所以 ，
即 对任意 恒成立，
若 ，因为 ，则 足够大时， ，不合题意，
所以 ，
此时 ， ，
令 ，则原式化为 恒成立，
所以 恒成立，因为 ，所以 ．
故答案为： .
.
02 由图形位置或形状引起的分类讨论
【核心提示】
1.一般由图形的位置或形状变动引发的讨论包括: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;圆锥曲线由焦点引起的位置变动或由离心率引起的形状变动;立体
几何中点、线、面的位置变动等.
2.圆锥曲线形状不确定时，常按椭圆、双曲线来分类讨论，求圆锥曲线的方程时，常按焦点的位置不同来分类
讨论.
3.相关计算中，涉及图形问题时，也常按图形的位置不同、大小差异等来分类讨论.【典例分析】
典例5.【多选题】（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考一模）长方体 中， ， ，
，则（ ）
A． 到平面 的距离为
B． 到平面 的距离为
C．沿长方体的表面从 到 的最短距离为
D．沿长方体的表面从 到 的最短距离为
【答案】AC
【分析】利用体积相等求出点 到平面 的距离即可判断选项 和 ；求 点到 的最短距离，由两点之
间直线段最短，想到需要把长方体剪开再展开，把 到 的最短距离转化为求三角形的边长问题，根据实际
图形，应该有三种展法，展开后利用勾股定理求出每一种情况中 的长度，比较三个值的大小后即可得到结
论，进而判断 和 .
【详解】如图，连接 ，因为 ， ， ，
所以 ， ， ，
在 中，由余弦定理可得： ，
所以 ，
则 ，
又 ，设点 到平面 的距离为 ，由体积相等可得：
，即 ，
所以 ，解得： ，故选项 正确；选项 错误；
长方体 的表面可能有三种不同的方法展开，如图所示：
， ， ，
表面展开后，依第一个图形展开，则 ；
依第二个图形展开，则 ；
依第三个图形展开，则 ；
三者比较得： 点沿长方形表面到 的最短距离为 ，故选项 正确，选项 错误，
故选： .
典例6. 2022·浙江·高三专题练习）已知 是双曲线 的右焦点， 是双曲线 左支上的一点，且点
的坐标为 ，则 的周长最小为_________，此时其面积为___________．【答案】 32
【解析】
【分析】
作出图形，由双曲线的定义可得 ，再由 、 、 三点共线可求得 周长的最小值；求得
直线 的方程，将该直线的方程与双曲线的方程，求得点 的坐标，由此可求得 的面积.
【详解】
设双曲线的左焦点为 ，
由双曲线方程 可知 ， ，故 、 .
当点 在双曲线左支上运动时，由双曲线定义知 ，所以 ，从而 的周长为
．
因为 为定值，
所以当 最小时， 的周长最小．
由图可知，此时点 为线段 与双曲线的交点，
则 的周长为 ．
由题意可知直线 的方程为 ．
由 消去 ，得 ，解得 或 （舍去），
所以 ．
故答案为： ； .典例7.（2023秋·贵州贵阳·高三统考期末）设点 是棱长为 的正方体 表面上的动点,点 是
棱 的中点, 为底面 的中心,则下列结论中所有正确结论的编号有______________．
①当点 在底面 内运动时,三棱锥 的体积为定值 ;
②当点 在线段 上运动时,异面直线 与 所成角的取值范围是 ;
③当点 在线段 上运动时,平面 平面 ;
④当点 在侧面 内运动时,若 到棱 的距离等于它到棱 的距离,则点 的轨迹为抛物线的一部分.
【答案】①③④
A B C D
【分析】对于①,根据点 到平面 的距离即为点 到平面 1 1 1 1的距离为 即可判断;对于②,异面直线与 所成角即为直线 与 所成角,转化为在 中, 与 所成角即可判断;对于③,根据 为底
面 的中心和正方体的性质,证明得 平面 即可得到结论;对于④,点 在侧面 内运动时,
根据 平面 ,则 到棱 的距离等于 的距离,结合抛物线定义即可判断;
【详解】对于①,当点 在底面 内运动时,
A B C D
点 到平面 的距离即为点 到平面 1 1 1 1的距离为 ,
则 ,故①正确;
对于②,如图:
点 在线段 上运动时,因为 ,
所以异面直线 与 所成角即为直线 与 所成角.
因为 ,所以 为等边三角形,
当点 在线段 的中点时, ,即直线 与 所成角为 ,
当点 向两个端点运动时,直线 与 所成角越来越小,当点 与点 或点 重合时,直线 与 所成角为
,
所以直线 与 所成角的取值范围是 ,即异面直线 与 所成角的取值范围是 ,故②错误;
对于③,如图:
为底面 的中心,
,
平面 , 平面 ,
,
又 平面 , 平面 ,
平面 ,
平面 ,
平面 平面 ,故③正确;
对于④,点 在侧面 内运动时,
平面 ,
到棱 的距离等于 的距离,
到棱 的距离等于它到棱 的距离即为点 到 的距离等于点 到棱 的距离,
根据抛物线的定义,又点 在侧面 内运动,
点 的轨迹为抛物线的一部分.
故答案为:①③④.典例8.（2021·江苏如皋·高三阶段练习）过抛物线 （ ）的焦点F且斜率为1的直线与抛物线交于
A，B两点， ， 为抛物线C上一动点，抛物线的方程为______； 的最小值为______.
【答案】 ； .
【解析】
【分析】
设直线方程并联立抛物线方程求 ， ，应用弦长公式列方程求 ，即可得抛物线方程，
由 的几何意义，将问题转化为 到直线 距离最小，应用点线距离公式求最小值即可.
【详解】
由题设， ，则 ，联立抛物线可得 ，
所以 ， ，故 ，
所以，由 有 ，则 ，故抛物线方程 .
由 表示 上点到直线 与y轴距离之和，如上图， ，要使目标式最小，只需 共线且 到直线
距离最小，即 ，
所以 .
故答案为：1；
03 由变量或参数引起的分类讨论
【核心提示】
含有参数的分类讨论问题主要包括:(1)含有参数的不等式的求解;(2)含有参数的方程的求解;(3)函数解析式中
含参数的最值与单调性问题;(4)二元二次方程表示曲线类型的判定等.求解这类问题的一般思路是:结合参数的
意义及参数对结果的影响进行分类讨论.讨论时,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.
【典例分析】
典例9.（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）设 ，若 为函数 的极大值点，
则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否变号，结合极大值点的性质，对 进行分类讨论，画出
图象，即可得到 所满足的关系，由此确定正确选项.
【详解】
若 ，则 为单调函数，无极值点，不符合题意，故 .
有 和 两个不同零点，且在 左右附近是不变号，在 左右附近是变号的.依题意，为函数 的极大值点， 在 左右附近都是小于零的.
当 时，由 ， ，画出 的图象如下图所示：
由图可知 ， ，故 .
当 时，由 时， ，画出 的图象如下图所示：
由图可知 ， ，故 .
综上所述， 成立.
故选：D
典例10. （2023春·湖南株洲·高三株洲二中校考阶段练习）数列 满足.
(1)求 的通项公式；
(2)设 ，数列 的前n项和为 .若对于任意正整数n，均有 恒成立，
求m的最小值.
【答案】(1) ；
(2) .
【分析】（1）当 时，求出 ，当 时，利用 求出 ，检
验后得到答案；
（2）利用错位相减法得到 ，不等式转化为 ，令 ，作差法得到 的单调性，从而得到
的最大值，得到m的最小值.
【详解】（1）取 ，由 ，得 ；
当 时，由 ，得 ，
两式相减得 ，整理得 ；
当n＝1时， 也适合上式.
综上， ；
（2）由（1）知 ，得
， ，两式相减得 ，
整理得 .
由题意对于任意正整数n，均有 恒成立，则 ，即
恒成立.
设 ，由 ，
则当 时， ，即 ；
当 时， ，即 .
于是 的最大值为 ，所以 ，即m的最小值是 .
典例11.（2023·山西临汾·统考一模）已知用周长为36的矩形截某圆锥得到椭圆 与矩
形的四边都相切且焦距为 ，__________.
① 为等差数列；② 为等比数列.
(1)在①②中任选一个条件，求椭圆的标准方程；
(2)（1）中所求 的左､右焦点分别为 ，过 作直线与椭圆 交于 两点， 为椭圆的右顶点，直线
分别交直线 于 两点，求以 为直径的圆是否过定点，若是求出该定点；若不是请说明
理由
【答案】(1)
(2)存在， 和 .【分析】(1)周长为36的矩形截某圆锥得到椭圆 与矩形的四边都相切，可得
，若选①，结合 为等差数列与 ，联立解方程组可求得；若选②，则 为
等比数列与已知条件列方程组即可解得.
(2)分直线斜率存在或斜率不存在两种情况分类讨论，直线 的斜率不存在时， 的方程为 ，根据对称
性即可求得 点的坐标，代入 的方程求得 点的坐标，即可写出圆的方程，并求出定点坐标；当直线
斜率存在时，设直线 的方程为 与椭圆方程联立，韦达定理写出两根之和，两根之积，同理求出
四个点的坐标，写出以 为直径的圆的标准方程，化简求定点.
【详解】（1）选①，由题意 解得
所以 的标椎方程为 .
选②，由题意 解得
所以 的标椎方程为 .
（2）①当直线 的斜率不存在时， 的方程为 ，不妨设 在 轴上方，则 ，
的方程为 ，令 ，得 ，
所以 ，同理 ，
所以以 为直径的圆的标准方程为 .②当直线 的斜率存在时，设 的方程为 ，
联立 得 ，
由韦达定理得 .
因为 ，所以 的方程为 ，
令 ，得 ，即 的坐标为 ，
同理 的坐标为 ，
所以以 为直径的圆的标准方程为
将韦达定理代入并整理得 ，
令 ，则 ，解得 或 .当斜率不存在时，令 ，则 ，解得 或 .
由①②知，以 为直径的圆过 和 .
典例12.（2022·全国·高三专题练习）设 为实数，函数f(x)=(x−a) 2+|x−a|−a(a−1).
(1)若f(0)⩽1，求 的取值范围；
(2)讨论 的单调性；
(3)当a>2时，讨论f(x)+|x|在R上的零点个数.
1
【答案】(1)(−∞， ]
2
(2) 在(a,+∞)上单调递增，在(−∞,a)上单调递减
(3)有2个零点
【解析】
【分析】
（1）写出f(0)=|a|+a⩽1，讨论a的取值情况，解得答案；
（2）分类讨论去掉绝对值符号，再根据二次函数的性质，求得答案；
（3）分段讨论去掉绝对值符号，得到f(x)+|x|的解析式，结合二次函数图象的对称轴确定函数的单调性，
结合零点存在定理即可得答案.
(1)
∵f(0)⩽1
∴f(0)=(0−a) 2+|0−a|−a(a−1)=a2+|a|−a(a−1)=|a|+a⩽1,
∴当a⩽0时，不等式为0⩽1恒成立，满足条件，
当 时，不等式为a+a⩽1，
1
∴0a，此时y=f(x)在(−∞,a)时是减函数，
2 2
当x⩾a时，f(x)=x2+(1−2a)x，
1
其对称轴为：x=a− 0，g（a）=a2+(2−2a)a=2a−a2=−(a−1) 2+1，
又a>2，
∴g（a）=−(a−1) 2+1在(2,+∞)上单调递减，
∴g（a）2时，f(x)+|x|在R上有2个零点.
