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思想01 实施分类讨论策略以精准解析数学问题
目录
01 考情透视·目标导航...................................................................................................2
02 知识导图·思维引航...................................................................................................3
03 知识梳理·方法技巧.................................................................................................4
04 真题研析·精准预测.................................................................................................5
05 核心精讲·题型突破...............................................................................................16
题型一：由情境的规则引起的分类讨论
16
题型二：由定义引起的分类讨论
21
题型三：由平面图形的可变性引起的分类讨论
28
题型四：由变量的范围引起的分类讨论
38
题型五：由空间图形的可变性引起的分类讨论
44
1
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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．
2
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3
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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．
4
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1．（2024 年新课标全国Ⅱ卷数学真题）设函数
，若
，则
的最小值为
（ ）
A．
B．
C．
D．1
【答案】C
【解析】解法一：由题意可知：
的定义域为
，
令
解得
；令
解得
；
若
，当
时，可知
，
此时
，不合题意；
若
，当
时，可知
，
此时
，不合题意；
若
，当
时，可知
，此时
；
当
时，可知
，此时
；
可知若
，符合题意；
若
，当
时，可知
，
此时
，不合题意；
综上所述：
，即
，
则
，当且仅当
时，等号成立，
所以
的最小值为
；
解法二：由题意可知：
的定义域为
，
5
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令
解得
；令
解得
；
则当
时，
，故
，所以
；
时，
，故
，所以
；
故
， 则
，
当且仅当
时，等号成立，
所以
的最小值为
.
故选：C.
2．（2024 年天津高考数学真题）设
，函数
.若
恰有一个零点，则
的取值范围为 ．
【答案】
【解析】令
，即
，
由题可得
，
当
时，
，有
，则
，不符合要求，舍去；
当
时，则
，
即函数
与函数
有唯一交点，
由
，可得
或
，
当
时，则
，则
，
即
，整理得
，
6
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当
时，即
，即
，
当
，
或
（正值舍去），
当
时，
或
，有两解，舍去，
即当
时，
在
时有唯一解，
则当
时，
在
时需无解，
当
，且
时，
由函数
关于
对称，令
，可得
或
，
且函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
令
，即
，
故
时，
图象为双曲线
右支的
轴上方部分向右平移
所得，
由
的渐近线方程为
，
即
部分的渐近线方程为
，其斜率为
，
又
，即
在
时的斜率
，
令
，可得
或
（舍去），
7
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且函数
在
上单调递增，
故有
，解得
，故
符合要求；
当
时，则
，
即函数
与函数
有唯一交点，
由
，可得
或
，
当
时，则
，则
，
即
，整理得
，
当
时，即
，即
，
当
，
（负值舍去）或
，
当
时，
或
，有两解，舍去，
即当
时，
在
时有唯一解，
则当
时，
在
时需无解，
当
，且
时，
由函数
关于
对称，令
，可得
或
，
8
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且函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
同理可得：
时，
图象为双曲线
左支的
轴上方部分向左平移
所得，
部分的渐近线方程为
，其斜率为
，
又
，即
在
时的斜率
，
令
，可得
或
（舍去），
且函数
在
上单调递减，
故有
，解得
，故
符合要求；
综上所述，
.
故答案为：
.
3．（2024 年北京高考数学真题）设
与
是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合
，给出下列4 个结论：
①若
与
均为等差数列，则M 中最多有1 个元素；
②若
与
均为等比数列，则M 中最多有2 个元素；
③若
为等差数列，
为等比数列，则M 中最多有3 个元素；
④若
为递增数列，
为递减数列，则M 中最多有1 个元素.
其中正确结论的序号是 .
9
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【答案】①③④
【解析】对于①，因为
均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，
而两条直线至多有一个公共点，故
中至多一个元素，故①正确.
对于②，取
则
均为等比数列，
但当
为偶数时，有
，此时
中有无穷多个元素，故②错误.
对于③，设
，
，
若
中至少四个元素，则关于
的方程
至少有4 个不同的正数解，
若
，则由
和
的散点图可得关于
的方程
至多有两个不同的解，矛
盾；
若
，考虑关于
的方程
奇数解的个数和偶数解的个数，
当
有偶数解，此方程即为
，
方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时
，
否则
，因
单调性相反，
方程
至多一个偶数解，
当
有奇数解，此方程即为
，
方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时
即
否则
，因
单调性相反，
方程
至多一个奇数解，
因为
，
不可能同时成立，
故
不可能有4 个不同的整数解，即M 中最多有3 个元素，故③正确.
对于④，因为
为递增数列，
为递减数列，前者散点图呈上升趋势，
10
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后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.
故答案为：①③④.
4．（2023 年北京高考数学真题）设
，函数
，给出下列四个结论：
①
在区间
上单调递减；
②当
时，
存在最大值；
③设
，则
；
④设
．若
存在最小值，则a 的取值范围是
．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③
【解析】依题意，
，
当
时，
，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线；
当
时，
，易知其图像是，圆心为
，半径为
的圆在
轴上方的图像（即半
圆）；
当
时，
，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线；
对于①，取
，则
的图像如下，
显然，当
，即
时，
在
上单调递增，故①错误；
对于②，当
时，
11
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当
时，
；
当
时，
显然取得最大值
；
当
时，
，
综上：
取得最大值
，故②正确；
对于③，结合图像，易知在
，
且接近于
处，
的
距离最小，
当
时，
，当
且接近于
处，
，
此时，
，故③正确；
对于④，取
，则
的图像如下，
因为
，
结合图像可知，要使
取得最小值，则点
在
上，点
在
12
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，
同时
的最小值为点
到
的距离减去半圆的半径
，
此时，因为
的斜率为，则
，故直线
的方程为
，
联立
，解得
，则
，
显然
在
上，满足
取得最小值，
即
也满足
存在最小值，故
的取值范围不仅仅是
，故④错误.
故答案为：②③.
5．（2024 年高考全国甲卷数学（理）真题）已知函数
．
(1)当
时，求
的极值；
(2)当
时，
，求
的取值范围．
【解析】（1）当
时，
，
故
，
因为
在
上为增函数，
故
在
上为增函数，而
，
故当
时，
，当
时，
，
故
在
处取极小值且极小值为
，无极大值.
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（2）
，
设
，
则
，
当
时，
，故
在
上为增函数，
故
，即
，
所以
在
上为增函数，故
.
当
时，当
时，
，
故
在
上为减函数，故在
上
，
即在
上
即
为减函数，
故在
上
，不合题意，舍.
当
，此时
在
上恒成立，
同理可得在
上
恒成立，不合题意，舍；
综上，
.
6．（2024 年天津高考数学真题）已知
为公比大于0 的等比数列，其前
项和为
，且
．
(1)求
的通项公式及
；
(2)设数列
满足
，其中
．
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（ⅰ）求证：当
时，求证：
；
（ⅱ）求
．
【解析】（1）设等比数列
的公比为
，
因为
，即
，
可得
，整理得
，解得
或
（舍去），
所以
.
（2）（i）由（1）可知
，且
，
当
时，则
，即
可知
，
，
可得
，
当且仅当
时，等号成立，
所以
；
（ii）由（1）可知：
，
若
，则
；
若
，则
，
当
时，
，可知
为等差数列，
可得
，
15
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所以
，
且
，符合上式，综上所述：
.
7．根据等差数列求和分析可得
.
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题型一：由情境的规则引起的分类讨论
【典例1-1】甲､乙两人各有三张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字
，乙的卡
片上分别标有数字
，两人各自从自己持有的卡片中随机任选两张，并比较所选卡片上数字之和的大小，
数字之和大的人获胜.则甲获胜的概率为 .
【答案】
【解析】设事件
“甲乙两人各自从自己持有的卡片中随机任选两张”，
事件
“两人各自从自己持有的卡片中随机任选两张，甲比乙选的数字之和大”，
则
，
乙选
时，甲获胜有
种选法；
乙选
时，甲获胜只有种选法；
乙选
时，甲不可能获胜，
所以
，
所以
.
故答案为：
.
【典例1-2】已知实数
的平均数为4，则这四个数的中位数的取值范围是 ．
【答案】
【解析】由题意可知
，
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若该四个数按大小排列，
位于中间，则
位于两侧，此时中位数是；
若该四个数按大小排列，
位于中间，则
位于两侧，此时
，不符合题意；
若该四个数按大小排列，
位于中间，则
位于两侧，同上
，不符合题意；
若该四个数按大小排列，
位于中间，则
位于两侧，则有
；
若该四个数按大小排列，
位于中间，则
位于两侧，同上
；
若该四个数按大小排列，
位于中间，则
位于两侧，可知
；
此时中位数是；
综上所述这四个数的中位数的取值范围是
.
故答案为：
.
【变式1-1】某学校组织数学竞赛活动，准备了两组题目分别放在A，B 两个箱子中．A 箱中有4 道代数题
和2 道几何题，B 箱中有3 道代数题和3 道几何题．参赛选手先在两个箱子中任选一个箱子，然后从选中
的箱子中依次抽取2 道题（不放回）作答．
(1)若甲同学选择A 箱，求甲第一次抽到代数题且第二次抽到几何题的概率；
(2)若乙同学选择A 箱，答题结束后工作人员失误将乙抽取的题目放回了B 箱，接着丙同学选择从B 箱抽取
题目，求丙抽取的2 道题中至少有一道代数题的概率．
【解析】（1）设事件
表示“甲第一次从A 箱中抽到代数题”，事件
表示“甲第二次从A 箱中抽到几
何题”，
则
．
在
发生的条件下，A 箱中还剩下3 道代数题和2 道几何题，所以
．
故
．
（2）设事件
为“丙从B 箱中抽取的2 道题中至少有一道代数题”，
事件
为“乙从A 箱中取出2 道代数题”，
事件为“乙从A 箱中取出1 道代数题和1 道几何题”，
事件
为“乙从A 箱中取出2 道几何题”，
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则
．
当
发生时，B 箱中有5 道代数题和3 道几何题，
；
当发生时，B 箱中有4 道代数题和4 道几何题，
；
当
发生时，B 箱中有3 道代数题和5 道几何题，
．
由全概率公式可得
．
【变式1-2】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.
(1)求
(2)当
时，求
的表达式.
(3)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】（1）当
时，
，
即这个数中共有
个数字，其中数字
的个数为
，
则恰好取到
的概率为
；
（2）当
时，这个数有位数组成，
；
当
时，这个数有个一位数组成，
个两位数组成，则
；
当
时，这个数有个一位数组成，
个两位数组成，
个三位数组成，
；
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当
时，这个数有个一位数组成，
个两位数组成，
个三位数组成
个四位数组
成，
；
综上所述：
，
（3）当
时，
，
当
时，
；
当
时，
，
即
，
同理有
，
由
，可知
，
所以当
时，
，
当
时，
，
当
时，
，
当
时，
，
由
关于
单调递增，
故当
时，有
的最大值为
，
又
，
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所以当
时，
的最大值为
．
1．某班学生分A，
，
，
四组参加数学知识竞答，规则如下：四组之间进行单循环（每组均与另外三
组进行一场比赛）；每场比赛胜者积3 分，负者0 分；若出现平局，则比赛双方各积1 分.现假设四个组战
胜或者负于对手的概率均为
，出现平局的概率为
，每场比赛相互独立.
(1)求A 组在参加两场比赛后得分为3 分的概率；
(2)一轮单循环结束后，求四组总积分一样的情况种数，并计算四组总积分一样的概率.
【解析】（1）A 组在参加两场比赛后得分为3 分的概率为
（2）四组总积分一样，可以每次都是平局，
也可以每组学生是一胜一负一平.
如:
A 胜B 负，A 负C 胜，AD 平
BC 平，B 胜D 负，C 负D 胜
不难发现，A 的三种情况确定后，
比赛结果是确定的，
所以只要去看
可能出现的情况，
A 胜B 负，A 负C 胜，AD 平，
A 负B 胜，A 胜C 负，AD 平
A 胜B 负，A 负D 胜，AC 平 ，
A 负B 胜，A 胜D 负，AC 平
A 胜C 负，A 负D 胜， AB 平 ，
A 负C 胜，A 胜D 负，AB 平
共6+1=7 种
2．甲、乙两人准备进行羽毛球比赛，比赛规定：一回合中赢球的一方作为下一回合的发球方.若甲发球，
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则本回合甲赢的概率为
，若乙发球，则本回合甲赢的概率为
，每回合比赛的结果相互独立.经抽签决定，
第1 回合由甲发球.
(1)求第4 个回合甲发球的概率；
(2)设前4 个回合中，甲发球的次数为
，求
的分布列及期望.
【解析】（1）由题可知，第2 回合甲发球的概率为
，乙发球的概率为
.
所以第3 回合甲发球的概率为
，
乙发球的概率为
.
可得第4 个回合甲发球的概率为
.
故第4 个回合甲发球的概率为
；
（2）由题意可知：
可以取1，2，3，4.
当
时，
；当
时，
；
当
时，前4 个回合甲发球两次的情况分以下三种：
第一种情况，甲第1，2 回合发球，乙第3，4 回合发球，其概率为
.
第二种情况，甲第1，3 回合发球，乙第2，4 回合发球，其概率为
.
第三种情况，甲第1，4 回合发球，乙第2，3 回合发球，其概率为
.
故前4 个回合甲发球两次的概率为
；
当
时，
，
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故
的分布列为：
1
2
3
4
.
题型二：由定义引起的分类讨论
【典例2-1】设数列
和
的项数均为
，则将数列
和
的距离定义为
．
（1）给出数列1，3，5，6 和数列2，3，10，7 的距离；
（2）设
为满足递推关系
的所有数列
的集合，
和
为
中的两个元素，且项数均
为
，若
，
，
和
的距离小于4032，求
的最大值；
（3）记是所有7 项数列
的集合，
．且T 中任何两个元素的距离大于或等于
3．证明：T 中的元素个数小于或等于16．
【解析】（1）由题意可知，数列1，3，5，6 和数列2，3，10，7 的距离为1+0+5+1＝7；
（2）设
，其中
，且
，由
，
所以
，
，
，
，
则
，
因此集合A 中数列的项周期性重复，且间隔4 项重复一次，
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所以数列
中，
，
，
，
，
，
故
中，
，
，
，
，
，
，
所以项数
越大，数列
和
的距离越大，
由
，可得
，
所以
时，
，
故
的最大值为
；
（3）证明：假设T 中的元素个数大于等于17 个，
因为数列
中，
或1，
所以仅由数列前三项组成的数组
有且仅有8 个，
即（0，0，0），（1，0，0），（0，1，0），（0，0，1），（1，1，0），（1，0，1），（0，1，
1），（1，1，1），
那么这17 个元素（即数列）之中必有三个具有相同的
，
，
，
设这个数列分别为
：
，
，
，
，
，
，
，
：
，
，
，
，
，
，
，
：
，
，
，
，
，
，
，
其中
，
，
因为这三个数列中每两个的距离大于等于3，
所以
和
中，
中至少有三个成立，
不妨设
，
，
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由题意可知，
和
中一个等于0，而另一个等于1，又因为
或1，
所以
和
中必有一个成立，
同理可得，
和
中必有一个成立，
和
中必有一个成立，
所以“
中至少有两个成立”或“
中至少有两个成立”中必有一个成立，
所以
和
中必有一个成立，与题意矛盾，
故T 中的元素个数小于或等于16．
【典例2-2】对于无穷数列
，给出如下三个性质：①
；②对于任意正整数
，都有
；
③对于任意正整数
，存在正整数，使得
定义：同时满足性质①和②的数列为“s 数列”，同时
满足性质①和③的数列为“t 数列”，则下列说法正确的是（ ）
A．若
为“s 数列”，则
为“t 数列”
B．若
，则
为“t 数列”
C．若
，则
为“s 数列”
D．若等比数列
为“t 数列”则
为“s 数列”
【答案】C
【解析】设
，此时满足
，
也满足
，
，
即
，
，
为“s 数列”，
因为
，所以A 错误；
若
，则
，满足①，
，令
，
25
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若
为奇数，此时
，存在
，且为奇数时，此时满足
，
若
为偶数，此时
，则此时不存在
，使得
，所以B 错误；
若
，则
，满足①，
，
，
因为
，所以
，
，满足②，所以C 正确；
不妨设
，满足
，且
，
，
当
为奇数，取
，使得
；
当
为偶数，取
，使得
，所以
为“ 数列”，
但此时不满足
，
，不妨取
，
则
，而
，
则
为“ 数列”，所以D 错误.
故选：C.
【变式2-1】设数列
，
…，即当
时，
记
为数列
前
项和.对于
，定义集合
是
的整数倍，
，且
.则集合
中元素的个数为 ；集合
中元素的个数为 .
【答案】 5 1008
【解析】由数列
的定义，得
，
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∴
，
∴
，
∴集合
中元素的个数为5.
先证：
，
事实上，
①当
时，
，
，原等式成立；
②当
时成立，即
，
则
时，
，
综合①②可得
，于是
，
由上式可知
是
的倍数，而
，
∴
是
的倍数，
又
不是
的倍数，
而
，
∴
不是
的倍数，
故当
时，集合
中元素的个数为
，
于是，当
时，集合
中元素的个数为
，
又
，故集合
中元素的个数为
.
故答案为：5；1008
【变式2-2】若数列
满足
，则称数列
为“平方递推数列”．已知数列
中，
，点
27
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在函数
的图象上，其中n 为正整数，
(1)证明：数列
是“平方递推数列”，且数列
为等比数列；
(2)设
，定义
，且记
，求数列
的前n 项和
．
【解析】（1）
点
在函数
的图象上，
，
是“平方递推数列”．
因为
，
对
两边同时取对数得
，
∴数列
是以1 为首项，2 为公比的等比数列．
（2）由（1）知
，
由数列
的通项公式得，
当
时，
；当
时，
．
又由
，得
当
且
时，
；
当
且
时，
，
综上，
28
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1．已知
，定义
.
（1）如果
，则
.
（2）如果
，则
的取值范围是 .
【答案】
或
【解析】（1）
，定义
.
若
，则
，解得
；
若
，则
，解得
.
综上所述，
或；
（2）①当
时，
.
（i）若
，即
，
，
，
，此时，
；
（ii）若
，即
，得
，
，
，
，此时，
；
②当
时，
.
29
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（i）若
，即
，
，
，
，此时，
；
（ii）若
，即
，
，
，
，此时，
不存在.
综上所述，
的取值范围是
.
故答案为：
或；
.
2．数列可以看作是定义在正整数集的特殊函数，具有函数的性质特征，有些周期性的数列和三角函数紧
密相连.记数列2，
，
，2，
，
，2，
，-1，…为
，三角形式可以表达为
，其中
，
，
.
（1）记数列
的前n 项和为
，求
，
，
及
；
（2）求数列
的三角形式通项公式.
【解析】（1）易知
，
所以
，
，
.
30
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①当
时，
；
②当
时，
；
③当
时，
，
所以，
.
（2）由（1）知数列周期为3，
，所以
，得
，
由数列前三项，知
，
由④-⑤，得
，代入④式，得
——⑦
由⑥
⑦，得
，
，
由
，知
，又
，得
，
于是可求得
，
所以
.
31
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题型三：由平面图形的可变性引起的分类讨论
【典例3-1】已知圆D：
与x 轴相交于A、B 两点，且圆C：
，点
．若圆C 与圆D 相外切，则
的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】圆D：
的圆心
，半径为，
圆C：
的圆心
，半径为，
因为圆
与圆
相外切，所以
，所以
，
且圆
与
轴交于
，不妨记
，
因为圆
关于
轴对称，点
与点
关于
轴对称，点
在
轴上，
由对称性不妨令
，
当
时，则
，解得
，
故
，
32
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当
时，则
，解得
，
此时
，
故
，
当
时，则
，解得
，
故
，
综上所述，
的最大值为
.
故选：B.
【典例3-2】现有一“v”型的挡板如图所示，一椭圆形物件的短轴顶点被固定在A 点．物件可绕A 点在平面
内旋转．AP 间距离可调节且与两侧挡板的角度固定为60°．已知椭圆长轴长为4，短轴长为2．
(1)在某个角度固定椭圆，则当椭圆不超过挡板时AP 间距离最短为多少；
(2)为了使椭圆物件能自由绕A 点自由转动，AP 间距离最短为多少.求出最短距离并证明其可行性．
33
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【解析】（1）由题意，如图，该椭圆的方程为
，
，
分别为椭圆的2 条切线，
切点分别为
，设直线
的斜率分别为
.
设
，当
时，
其中1 个不存在，另1 个趋于
；
当
时，设过点P 的直线为
，
，
所以
，
整理，得
，①
由
是方程①的2 个实根，得
，
所以
，
又
，所以
，
当
时，点P 在圆
的外部，则
，此时
；
当
时，点P 在圆
的内部，则
，此时
，
所以
.又
或
，
所以
或
，
34
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整理，得
或
.
要求
的最小值，只需考虑
为钝角的情况，
即
且
，
得
.
令
，则
且
，即
，
解得
，所以
，所以
，
当且仅当
三点共线时等号成立.
故
，得
.
综上，
的最小值为
.
（2）当
恒为正实数R 时，设
为椭圆上任意一点，
则
，
当且仅当
时等号成立，所以
.
由（1）知，
或
，
由
，得
或
，
即
或
，
整理，得
或
，
令
，则
，得
或
，
.
当
即
时，
或
，令
，则
，
35
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得
或
，又
，
得
或
，
而
，所以
，
整理，得
，即
.
当
时，
，符合题意.
综上，
，则
，即
，
解得
，所以R 的最小值为
，即
的最小值为
.
【变式3-1】（多选题）已知
分别为双曲线
的左､右焦点，过
的直线交
于
，
（点
在点
的上方）两点，且
，则
的离心率可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【解析】设
，由于
，
则
，
当
均在双曲线的右支上时，如图，
36
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则
，则
，
又
，故
，
故
，
故在
中，
，
则
；
当
分别在双曲线的左、右支上时，如图，
此时
，
，
又
，则
，则
，
故在
中，
，
则
；
当
分别在双曲线的右、左支上时，如图，
37
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此时
，
，
又
，则
，则
，
故在
中，
，
则
；
由题意可知
的位置情况仅有以上3 种可能，故
的离心率可能为
，
故选：ACD
【变式3-2】在平面直角坐标系内，
，
，若
的面积不超过3，则满足
条件的整点M 个数为 ．
【答案】65
【解析】设
，直线OA 的方程为
，即
，
，
38
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设
，则
，
，
代入
并化简得
，
当
时，
，
，有5 个整点；
当
时，
，
，有5 个整点；
当
时，
，
，有5 个整点；
当
时，
，
，有5 个整点；
当
时，
，
，有5 个整点；
当
时，
，
，有5 个整点；
当
时，
，
，有5 个整点；
根据对称性，当
时，也分别有5 个整点．
∴共有65 个整点．
故答案为：65
1．（多选题）已知曲线C：
，则（ ）
A．曲线C 在第一象限为椭圆的一部分
B．曲线C 在第二象限为双曲线的一部分
C．直线
与曲线C 有两个交点D．直线
与曲线C 有三个交点
【答案】ABC
【解析】当
，
时，由
，是椭圆的一部分，故A 对；
39
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当
，
时，由
，是双曲线的一部分，故B 对；
当
，
时，由
，不表示任何图形；
当
，
时，由
，是双曲线的一部分.
所以函数的图象为：
所以
与曲线
有两个交点，故C 对；
直线
与曲线
：
方程联立，消去
得：
，所以
直线
与曲线
：
相切，故直线
与曲线
共有2 个交点，故D 错误.
故选：ABC
2．已知曲线
的左右焦点为
，P 是曲线E 上一动点
(1)求
的周长；
(2)过
的直线与曲线E 交于AB 两点，且
，求直线AB 的方程；
(3)若存在过点
的两条直线和
与曲线E 都只有一个公共点，且
，求h 的值．
【解析】（1）因为曲线E：
，
所以
，则
，
40
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所以
，
，
故
的周长为
；
（2）依题意，知直线AB 斜率存在且不为
，设直线AB：
，
联立
，消去
，得
，
恒成立，
由韦达定理得：
，
，
因为
，
，
所以
，则
，
从而有
，
消去
，得
，即
，
所以直线AB 的方程为
；
（3）依题意，知过点
的直线斜率存在，
设该直线：
，
，
41
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联立
，消去
，得
，
若直线或
为切线，则
，解得
，
注意到该曲线
，即该曲线没有左右顶点，所以有三种情况：
情况1：两条直线均是切线，
因为
，所以
，即
，解得
，所以
；
情况2：两条直线分别过椭圆
左右顶点，
由对称性可知
，又
，所以
，
此时
，解得
，所以
；
情况3：其中一条直线是切线，另一条过椭圆
的左（或右）顶点，
不妨设直线为切线时斜率为正，即
，则
，
因为
，所以
，解得
；
综上：符合条件的h 的值为
或
或
．
42
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题型四：由变量的范围引起的分类讨论
【典例4-1】若
是
的三条边，且
，记
，则当
时，
的取值范围是 .
注:
表示数集
中最大的数，
表示数集
中最小的数.
【答案】
【解析】因为
且
，
所以
，
当
，即
时，
，
所以
，
又
，所以
，且
，
又
是
的三条边，所以
，
当
时，
，因为
，
所以
，解得
，又
，所以
，
当
时，
，符合题意，
所以
，
43
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当
，即
时，
，
所以
，
又
是
的三条边，可得
且
，
，即
，
综上：当
时，
的取值范围是
，
故答案为：
【典例4-2】已知函数
.
(1)若
，求
在区间
上的最大值；
(2)求
在区间
上的最小值
.
【解析】（1）因为
，所以
，
所以
.
由
或
.
所以当
，所以
，
所以
在
上单调递增，
所以
.
（2）
的定义域为
，
44
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，
由
.
①当
，即
时，
或
.
所以
在
上单调递增，
；
②当
，即
时，由
或
.
由
.
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
；
③当
，即
时，由
.
所以
在
上单调递减，
.
综上，
【变式4-1】已知函数
，其中
.若
在区间[1，4]上的最小值为8，则a 的
值为 .
【答案】
【解析】
，令
，解得
或
，
45
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当
，
或
，此时
单调递增；
当
，
，此时
单调递减；
当
，即
时，
在
上为增函数，由
解得
，不符合题意，
应舍去；
当
，即
时，
在
上的最小值
，不符合题意，应舍去；
当
，即
时，
在
上的最小值可能在
或
上取得，而
当
时，即
，解得
或
，均不符合题意，应舍去；当
，
即
，解得
或
（舍去）；
当
时，
在
上单调递减，
在
上的最小值为
，符合题意.
综上所述，
.
故答案为：
【变式4-2】已知函数
，其中
．
(1)若曲线
在
处的切线在两坐标轴上的截距相等，求
的值；
(2)是否存在实数
，使得
在
（为自然对数的底数）上的最大值是
？若存在，求出
的值；
若不存在，说明理由．
【解析】（1）
，则
，
故曲线
在
处的切线为
，即
．
当
时，此时切线为
，不符合要求；
当
时，令
，有
．
46
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令
，有
，故
，即
．
（2）
，因为
，所以
．
①当
时，即
时，
在
上单调递增，
所以
的最大值是
，解得
，舍去；
②当
时，即
时，
令
时，则
；令
时，则
．
所以
的单调递增区间是
，单调递减区间是
．
所以
，所以
符合题意．
综上，存在
符合题意，此时
．
1．已知函数
.
(1)当
时，求
的单调区间；
(2)设函数
，若
是
的极大值点，求
的值.
【解析】（1）当
时，
，
当
时，
，当
时，
，
当
时，
，当
时，
，
47
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所以
的单调递增区间为
，
；
单调递减区间为
，
.
（2）设
，
当
时，由于
，所以
与
的函数值正负相反，
又
，所以
是
的极大值点，当且仅当
是
的极小值点，
，可知
时，
，
时，
，
故
，
令
，
，
①当
时，
，则当
时，
，即
，
所以
在
上单调递增，因此
不是
的极小值点；
②当
时，
，
的根为
，
此时
，当
时，
，即
，
所以
在
上单调递增，
因此
不是
的极小值点；
③当
时，
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
因此
是
的极小值点，满足题意；
④当
时，
，记
，可知
，
则当
时，
，即
，
48
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所以
在
上单调递减，因此
不是
的极小值点，
综上可知，
.
2．已知函数
．
(1)若
在
上单调递增，求
的取值范围；
(2)若
的最小值为1，求
．
【解析】（1）因为
在
上单调递增，
所以
在区间
上恒成立，所以
，
令
，则
，
令
，则
．
当
时，
单调递增，
，
所以
，所以
在
上单调递增，
故
，所以
．
的取值范围为
．
（2）由
，得
，
所以
，
令
，则
，
令
，则
，
当
时，
，
49
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则
，
当
时，
在
上单调递减，当
时，
在
上单调递增，
在
上单调递增，且
，
所以，当
时，
在
上单调递减，
当
时，
在
上单调递增，
所以
，所以
成立，
当
时，当
时，
在
上单调递减，
，
在
上单调递减，
因为
，所以
在
上单调递减，此时
，舍去．
当
时，当
时，
，
在
上单调递减，
在
上单调递增，
．舍去；
当
时，当
时，
，
在
上单调递增，
，
在
上单调递减，
在
上单调递增，
此时，
，舍去，
综上，
．
题型五：由空间图形的可变性引起的分类讨论
【典例5-1】已知长方体
中
，
，
，用过该长方体体对角线
的平面
去截该长方体，则所得截面的面积最小值为（ ）
50
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】假设截面为
，易知截面为平行四边形，过点
作
，垂足为
，则截面面积
，因为
为定值，所以只要
最小，
当F 在BC 上（不含两端点）时，如图所示建立空间直角坐标系，则
为异面直线
和
的公垂线时，
EF 最小，易知异面直线
和
的距离即
到平面
的距离，
，设面
的法向量为
，
则
，则
，令
，则
，即
，
所以BC 到面
的距离为
；
当F 在
上（不含两端点）时，如图所示，
51
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此时
为
和
的公垂线时，
最小．同上可得
和
的公垂线长为
；
当F 在
上（不含两端点）时，如图所示，
此时EF 为
和
的公垂线，
最小．同上可得
和
的公垂线长为
；
故
，此时
，
易得特殊截面
，
，
，
比较所得
.
故选：C.
【典例5-2】在正方体
中，平面
经过点B、D，平面
经过点A、
，当平面
分别
截正方体所得截面面积最大时，平面
所成的锐二面角大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
52
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【解析】平面
经过点B、D 且截正方体所得截面面积最大时，平面
与面
重合，
证明：设平面
与面
所成的二面角为
，二面角
为
，
当
时，记平面
截正方体所得截面为面
，
，
则
，
令
，
因为
，所以
，
当
时，显然平面
截正方体所得截面面积最大时，
截面为面
，
当
时，平面
截正方体所得截面为
，
所以平面
截正方体所得截面面积最大时截面为面
，
同理平面
过
时，截正方体所得截面面积最大时截面为面
，
连接
，面
与面
所成锐二面角为
，
53
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因为
面
面
，
所以
的所成角大小为二面角
大小，
因为
，所以面
与面
所成锐二面角大小为
.
故选：C．
【变式5-1】（多选题）如图，两条异面直线a，b 所成的角为
，在直线a，b 上分别取点A，O 和点
C，B，使
，
.已知
，
，
，则线段OC 的长为（ ）
A．6
B．8
C．
D．
【答案】AC
【解析】依题意，
，
平方得
.
因为a，b 所成的角为
，
或
.
当
时，
，
，
代入数据可得
，
所以，
，所以
；
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当
时，
，
，
代入数据可得
，
所以，
，所以
.
综上所述，
或
，即OC 的长为6 或
.
故选：AC.
【变式5-2】（多选题）如图，有一个正四面体形状的木块，其棱长为
.现准备将该木块锯开，则下列关
于截面的说法中正确的是（ ）
A．过棱
的截面中，截面面积的最小值为
B．若过棱
的截面与棱
（不含端点）交于点
，则
C．若该木块的截面为平行四边形，则该截面面积的最大值为
D．与该木块各个顶点的距离都相等的截面有7 个
【答案】ACD
【解析】设截面与棱
的交点为
，
对于A 项，如图1，过棱
的截面为
，易知当
为棱
的中点时，
,且
，
平面
，故
平面
，
取
的中点
，连接
，则
，
又
平面
，
，即
是异面直线
的公垂线，
，
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故此时
的面积取得最小值，最小值为
，
正确；
对于B 项，易知
，故结合A 项，可设
，
在
中，由余弦定理
，
所以
，即
，B 错误；
对于C 项，如图2，当截面
为平行四边形时，
，
，
由正四面体的性质可知
，故
，从而平行四边形
为长方形.
设
，则
，所以长方形
的面积
，
当且仅当
时，等号成立，
正确；
对于D 项，与该木块各个顶点的距离都相等的截面分为两类.第一类：平行于正四面体的一个面，且到顶点
和到底面距离相等，这样的截面有4 个.
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第二类：平行于正四面体的两条对棱，且到两条棱距离相等，这样的截面有3 个.
故与该木块各个顶点的距离都相等的截面共有7 个，D 正确.
故选：ACD
1．设四面体
中，有2 条棱长为
，其余4 条棱长为1．则实数
的取值范围为 ．
【答案】
【解析】第一种情况，两边在一个三角形内时：
假设
时，E 为D 在底面射影，
由题意得
，假设
中点为
，连结
，假设
则
，即
，
所以
，则
且
，
即
，故
，则
，
综上，
；
第二种情况，两边不在一个三角形内时：
假设
，
发现当等腰三角形两腰的夹角接近
时，
在减小但总是存在的，故
，
假设
，取
中点
，连接
，
则
，由两边之和大于第三边可知：
，解得：
，故
.
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综上，
.
故答案为：
.
2．（多选题）四棱锥的四个侧面都是腰长为
，底边长为2 的等腰三角形，则该四棱锥的高为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【解析】满足要求的四棱锥有如下三种情形.
（1）
如图，四条侧棱长均为
，则四棱锥为正四棱锥，连接
交于点
，连接
，
则
平面
，
是四棱锥的高，
则
，
，
所以
，
四棱锥的高为
；
（2）
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如图，有两条侧棱长为
，
作
平面
，记
，
，
是四棱锥的高，
于是，
，
且
.
解得
，
.
四棱锥的高为
；
（3）
如图，三条侧棱（
、
、
）长为
，一条侧棱
，
，
，
设
与
交于点
.记
.
由等腰三角形三线合一可得：
,
平面
，
平面
，
，
则
平面
，
因为
平面
，所以平面
平面
，
过O 作
，因为平面
平面
,
所以
平面
，
是四棱锥的高，
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则有
，
，
.
因为
，
于是，
.
将前面的结果代入上式，
解得
或
.
显然
，故
.
，
在
中，
由余弦定理得
,
，
，
四棱锥的高为
.
故选：ACD.
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