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专题五:第三讲 分类讨论思想_图文

专题五 数学思想方法

第三讲:分类讨论思想

高考预测
分类讨论思想是历年高考的必考内容,它不仅 是高考的重点和热点,也是高考的难点,高考中 经常会有一道解答题,解题思路直接依赖于分类 讨论. 预测2015年的高考,将会一如既往地考查分类

讨论思想,特别在解答题中(尤其导数与函数),将
有一道进行分类、求解的把关题,选择题、填空

题也会出现不同情形的分类讨论求解题.

思想方法概述
1. 分类讨论思想是一种重要的数学思想方法 . 其基 本思路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.

2.分类讨论的常见类型
(1)由数学概念引起的分类讨论.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.有的数学定理、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)由数学运算要求引起的分类讨论.如除

法运算中除数不为零,偶次方根为非负,对
数真数与底数的要求,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.

(5)由参数的变化引起的分类讨论.某些含 有参数的问题,如含参数的方程、不等式, 由于参数的取值不同会导致所得结果不同, 或对于不同的参数值要运用不同的求解或证 明方法. (6) 由实际意义引起的讨论 . 此类问题在 应用题中,特别是在解决排列、组合中的计

数问题时常用.

3.分类讨论的原则 (1)不重不漏. (2)标准要统一,层次要分明. (3)能不分类的要尽量避免或尽量推迟, 决不无 原则地讨论. 4.解分类问题的步骤 (1) 确定分类讨论的对象,即对哪个变量 或参数进行分类讨论. (2)对所讨论的对象进行合理的分类. (3) 逐类讨论,即对各类问题详细讨论, 逐步解决. (4)归纳总结,将各类情况总结归纳.

1 2 3 4 真题感悟

1 1.(2014· 课标全国Ⅱ)钝角三角形 ABC 的面积是 , AB 2 =1,BC= 2,则 AC 等于( A.5 B. 5 C.2 ) D.1

1 1 1 解析 ∵S△ABC= AB· BC· sin B= ×1× 2sin B= , 2 2 2 2 π 3π ∴sin B= ,∴B= 或 . 2 4 4

3π 当 B = 时,根据余弦定理有 AC2 = AB2 + BC2 - 4
2AB· BC· cos B=1+2+2=5,
所以AC= 5 ,此时△ABC为钝角三角形,符合题意;

1 2 3 4 真题感悟

π 当B= 4

时,根据余弦定理有 AC2 = AB2 + BC2 -

2AB· BC· cos B=1+2-2=1,

所以AC=1,此时AB2+AC2=BC2,△ABC为直角
三角形,不符合题意.故AC= 5 . 答案 B

1 2 3 4 真题感悟

2.(2013· 安徽)“a≤0”是“函数f(x)=|(ax-1)x|在区间(0, +∞)内单调递增”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 解析 当 a = 0 时, f(x) = |(ax - 1)x|= |x|在区间 (0 , +∞)上单调递增;

当a<0时,结合函数f(x)=|(ax-1)x|
=|ax2-x|的图象知函数在(0,+∞)

上单调递增,如图(1)所示;

1 2 3 4 真题感悟
3.(2014· 广 东 ) 设 集 合 A = {(x1 , x2 , x3 , x4 ,
x5)|xi∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5},那么集合A中满

足条件 “1≤|x1| + |x2|+ |x3| + |x4|+ |x5|≤3” 的元素
个数为( A.60 ) B.90 C.120 D.130

1 2 3 4 真题感悟
解析 在 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 这 五个 数 中 , 因 为

xi∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5,
所以满足条件 1≤|x1| + |x2| + |x3| + |x4| + |x5|≤3 的可
1 能情况有“①一个1(或-1),四个0,有 C5
2 ②两个1(或-1),三个0,有C5 ×2种;
2 ③一个-1,一个1,三个0,有A5 种;

×2种;

1 2 3 4 真题感悟
④两个1(或-1),一个-1(或1),两个0,有
2 1 ×2 C5C3

种;

⑤三个1(或-1),两个0,有 C3 5×2种.

故共有

1 2 2 2 1 3 C 5 ×2 + C 5 ×2 + A 5 + C 5 C 3 ×2 + C 5 ×2 =

130(种),故选 D.
答案 D

1 2 3 4 真题感悟
当a>0时,结合函数f(x)=|(ax-1)x|= |ax2-x|的图象知函数在(0,+∞)上先 增后减再增,不符合条件,如图(2)所示. 所以,要使函数f(x)=|(ax-1)x|在(0,+∞)上单调

递增只需a≤0.
即 “a≤0” 是 “ 函数 f(x) = |(ax - 1)x| 在区间 (0 ,+ ∞) 内

单调递增”的充要条件.
答案 C

1 2 3 4 真题感悟
2 ? x ? +x,x<0, 4. (2014· 浙江卷)设函数 f(x)=? 2 若 f(f(a))≤2, ? ?-x ,x≥0.

(-∞, . 2] 则实数 a 的取值范围是________
? ? f ( a )< 0 , ? ?f(a)≥0, 解析 由题意? 2 或? 2 解得 ? ?f (a)+f(a)≤2 ? ?-f (a)≤2, ? ? ?a<0, ?a≥0, f(a)≥-2,当? 2 或? 2 解得 a≤ 2. ? ?a +a≥-2 ? ?-a ≥-2,

故 a 的取值范围是(-∞, 2].

突破点1
例1

根据数学的概念分类讨论

设0<x<1,a>0且a≠1,比较|loga(1

-x)|与|loga(1+x)|的大小. 思路点拨:先利用0<x<1确定1-x与1+x 的范围,再利用绝对值及对数函数的概念分类讨 论两式差与0的大小关系,从而比较出大小.

∵0<x<1,∴0<1-x<1, 1+x>1,0<1-x2<1. 解析 ①当 0<a <1 时,log a (1-x) >0,loga (1 +x)<0, 所以|loga (1 -x)| - |log a (1 + x)| = loga (1 -x) - [ - loga (1 +x)] =loga (1-x2) >0;

②当 a>1 时,loga (1-x)<0,loga(1+x)>0. 所以|loga(1-x)|-|loga(1+x)| =-loga(1-x)-loga (1+x)=-loga(1-x2)>0. 由①②可知,|loga(1-x)|>|loga(1+x)|.

规律方法
本题是由对数函数的概念内涵引起的分类讨论,我们称为概念分类 型.由概念内涵引起的分类还有很多:如绝对值|a|分 a>0,a=0,a<0 三 种情况;直线的斜率分倾斜角θ ≠90°,斜率 k 存在,倾斜角θ =90°,斜 率不存在;指数、对数函数[y=a x(a >0 且 a ≠1)与 y=loga x(a >0 且 a≠1)] 可分为 a>1, 0<a <1 两种类型; 直线的截距式分直线过原点时[ 为 y=kx], x y 为 + =1 不过原点时 a b 等.

?跟踪训练
1.若函数

? f(x) = ? 则不等式 x ?1? ???3?? ,x≥0,
1 ,x<0, x

1 [-3,1] |f(x)|≥ 的解集为________ . 3

解析 本题主要考查分段函数和简单绝对值不等式的解法 .
属于基础知识、基本运算的考查. x<0, ? 1 由|f(x)|≥ -3≤x<0. ??1? 1 3 ?≥ x ?? ? ? 3 x≥0, x≥0, ? ? ? ? 1 由|f(x)|≥ 0≤x≤1. ???1?x? 1 ??1?x 1 3 ?? ? ?≥ ? ? ≥ ? ? 3 3 ??? ? ? ??3? 3 1 ∴不等式|f(x)|≥ 的解集为{x|-3≤x≤1}, 3 ∴应填[-3,1].

突破2 根据运算的要求或性质、定理、公 式的条件分类讨论
例 2 在等差数列{an}中,a1=1,满足 a2n=2an,n=1, 2,? (1)求数列{an}的通项公式; (2)记 bn=anpan(p>0),求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 思路点拨:(1)由 a2n=2an,n=1,2,?求出公差 d,即 得{an}的通项公式. (2)先求{bn}的通项公式,然后用错位相减可求 Tn,但由于公 比 q 不确定, 故用等比数列前 n 项和公式求 Tn 时要分类讨论.

(1)设等差数列{an }的公差为 d, 由 a2n =2an 得 a 2=2a1=2,所以 d=a 2-a 1=1. 又 a 2n=a n+nd=a n +n =2an , 所以 an =n. (2)由 b n=an pan 得 bn =npn , -1 2 3 n 所以 T n=p+2p +3p +…+(n-1)p +npn .① n(n+1) 当 p =1 时,Tn = . 2 当 p ≠1 时,pTn
+1 2 3 n n =p +2p +…+(n -1)p +np ,②

①-②得,(1-p)T n =p+p 2+p3+…+p n -np -npn + 1, p(1-p ) np ∴Tn = - . 2 (1-p) 1-p n(n+1) ,p=1, 2 综上所述,Tn = p(1-pn ) npn +1 - ,p≠1. 2 (1-p) 1-p
n n +1

n+1

p (1-p n ) = 1-p

规律方法
(1)一次函数、二次函数、指数函数、对数函数的单调 性,均值定理,等比数列的求和公式等性质、定理与公式在 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,这时要小心,应根据题目条件确定是否进行分类讨论. (2)分类讨论的有些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;解方程及不等式两边同乘 以一个数是否为零,是正数,还是负数的讨论;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.

?跟踪训练
2.若函数f(x)=ax-x-a(a>0且a≠1)有两个零点,

(1,+∞. ) 则实数a的取值范围是________
解析 设函数y=ax(a>0且a≠1)和函数y=x+a,则函数 f(x)=ax-x-a(a>0且a≠1)有两个零点,就是函数y=ax(a >0且a≠1)与函数y=x+a有两个交点.由图象可知当0< a<1时两函数只有一个交点,不符合;当a>1时,因为函 数y=ax(a>1)的图象过点(0,1),而直线y=x+a所过的 点一定在点(0,1)的上方,所以一定有两个交点.所以实 数a的取值范围是(1,+∞).

突破点3 根据字母的取值情况分类讨论
例3 (2014· 北京卷)已知函数f(x)=2x3-3x. (1)求f(x)在区间[-2,1]上的最大值; (2)若过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切,求t的 取值范围; (3)问过点A(-1,2),B(2,10),C(0,2)分别存在几条 直线与曲线y=f(x)相切(只需写出结论)? 思路点拨:(1)求导数,导数等于0求出x,再代入原函 数解析式,最后比较大小,即可;(2)设切点,由相切得出切 线方程,然后列表并讨论求出结果;(3)由(2)容易得出结果.

(1)由 f(x)=2x3-3x 得 f′(x)=6x2-3,令 f′(x)=0,得 x ? ? 2? 2 2 2? =- 或 x= ,因为 f(-2)=-10,f?- ?= 2,f? ? 2 2 ? 2? ?2 ? =- 2,f(1)=-1, ? 2? 所以 f(x)在区间[-2,1]上的最大值为 f?- ?= 2. ? 2? (2)设过点 P(1,t)的直线与曲线 y=f(x)相切于点(x0, y0),
3 则 y0=2x0 -3x0,且切线斜率为 k=6x2 0-3,所以切线方程 2 为 y-y0=(6x0 -3)(x-x0),

2 3 因此 t-y0=(6x0 -3)(1-x0), 整理得: 4x0 -6x2 0+t+3=0,

设 g(x)=4x3-6x2+t+3,则“过点 P(1,t)存在 3 条直线 与曲线 y=f(x)相切”等价于“g(x)有 3 个不同零点”, g′(x) =12x2-12x=12x(x-1),g(x)与 g′(x)的情况如下: x g′(x) g(x) (-∞,0) + ↗ 0 0 t+3 (0,1) - ↘ 1 0 t+1 (1,+∞) + ↗

所以,g(0)=t+3 是 g(x)的极大值,g(1)=t+1 是 g(x)的 极小值,

当g(0)=t+3≤0,即t≤-3时,此时g(x)在 区间(-∞,1]和(1,+∞)上分别至多有1个零点, 所以g(x)至多有2个零点, 当g(1)=t+1≥0,t≥-1时,此时g(x)在区间 (-∞,0)和[0,+∞)上分别至多有1个零点,所以 g(x)至多有2个零点. 当g(0)>0且g(1)<0,即-3<t<-1时,因为

g(-1)=t-7<0,g(2)=t+11>0,

所以g(x)分别为区间[-1,0),[0,1)和[1,2)上恰 有1个零点,由于g(x)在区间(-∞,0)和(1,+∞)上单调,

所以g(x)分别在区间(-∞,0)和[1,+∞)上恰有1个零
点. 综上可知,当过点P(1,t)存在3条直线与曲线y= f(x)相切时,t的取值范围是(-3,-1). (3) 过点 A(- 1 , 2) 存在 3 条直线与曲线 y= f(x) 相切;

过点B(2,10)存在2条直线与曲线y=f(x)相切;
过点C(0,2)存在1条直线与曲线y=f(x)相切.

规律方法
题目中含有参数的问题(含参型),主要包括:含有 参数的不等式的求解;含有参数的方程的求解;对于解析 式系数是参数的函数,求最值与单调性问题;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:

结合参数的意义及对结果的影响而进行分类讨论.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.

?跟踪训练
nπ nπ 2 3.数列{an}的通项 an=n (cos -sin ),其 3 3
2 2

前 n 项和为 Sn. (1)求 Sn; S3n (2)bn= n,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. n·4

2nπ 解析 (1)由于 cos -sin =cos , 故 S3k=(a1 3 3 3 + a2 + a3) + (a4 + a5 + a6) + ? + (a3k - 2 + a3k - 1 + a3k) = 2 2 ? 12+22 ? 4 + 5 ?- + 62) + ? + [ - +32? + ( - 2 2 ? ? (3k-2)2+(3k-1)2 +(3k)2] 2 18k-5 k(9k+4) 13 31 = + + ?+ = , 2 2 2 2 k(4-9k) S3k-1=S3k-a3k= , 2 S3k-2=S3k-1-a3k-1

2nπ

2nπ

k(4-9k) (3k-1)2 1 = + = -k 2 2 2 3k-2 1 =- - , 3 6 n 1 - - ,n=3k-2, 3 6
n

? ?(n+1)(1-3n) ,n=3k-1,(k∈N ). 故 S =? 6 ?n(3n+4),n=3k, ? 6
*

9n+4 S3n (2)bn= n , n= 2· 4 n·4 9n+4? 1?13 22 Tn= ? + 2 +?+ n ?, 2? 4 4 4 ? 9n+4? 22 1? 4Tn= ?13+ 4 +?+ n-1 ?, 2? 4 ?

两式相减得 1 9 9 9n+4 3Tn= (13+ +?+ n-1- n ) 2 4 4 4 ? 9- 9n ? 4 4 9n+4? 1? 1 9n = 13+ 1 - 4n =8- 2n-3- 2n+1, 2? 2 2 ? 1- 4 ? ? 8 1 3n 故 Tn= - 2n-3- 2n+1. 3 3· 2 2

突破点4

根据图形位置或形状变动分类讨论

例4 长方形ABCD中,|AB|=4,|BC|=8,在 BC边上取一点P,使|BP|=t,线段AP的垂直平分 线与长方形的边的交点为Q,R时,用t表示|QR|. 思路点拨:建立平面直角坐标系,设法求出 点Q,R的坐标,利用两点间的距离公式建模.

如图所示,分别以 BC,AB 所在的边 为 x,y 轴建立平面直角坐标系. 4 ∵kAP=- , t t ∴kQR= . 4 ?t ? 又 AP 的中点的坐标为?2,2?, ? ? t? t? ∴QR 所在的直线方程为 y-2= ?x-2?.① 4? ? 由于t的取值范围的不同会导致Q,R落在长方形 ABCD的不同边上,故需分类讨论:
当|PD|=|AD|=8时,

解析

易知|PC|= |PD|2-|DC|2=4 3. ∴当 0≤t≤8-4 3时,Q,R 两点分别在 AB,CD 上, 对方程①,分别令 x=0 和 x=8,
? ? t2 ? t2 ? 可得 Q?0,2- 8 ?,R?8,2+2t- 8 ?, ? ? ? ?

这时|QR|=2 16+t2;当 8-4 3<t≤4 时,Q,R 两点 分别在 AB,AD 上,对方程①,分别令 x=0 和 y=4,
? ?8 t ? t2 ? 可得 Q?0,2- 8 ?,R? t +2,4?, ? ? ? ?

这时|QR|=

?8 t ?2 ? t2?2 ? + ? +?2+ ? ; 8? ? t 2? ?

G 高 考热点 突 破

当 4<t≤8 时,Q,R 两点分别在 BC,AD 上, 对方程①分别令 y=0 和 y=4,
?t 8 ? ?8 t ? 可得 Q?2- t ,0?,R? t +2,4?, ? ? ? ?
栏 目 链 接

4 t2+16 这时|QR|= . t 综上所述:当 0≤t≤8-4 3时,|QR|=2 16+t2; 当 8-4 3<t≤4 时, |QR|= 4 t2+16 当 4<t≤8 时,|QR|= . t
?8 t ?2 ? t2?2 ? + ? +?2+ ? ; 8? ? t 2? ?

规律方法
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.

?跟踪训练
4.四面体的四个顶点到平面M的距离之比为

1∶1∶1∶3,求满足条件的平面M的个数.
1 ①4 个顶点都在 M 同侧,则有:C4 · 1=4 个平面; ②距离比为 3 的顶点与其他 3 个顶点不同侧,则有: 1 C4 ·1=4 个平面; ③距离比为 3 的顶点与其他 3 个顶点中的 1 个同侧, 1 则有:C1 · C 4 3·1=12 个平面; ④距离比为 3 的顶点与其他 3 个顶点中的 2 个同侧, 2 则有:C1 · C 4 3·1=12 个平面,

解析

∴共有 4+4+12+12=32 个平面.

小结反思
1.分类讨论的思想方法的步骤:(1)确定标准; (2)合理分类;(3)逐类讨论;(4)归纳总结.

2.简化分类讨论的策略:(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.
3.进行分类讨论时,我们要遵循的原则是:分 类的对象是确定的,标准是统一的,不遗漏、不重复, 科学地划分,分清主次,不越级讨论.其中最重要的 一条是“不漏不重”.

4.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”.


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