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【2017参考】金版教程2016高考数学理二轮复习课件2-3-3 分类讨论思想


第二编

考前冲刺攻略

第三步

数学思想与方法

第三讲

分类讨论思想

1 分类讨论思想的含义 分类讨论思想就是当问题所给的对象不能进行统一研究时,需要把研究对象按某个标准分类,然后对 每一类分别研究得出结论,最后综合各类结果得到整个问题的解答.实质上,分类讨论是“化整为零,各 个击破,再积零为整”的解题策略. 2 分类讨论的常见类型 有关分类讨论的数学问题需要运用分类讨论思想来解决, 引起分类讨论的原因大致可归纳为如下几种: (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,偶次方根被开方数为非负,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:此类问题常常出现在应用题中.

3 分类讨论解题的步骤 (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.

类型一

由概念、法则、公式引起的分类讨论 LEIXING

例1 在公差为 d 的等差数列{an}中,已知 a1=10,且 a1,2a2+2,5a3 成等比数列. (1)求 d,an;

解 (1)由题意得,5a3· a1=(2a2+2)2, 即 5(a1+2d)· a1=(2a1+2d+2)2 d2-3d-4=0,解得 d=-1 或 d=4, 所以 an=-n+11 或 an=4n+6.

(2)若 d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|. 解 (2)设数列{an}前 n 项和为 Sn,
因为 d<0,所以 d=-1,an=-n+11,则 由 an≥0,即-n+11≥0 得 n≤11. 所以当 n≤11 时,an≥0,n≥12 时,an<0. 1 21 所以 n≤11 时,|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|=Sn=-2n2+ 2 n; n≥12 时,|a1|+|a2|+?+|a11|+|a12|+?+|an|=a1+a2+?+a11-a12-?-an=S11-(Sn-S11)=-Sn 1 21 +2S11= n2- n+110. 2 2 综上所述,|a1|+|a2|+?+|an|

?-1n2+21n,n≤11, ? 2 2 =? ?1n2-21n+110,n≥12. 2 ?2

切入点 (1)把 a2,a3 用 a1,d 表示,列方程求解.(2)令 审题过程 an≥0 求出变号的项. 关注点 (1)公差 d 有两个结果,从而有两个 an.(2)需根据 an 的正负分类讨论求解 .

四步解决由概念、法则、公式引起的分类讨论问题 第一步:确定需分类的目标与对象.即确定需要分类的目标,一般把需要用到公式、定理解决问题的 对象作为分类目标. 第二步:根据公式、定理确定分类标准.运用公式、定理对分类对象进行区分. 第三步:分类解决“分目标”问题.对分类出来的“分目标”分别进行处理. 第四步:汇总“分目标”.将“分目标”问题进行汇总,并作进一步处理.

an+1 模拟演练 1 已知各项均为正数的数列{an}, 其前 n 项和为 Sn, 且 Sn=( Sn-1+ a1) (n≥2), 若 bn= an 2 4n +6n an + ,且数列{bn}的前 n 项和为 Tn,则 Tn=________. 2n+1 a
2 n+1

解析

由题意可得,Sn>0,因为 Sn=( Sn-1+ a1)2(n≥2),所以 Sn= Sn-1+ a1,即数列{ Sn}

是以 S1= a1为首项,以 a1为公差的等差数列,所以 Sn=n a1,所以 Sn=n2a1,所以当 n≥2 时,an an+1 an 2n+1 2n-1 =Sn-Sn-1=n a1-(n-1) a1=(2n-1)a1,当 n=1 时,适合上式,所以 bn= + = + = an an+1 2n-1 2n+1
2 2

? 1 1 ? ? 1 1 1 1 1 ? 2 2 1+ +1- =2+2?2n-1-2n+1?,所以 Tn=2n+2?1-3+3-5+?+2n-1-2n+1?=2n+ 2n-1 2n+1 ? ? ? ? ? 1 ? 4n2+6n 4n 2?1-2n+1?=2n+ = . 2 n + 1 2 n + 1 ? ?

类型二 例2

由参数变化而引起的分类讨论 LEIXING

[2014· 北京高考]对于数对序列 P:(a1,b1),(a2,b2),?,(an,bn),记 T1(P)=a1+b1,Tk(P)

=bk+max{Tk-1(P), a1+a2+?+ak}(2≤k≤n), 其中 max{Tk-1(P), a1+a2+?+ak}表示 Tk-1(P)和 a1+a2+? +ak 两个数中最大的数. (1)对于数对序列 P:(2,5),(4,1),求 T1(P),T2(P)的值;
解 (1)T1(P)=2+5=7, T2(P)=1+max{T1(P),2+4}=1+max{7,6}=8.

(2)记 m 为 a,b,c,d 四个数中最小的数,对于由两个数对(a,b),(c,d)组成的数对序列 P:(a,b), (c,d)和 P′:(c,d),(a,b),试分别对 m=a 和 m=d 两种情况比较 T2(P)和 T2(P′)的大小;
解 (2)T2(P)=max{a+b+d,a+c+d},

T2(P′)=max{c+d+b,c+a+b}. 当 m=a 时,T2(P′)=max{c+d+b,c+a+b}=c+d+b. 因为 a+b+d≤c+b+d,且 a+c+d≤c+b+d,所以 T2(P)≤T2(P′). 当 m=d 时,T2(P′)=max{c+d+b,c+a+b}=c+a+b. 因为 a+b+d≤c+a+b,且 a+c+d≤c+a+b,所以 T2(P)≤T2(P′). 所以无论 m=a 还是 m=d,T2(P)≤T2(P′)都成立.

(3)在由五个数对(11,8),(5,2),(16,11),(11,11),(4,6)组成的所有数对序列中,写出一个数对序列 P 使 T5(P)最小,并写出 T5(P)的值.(只需写出结论)
解 (3)数对序列 P:(4,6),(11,11),(16,11),(11,8),(5,2)的 T5(P)值最小,T1(P)=10,T2(P)=26, T3(P)=42,T4(P)=50,T5(P)=52.
切入点 利用公式,计算出最小值 m 的不同值 T2(P)和 T2(P′). 关注点 合理分类,利用类比.

审题过程

两类与参数有关的分类讨论问题 (1)由于所求的变量或参数的取值不同会导致结果不同,所以要对某些问题中所求的变量进行讨论; (2)有的问题中虽然不需要对变量讨论,但却要对参数讨论.在求解时要注意讨论的对象,同时应理顺 讨论的目的.

模拟演练 2 设函数 f(x)=x-|x+2|-|x-3|-m(m∈R). (1)当 m=-4 时,求函数 f(x)的最大值;
3x+3,x<-2 ? ? 解 (1)当 m=-4 时,f(x)=x-|x+2|-|x-3|+4=?x-1,-2≤x≤3 , ? ?-x+5,x>3 所以函数 f(x)在(-∞,3]上是增函数,在(3,+∞)上是减函数, 所以 f(x)max=f(3)=2.

1 (2)若存在 x0∈R,使得 f(x0)≥ -4,求实数 m 的取值范围. m
1 1 解 (2)不等式 f(x0)≥ -4,即 x0-|x0+2|-|x0-3|+4≥ +m, m m 1 令 g(x)=x-|x+2|-|x-3|+4,则存在 x0∈R,使得 g(x0)≥ +m 成立, m 1 1 因此m+m≤g(x)max=2,即m+m≤2, 当 m>0 时,原不等式为(m-1)2≤0,解得 m=1, 当 m<0 时,原不等式为(m-1)2≥0,解得 m<0, 综上所述,实数 m 的取值范围是(-∞,0)∪{1}.

模拟演练 3 [2015· 福建高考]已知函数 f(x)的图象是由函数 g(x)=cosx 的图象经如下变换得到: 先将 g(x) π 图象上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍(横坐标不变),再将所得到的图象向右平移2个单位长度. (1)求函数 f(x)的解析式,并求其图象的对称轴方程;
解 (1)将 g(x)=cosx 的图象上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍(横坐标不变)得到 y=2cosx 的图 π π 象,再将 y=2cosx 的图象向右平移2个单位长度得到 y=2cos(x-2)的图象,故 f(x)=2sinx. π 从而函数 f(x)=2sinx 图象的对称轴方程为 x=kπ+2(k∈Z).

(2)已知关于 x 的方程 f(x)+g(x)=m 在[0,2π)内有两个不同的解 α,β.
1 2? ? 2 1 其中 sin φ = , cos φ = ? ?. 解 (2)①f(x)+g(x)=2sinx+cosx= 5( sinx+ cosx )= 5sin(x+φ) 5 5 ? ? 5 5
?m? m 依题意, sin(x+φ)= 在[0,2π)内有两个不同的解 α, β 当且仅当? ?<1, 故 m 的取值范围是(- 5, ? 5? 5

①求实数 m 的取值范围;

5).

2m2 ②证明:cos(α-β)= 5 -1.

2m2 ②证明:cos(α-β)= -1. 5
解 ②因为 α,β 是方程 5sin(x+φ)=m 在[0,2π)内的两个不同的解,所以 sin(α+φ)= m φ)= . 5
?π ? 当 1≤m< 5时,α+β=2?2-φ?,即 α-β=π-2(β+φ); ? ? ?3π ? 当- 5<m<1 时,α+β=2? 2 -φ?,即 α-β=3π-2(β+φ), ? ?
2 m ? ? 2 m 所以 cos(α-β)=-cos2(β+φ)=2sin2(β+φ)-1=2? ?2-1= -1. 5 ? 5?

m ,sin(β+ 5

类型三 例3

根据图形位置或形状分类讨论 LEIXING

[2015· 广东高考]已知过原点的动直线 l 与圆 C1:x2+y2-6x+5=0 相交于不同的两点 A,B.

(1)求圆 C1 的圆心坐标;
解 (1)圆 C1 的标准方程为(x-3)2+y2=4,圆心 C1(3,0).

(2)求线段 AB 的中点 M 的轨迹 C 的方程;

? 3? 9 (2)由垂径定理知,C1M⊥AB,故点 M 在以 OC1 为直径的圆上,即?x-2?2+y2=4. ? ?

? 3? 9 故线段 AB 的中点 M 的轨迹 C 的方程是?x-2?2+y2= 在圆 C1: (x-3)2+y2=4 内部的部分, 设 AB 4 ? ? ?y=k1x 2 方程为 y=k1x,当 AB 与圆 C1 相切时? 2 2 ?(k2 1+1)x -6x+5=0, ?x +y -6x+5=0

2 5 由 Δ=36-4×5×(k2+1)=0 得 k1=± , 5
?5 ? 5 代入方程组得 x=3,因此 x∈?3,3?. ? ? ? 3? ? 9?5 即?x-2?2+y2= ?3<x≤3?. 4? ? ? ?

(3)是否存在实数 k,使得直线 L:y=k(x-4)与曲线 C 只有一个交点?若存在,求出 k 的取值范围;若 不存在,说明理由.

?x=5, ? 3 解 (3)联立? 3? 9 ?? ?x- ?2+y2= , 4 ?? 2? ?x=5, ? 3 解得? 2 5 ?y=± . 3 ?
?5 2 5? ?5 2 5? ?,P2? ,- ?, 不妨设其交点为 P1? , 3 ? 3 ? ?3 ?3

设直线 L:y=k(x-4)所过定点为 P(4,0),

则 kPP1=-

2 5 2 5 ,kPP2= . 7 7
?3 ? ? k-4k? ?2 ?

当直线 L 与圆 C 相切时,
? ? ? ? ?

3 3 = ,解得 k=± . 4 k 2 +1 2

? 2 5 2 5? ? 3 3? ? ?时,直线 L 与曲线 C 只有一个交点. 故当 k∈ -4,4?∪?- , 7 7 ? ? ?

切入点 直线与曲线 C 只有一个交点,即直线与圆相切,或与曲线 C 相 审题过程 交(仅有 1 个交点),从而确定斜率 k 的取值范围. 关注点 分类讨论与数形结合.

几类常见的由图形的位置或形状变化引起的分类讨论 (1)二次函数对称轴的变化;(2)函数问题中区间的变化;(3)函数图象形状的变化;(4)直线由斜率引起 的位置变化;(5)圆锥曲线由焦点引起的位置变化或由离心率引起的形状变化;(6)立体几何中点、线、面的 位置变化等.

x2 y2 2 1 模拟演练 4 已知椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)上的点到两个焦点的距离之和为3,短轴长为2,直线 l 与 椭圆 C 交于 M、N 两点.

(1)求椭圆 C 的方程;
x2 y2 2 2 1 解 (1)由椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)上的点到两个焦点的距离之和为 ,得 2a= ,即 a= , a b 3 3 3 1 1 1 由短轴长为 ,得 2b= ,即 b= , 2 2 4 所以椭圆 C 的方程为 9x2+16y2=1.

1 (2)若直线 l 与圆 O:x2+y2= 相切,证明:∠MON 为定值. 25 1 1 2 2 解 (2)证明:当直线 l⊥x 轴时,因为直线 l 与圆 O:x +y = 相切,所以直线 l 的方程为 x= 或 25 5 1 x=- . 5
→ → ?1 1? ?1 1? 1 当直线 l 的方程为 x=5时,得 M、N 两点的坐标分别为?5,5?和?5,-5?,故OM· ON=0,所以∠ ? ? ? ? π MON= ; 2 1 π 同理当直线 l 的方程为 x=-5时,∠MON=2. 当直线 l 与 x 轴不垂直时,设直线 l:y=kx+b,M(x1,y1),N(x2,y2),圆心 O(0,0)到直线 l 的距 |b| 1 2 2 离为 d,由直线 l 与圆 O 相切得 d= 2 2=5,即 25b =k +1① k +?-1?

?y=kx+b, 联立? 2 得(9+16k2)x2+32kbx+16b2-1=0, 2 ?9x +16y =1,
2 16 b -1 32 kb 因此 Δ=(32kb)2-4(9+16k2)(16b2-1)>0,x1+x2=- , x x = , 9+16k2 1 2 9+16k2 2 2 → → 25 b - k -1 2 2 由OM· ON=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+b)(kx2+b)=(1+k )x1x2+kb(x1+x2)+b = ② 9+16k2

→ → π 由①②得OM· ON=0,即∠MON= . 2 π 综上,∠MON=2(定值).

1 中学数学教材中与分类讨论有关的知识点 (1)绝对值的定义; (2)一元二次方程根的判别式与根的情况; (3)二次函数二次项系数的正负与抛物线的开口方向; k (4)反比例函数 y=x(x≠0)的反比例系数 k, 正比例函数 y=kx 的比例系数 k, 一次函数 y=kx+b 的斜率 k 与图象位置及函数单调性的关系.

2 利用分类讨论思想应注意以下问题 (1)分类讨论要标准统一,层次分明,分类要做到“不重不漏”; (2)分类讨论时要根据题设条件确定讨论的级别,再确定每级讨论的对象与标准,每级讨论中所分类别 应做到与前面所述不重不漏.最后将讨论结果归类合并,其中级别与级别之间有严格的先后顺序、类别和 类别之间没有先后;最后整合时要注意是取交集、并集,还是既不取交集也不取并集只是分条列出; (3)幂函数 y=xα 的幂指数 α 的正、负与定义域、单调性、奇偶性的关系; (4)指数函数 y=ax 及其反函数 y=logax 中底数 a>1 及 0<a<1 对函数单调性的影响; (5)等比数列前 n 项和公式中 q=1 与 q≠1 的区别; (6)不等式性质中两边同乘(除)以正数或负数时对不等号方向的影响; (7)直线与圆锥曲线位置关系的讨论; (8)运用点斜式、斜截式直线方程时斜率 k 是否存在.


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