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专题二:分类讨论思想


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专题二:分类讨论思想
【考情分析】
分类讨论是解决问题的一种逻辑方法,也是一种数学思想,这种思想对于简化研究对象,发展人的 思维有着重要帮助,因此,有关分类讨论的数学命题在高考试题中占有重要位置。所谓分类讨论,就是 当问题所给的对象不能进行统

一研究时,就需要对研究对象按某个标准分类,然后对每一类分别研究得 出每一类的结论,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”的数学策略.分类讨论思想是一种重要的数学思想,它在人的思维发展中有着重要的作用, 因此在近几年的高考试题中,他都被列为一种重要的思维方法来考察。 分类讨论是每年高考必考的内容,预测 2011 年高考对本专题的考察为:将有一道中档或中档偏上 的题目,其求解思路直接依赖于分类讨论,特别关注以下方面:涉及指数、对数底的讨论,含参数的一 元二次不等式、等比数列求和,由 S n 求 an 等。

【知识交汇】
分类讨论是一种重要的数学思想方法,当问题的对象不能进行统一研究时,就需要对研究的对象 进行分类,然后对每一类分别研究,给出每一类的结果,最终综合各类结果得到整个问题的解答。 1.分类讨论思想就是依据一定的标准,对问题分类、求解,要特别注意分类必须满足互斥、无 漏、最简的原则。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)涉及的数学概念是分类讨论的;如绝对值|a|的定义分 a>0、a=0、a<0 三种情况。这种分 类讨论题型可以称为概念型。再有:直线的斜率、指数对数函数、直线与平面的夹角等定义包含了分 类; (2)运用的数学定理、公式、或运算性质、法则是分类给出的;如等比数列的前 n 项和的公式, 分 q=1 和 q≠1 两种情况。这种分类讨论题型可以称为性质型。再有,圆锥曲线的统一定义中图形的 分类等; (3)由实际意义分类。如排列、组合、概率中较常见,但不明显、有些应用问题也需分类讨论; (4)数学问题中含有参变量,这些参变量的不同取值导致不同的结果的;如解不等式 ax>2 时分 a>0、a=0 和 a<0 三种情况讨论。这称为含参型。 (5)较复杂或非常规的数学问题,需要采取分类讨论的解题策略来解决的。 在学习中也要注意优化策略,有时利用转化策略,如反证法、补集法、变更多元法、数形结合法 等简化甚至避开讨论。 2.分类讨论是一种逻辑方法,在中学数学中有极广泛的应用。根据不同标准可以有不同的分类 方法,但分类必须从同一标准出发,做到不重复,不遗漏 ,包含各种情况,同时要有利于问题研究; 3.分类原则: (1)对所讨论的全域分类要“即不重复,也不遗漏”(2)在同一次讨论中只能按所确 定的一个标准进行(3)对多级讨论,应逐级进行,不能越级; 4.分类方法: (1)概念和性质是分类的依据(2)按区域(定义域或值域)进行分类是基本方法(3)
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不定因素(条件或结论不唯一,数值大小的不确定,图形位置的不确定)是分类的突破口(4)二分发 是分类讨论的利器(4)层次分明是分类讨论的基本要求; 5.讨论的基本步骤:(1)明确讨论的对象:即对哪个参数进行讨论;(2)对所讨论的对象进行合理分 类(分类时要做到不重复、不遗漏、标准要统一、分层不越级);(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; 6.简化和避免分类讨论的优化策略: (1)直接回避。如运用反证法、求补法、消参法等方法有时 可以避开烦琐讨论; (2)变更主元。如分离参数、变参置换,构造以讨论对象为变量的函数得便感形式 解题时可避开讨论; (3)合理运算。如利用函数奇偶性、变量的对称轮换以及公式的合理选用等有时可 以简化甚至避开讨论; (4)数形结合。利用函数图象、几何图形的直观性和对称特点有时可以简化甚至 避开讨论。

【思想方法】
题型 1:集合中分类讨论问题 例 1.已知集合 M={a2, a+1,-3}, N={a-3, 2a-1, a2+1}, 若 M∩N={-3}, 则 a 的值( A.-1 B.0 C.1 D.2 )

解析:A;? M∩N={-3} , , ? ? 3 ? N={a-3,2a-1,a2+1} 若 a-3=-3, 则 a=0,此时 M={0,1,-3},N={-3,-1,1},则 M∩N={-3,1} ,故不适合。 若 2a-1=-3,则 a=-1,此时 M={1, 0,-3}, N={-4,-3, 2},
2 若 a +1=-3,此方程无实数解。

点评:该题结合集合的运算考查了分类讨论思想,分类的标准结合集合的性质:无序性、互异性、 确定性。 例 2. (2010 湖北理数)记实数 x1 , x2 ,…… xn 中的最大数为 max ?x1 , x2 ,......xn ? ,最小数为 min ?x1 , x2 ,......xn ? 。 已 知 ABC 的 三 边 长 位 a,b,c ( a ? b ? c ), 定 义 它 的 亲 倾 斜 度 为

?a b c ? ?a b c ? l ? max ? , , ? .min ? , , ? , 则“ l =1”是“ ? ABC 为等边三角形”的( ?b c a ? ?b c a ?
A.必要而不充分的条件 C.充要条件 答案:A; B.充分而不必要的条件 D.既不充分也不必要条件



?a b c ? ?a b c ? 解析:若△ABC 为等边三角形时,即 a=b=c,则 max ? , , ? ?1 ?min ? , , ? 则 l=1;若△ABC ?b c a ? ?b c a ?

?a b c ? 3 ?a b c ? 2 为等腰三角形,如 a=2,b=2,c=3 时,则 max ? , , ? ? , min ? , , ? ? ,此时 l=1 仍成立但△ABC ?b c a ? 3 ?b c a ? 2

不为等边三角形,所以 A 正确。 点评:把握含参数问题参数的分类标准最为关键,像三角形的分类带来的参数标准的分类是解题的 关键。
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www.TopSage.com 题型 2:函数、方程中分类讨论问题
例 3. (2011 天津文 16)设函数 则实数 m 的取值范围是

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f ? x? ? x ?


1 x .对任意 x ??1, ??? , f ? mx ? ? mf ? x ? ? 0 恒成立,

f ? x? ? x ? ? ??, ?1? ; x 对 x ??1, ??? 是增函数, 【解析】解法 1.显然 m ? 0 ,由于函数
则当 m ? 0 时,

1

f ? mx ? ? mf ? x ? ? 0

不恒成立,因此 m ? 0 . 在

当 m ? 0 时,函数

h ? x ? ? f ? mx ? ? mf ? x ?

x ??1, ???
1 m,

是减函数,

因此当 x ? 1 时, 于是

h ? x?

取得最大值

h ?1? ? m ?

h ? x ? ? f ? mx ? ? mf ? x ? ? 0

恒成立等价于

h ? x ? ? x ? ?1, ?? ? ?

的最大值 ? 0 ,

1 ? ?m ? ? 0, m ? 1 h ?1? ? m ? ? 0 ? m ? 0, ? ??, ?1? . m 即 ,解 ? 得 m ? ?1 .于是实数 m 的取值范围是
解法 2. m ? 0 , 然 由于函数 不成立,因此 m ? 0 .

f ? x? ? x ?

1 f ? mx ? ? mf ? x ? ? 0 x 对 x ??1, ??? 是增函数, 则当 m ? 0 时,

f ? mx ? ? mf ? x ? ? mx ?

1 m 1 ? m 2 2m 2 x 2 ? 1 ? m 2 ? mx ? ? 2mx ? ? ?0 mx x mx mx ,
2 2 2

因为

x ??1, ???

2 2 2 g ? x ? ? 2m x ?1? m x ??1, ??? , m ? 0 ,则 2m x ? 1 ? m ? 0 ,设函数 ,则当 时

为增函数,于是 x ? 1 时,

g ? x?

取得最小值

g ?1? ? m2 ? 1



? g ?1? ? m 2 ? 1 ? 0, ? ? m ? 0, ? ??, ?1? . ? 解? 得 m ? ?1 .于是实数 m 的取值范围是
解法 3.因为对任意

x ??1, ???



f ? mx ? ? mf ? x ? ? 0

恒 成 立 , 所 以 对 x ?1 , 不 等 式

1 ? ?m ? ? 0, m ? 1 m? ?0 ? m ? 0, f ? mx ? ? mf ? x ? ? 0 f ? m? ? mf ?1? ? 0 m 也成立,于是 ,即 ,解 ? 得 m ? ?1 .于
是实数 m 的取值范围是

? ??, ?1? .
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点评:含有参数的二次函数的最值问题历来就是高中数学的重点和难点之一。求解此类问题的关键
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一点就是紧扣对称轴,依此来展开有条理性的分类讨论。

2 1 x? 3 2 , h( x) ? x . 例 4. (2011 四川理 22) (四川理 22)已知函数 (Ⅰ)设函数 F(x)=f(x)-h(x),求 F(x)的单调区间与极值; 3 3 log4 [ f ( x ? 1) ? ] ? log2 h(a ? x) ? log 2 h(4 ? x) a ? R ,解关于 x 的方程 2 4 (Ⅱ)设 ; f ( x) ?
f (100)h(100) ? ? h(k )
k ?1 100

(Ⅲ)试比较

1 与 6 的大小.

本小题主要考查函数导数的应用、不等式的证明、解方程等基本知识,考查数形结合、函数与方程、分 类与整合、特殊与一般等数学思想方法及推理运算、分析问题、解决问题的能力.

解: (Ⅰ)由

F ( x) ?

4 x ?3 2 1 9 F ?( x) ? x? ? x x? 6 x ,令 F ?( x) ? 0 ,得 x ? 0 )知, 3 2 16 . (



x ? (0,

9 9 ) x ? ( , ??) ? F ?( x) ? 0 ;当 16 时, 16 时, F ( x) ? 0 . 9 9 ) x ?[ , ??) F ( x) 是减函数; 16 时, 16 时, F ( x) 是增函数.

故当

x ? [0,

函数 F ( x) 在

x?

9 9 1 F( ) ? 16 处有得极小值 16 8 .

3 3 log4 [ f ( x ? 1) ? ] ? log2 h(a ? x) ? log 2 h(4 ? x) 2 4 (Ⅱ)方法一:原方程可化为 ,
log 4 ( x ? 1) ? log 2 a ? x ? log 2 4 ? x ? log 2 a?x 4 ? x ,且

即为 ①当 1 ? a ? 4 时, 1 ? x ? a ,则
? ? 36 ? 4(a ? 4) ? 20 ? 4a ? 0

? x ? a, ? ?1 ? x ? 4,

x ?1 ?

a?x 2 4 ? x ,即 x ? 6 x ? a ? 4 ? 0 ,
6 ? 20 ? 4a ? 3? 5? a 2 ,∵ 1 ? x ? a ,

x?

,此时

此时方程仅有一解 x ? 3 ? 5 ? a . ②当 a ? 4 时, 1 ? x ? 4 ,由

x ?1 ?

a?x 2 4 ? x ,得 x ? 6 x ? a ? 4 ? 0 , ? ? 36 ? 4(a ? 4) ? 20 ? 4a ,

若 4 ? a ? 5 ,则 ? ? 0 ,方程有两解 x ? 3 ? 5 ? a ; 若 a ? 5 时,则 ? ? 0 ,方程有一解 x ? 3 ; 若 a ? 1 或 a ? 5 ,原方程无解. 方法二:原方程可化为 log4 ( x ? 1) ? log 2 h(4 ? x) ? log 2 h(a ? x) ,

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1 log2 ( x ? 1) ? log2 4 ? x ? log 2 即2

? x ? 1 ? 0, ?4 ? x ? 0, ?1 ? x ? 4 ? ?? ? ? ? x ? a, ?a ? x ? 0, ? a?x 2 ?( x ? 1)(4 ? x) ? a ? x. ?a ? ?( x ? 3) ? 5. , ?

①当 1 ? a ? 4 时,原方程有一解 x ? 3 ? 5 ? a ; ②当 4 ? a ? 5 时,原方程有二解 x ? 3 ? 5 ? a ; ③当 a ? 5 时,原方程有一解 x ? 3 ; ④当 a ? 1 或 a ? 5 时,原方程无解.

(Ⅲ)由已知得 k ?1

? h(k ) ? ?
k ?1

100

100

k



设数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,且

Sn ? f (n)h(n) ?

1 * 6 ( n?N ) 4k ? 3 4k ? 1 k? k ?1 6 6 .

ak ? Sk ? Sk ?1 ? 从而 a1 ? S1 ? 1 ,当 2 ? k ? 100 时, 1 ak ? k ? [(4k ? 3) k ? (4k ? 1) k ? 1] 6 又
?

1 1 (4k ? 3)2 k ? (4k ? 1) 2 (k ? 1) 1 ? ? ?0 ? 6 (4k ? 3) k ? (4k ? 1) k ? 1 6 (4k ? 3) k ? (4k ? 1) k ? 1 .

即对任意 2 ? k ? 100 时,有 ak ? k ,又因为 a1 ? 1 ? 1 ,所以 k ?1
f (100)h(100) ? ? h(k ) ?
k ?1 100

?a ? ?
k k ?1

100

100

k





1 6.

点评:本小题主要考查函数、方程等基本知识,考查分类讨论的数学思想方法和综合运用数学知识 分析问题、解决问题的能力。 题型 3:解析几何中的分类讨论问题

x2 y 2 ? ?1 ?x , y ? ?x , y ? 2 例 5. (2011 山东理 22) (山东理 22) 已知动直线 l 与椭圆 C: 3 交于 P 1 1 、Q 2 2

两不同点,且△OPQ 的面积 (Ⅰ)证明

S?OPQ

6 = 2 ,其中 O 为坐标原点.

x12 ? x22 和 y12 ? y22 均为定值;

(Ⅱ)设线段 PQ 的中点为 M,求 | OM | ? | PQ | 的最大值;
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(Ⅲ)椭圆 C 上是否存在点 D,E,G,使得 若不存在,请说明理由.

S?ODE ? S?ODG ? S?OEG ?

6 2 ?若存在,判断△DEG 的形状;

(I)解: (1)当直线 l 的斜率不存在时,P,Q 两点关于 x 轴对称,所以

x2 ? x1 , y2 ? ? y1.

x12 y12 ? ?1 P( x1 , y1 ) 在椭圆上,因此 3 2 因为
S ?OPQ ? 6 6 | x1 | ? | y1 |? . , 2 2 所以



又因为



由①、②得

| x1 |?

6 ,| y1 |? 1. 2 2 x2 ? x2 ? 3, y12 ? y2 ? 2, 2 此时 1

x2 y 2 ? ?1 2 (2)当直线 l 的斜率存在时,设直线 l 的方程为 y ? kx ? m, 由题意知 m ? 0 ,将其代入 3 ,
得 (2 ? 3k ) x ? 6kmx ? 3(m ? 2) ? 0 ,
2 2 2
2 2 其中 ? ? 36k m ?12(2 ? 3k )(m ? 2) ? 0, 即 3k ? 2 ? m

2

2

2

2

????(*)



x1 ? x2 ? ?

6km 3(m2 ? 2) , x1 x2 ? , 2 ? 3k 2 2 ? 3k 2

所以

| PQ |? 1 ? k 2 ? ( x1 ? x2 )2 ? 4 x1 x2 ? 1 ? k 2 ? d? |m| 1? k 2 ,

2 6 3k 2 ? 2 ? m2 , 2 ? 3k 2

因为点 O 到直线 l 的距离为 所以

S?OPQ

1 2 6 3k 2 ? 2 ? m2 | m | 6 | m | 3k 2 ? 2 ? m2 1 ? 1? k 2 ? ? ? | PQ | ?d ? 2 2 ? 3k 2 2 1? k 2 2 ? 3k 2
6 , 2 2 2 整理得 3k ? 2 ? 2m , 且符合(*)式,
2 2 2



S ?OPQ ?

6km 2 3(m2 ? 2) x ? x ? ( x1 ? x2 ) ? 2 x1 x2 ? (? ) ? 2? ? 3, 2 ? 3k 2 2 ? 3k 2 此时
2 1
2 y12 ? y2 ?

2 2 2 2 2 (3 ? x12 ) ? (3 ? x2 ) ? 4 ? ( x12 ? x2 ) ? 2. 3 3 3
2 2 x12 ? x2 ? 3; y12 ? y2 ? 2, 结论成立。

综上所述,

(II)解法一:
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(1)当直线 l 的斜率不存在时,由(I)知

| OM |?| x1 |?

6 ,| PQ |? 2 | y1 |? 2, 2 因此

| O M |? | P Q | ?

6 ? 2? 2

6.

x1 ? x2 3k ? , 2m (2)当直线 l 的斜率存在时,由(I)知 2

y1 ? y2 x ?x 3k 2 ?3k 2 ? 2m2 ? ? k( 1 2 ) ? m ? ? ?m? ? , 2 2 2m 2m m 2 2 x ?x y ? y2 2 9 k 1 6m ? 2 1 1 | OM |2 ? ( 1 2 ) 2 ? ( 1 ) ? ? 2 ? ? (3 ? 2 ), 2 2 2 2 4m m 4m 2 m 2 2 2 24(3k ? 2 ? m ) 2(2m ? 1) 1 | PQ |2 ? (1 ? k 2 ) ? ? 2(2 ? 2 ), 2 2 2 (2 ? 3k ) m m
所以

| OM |2 ? | PQ |2 ?

1 1 1 ? (3 ? 2 ) ? 2 ? (2 ? 2 ) 2 m m

1 1 )(2 ? 2 ) 2 m m 1 1 3? 2 ? 2? 2 m m ) 2 ? 25 . ?( 2 4 ? (3 ?

| OM | ? | PQ |?
所以

5 1 1 3 ? 2 ? 2 ? 2 , 即m ? ? 2 2 ,当且仅当 m m 时,等号成立.

5 . 综合(1) (2)得|OM|·|PQ|的最大值为 2
解法二: 因为

4 | OM |2 ? | PQ |2 ? ( x1 ? x2 )2 ? ( y1 ? y2 )2 ? ( x2 ? x1 )2 ? ( y2 ? y1 )2
2 2 ? 2[( x12 ? x2 ) ? ( y12 ? y2 )]

? 10.

2 | OM | ? | PQ |?
所以

4 | OM |2 ? | PQ |2 10 ? ? 5. 2 5

| OM | ? | PQ |?


5 , 2 当且仅当 2 | OM |?| PQ |? 5 时等号成立。

5 . 因此 |OM|·|PQ|的最大值为 2

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(III)椭圆 C 上不存在三点 D,E,G,使得

S?ODE ? S?ODG ? S?OEG ?

6 . 2 6 2 ,

证明:假设存在 由(I)得

D(u, v), E ( x1 , y1 ), G( x2 , y2 )满足S?ODE ? S?ODG ? S?OEG ?

2 2 2 2 u 2 ? x12 ? 3, u 2 ? x2 ? 3, x12 ? x2 ? 3; v 2 ? y12 ? 2, v 2 ? y2 ? 2, y12 ? y2 ? 2,

3 2 2 解得u 2 ? x12 ? x2 ? ; v 2 ? y12 ? y2 ? 1. 2 5 因此u, x1 , x2只能从 ? 中选取, v, y1 , y2 只能从 ? 1中选取, 2
(?
因此 D,E,G 只能在

6 , ?1) 2 这四点中选取三个不同点,

而这三点的两两连线中必有一条过原点,与 满足条件的三点 D,E,G。

S?ODE ? S?ODG ? S?OEG ?

6 2 矛盾,所以椭圆 C 上不存在

点评:处理直线与圆锥曲线的位置关系时,待定直线方程需要考虑斜率不存在这种情况,分类讨论。 例 6.已知直角坐标平面上点 Q(2,0)和圆 C:x2+y2=1,动点 M 到 圆 C 的切线长与|MQ|的比等于常数 λ(λ>0) 。求动点 M 的轨迹方程,说明 它表示什么曲线。 解析:如图,设直线 MN 切圆 O 于 N,则动点 M 组成的集合是: P={M||MN|=λ|MQ|}(其中 λ>0) , ∵圆半径|ON|=1,∴|MN|2=|MO|2-|ON|2=|MO|2-1, 设点 M 的坐标为(x,y) ,则 整理得: , ,

经检验,坐标适合这个方程的点都属于集合 P,故这个方程为所求的轨迹方程。

当 λ=1 时,方程化为

,它表示一条直线,该直线与 x 轴垂直且交 x 轴于点



当 λ≠1 时,方程化为

,它表示圆,该圆圆心的坐标为



半径为 。 点评:本题在求出轨迹方程之后,在判定为何曲线时,因参数引起了分类讨论:一些问题中的数学 表达式中因含有会导致不同结论的参数,从而需对参数分情况讨论,求得问题的结果。 题型 4:不等式中分类讨论问题
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例 7.解不等式

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( x ? 4a )( x ? 6a ) 1 >0 (a 为常数,a≠- ) 2a ? 1 2

分析:含参数的不等式,参数 a 决定了 2a+1 的符号和两根-4a、6a 的大小,故对参数 a 分四种情 况 a>0、a=0、-

1 1 <a<0、a<- 分别加以讨论。 2 2 1 解析:2a+1>0 时,a>- ; -4a<6a 时,a>0 。 2
所以分以下四种情况讨论: 当 a>0 时,(x+4a)(x-6a)>0,解得:x<-4a 或 x>6a; 当 a=0 时,x >0,解得:x≠0;
2

1 <a<0 时,(x+4a)(x-6a)>0,解得: x<6a 或 x>-4a; 2 1 当 a>- 时,(x+4a)(x-6a)<0,解得: 6a<x<-4a 。 2
当- 综上所述,当 a>0 时,x<-4a 或 x>6a;当 a=0 时,x≠0;当- a>-

1 <a<0 时,x<6a 或 x>-4a;当 2

1 时,6a<x<-4a 。 2

点评:本题的关键是确定对参数 a 分四种情况进行讨论,做到不重不漏。一般地,遇到题目中含有 参数的问题,常常结合参数的意义及对结果的影响而进行分类讨论,此种题型为含参型。 例 8. 解关于x的不等式:ax 2 ? (a ? 1) x ? 1 ? 0 解析: (1)当a ? 0时,原不等式化为 ? x ? 1 ? 0 ? x ? 1

1 ( 2 )当a ? 0时,原不等式化为a ( x ? 1)( x ? ) ? 0 , a 1 ①若a ? 0,则原不等式化为 ( x ? 1)( x ? ) ? 0 , a 1 1 1 ? ?0 ? ? 1 ,? 不等式解为x ? 或x ? 1 ; a a a 1 ②若a ? 0,则原不等式化为 ( x ? 1)( x ? ) ? 0 , a 1 1 (i)当a ? 1时, ? 1,不等式解为 ? x ? 1 ; a a 1 (ii ) 当a ? 1时, ? 1,不等式解为x ?? ; a 1 1 (iii ) 当 0 ? a ? 1时, ? 1,不等式解为1 ? x ? ; a a
综上所述,得原不等式的解集为:

1 ? ? 当a ? 0时,解集为? x x ? 或x ? 1? ; 当a ? 0时,解集为?x| x ? 1? ; a ? ? 1? ? 当0 ? a ? 1时,解集为? x 1 ? x ? ? ; 当a ? 1时,解集为? ; a? ?
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? 1 ? 当a ? 1时,解集为? x ? x ? 1? 。 ? a ?
点评:这是一个含参数 a 的不等式,一定是二次不等式吗?不一定,故首先对二次项系数 a 分类: (1)a≠0(2)a=0,对于(2) ,不等式易解;对于(1) ,又需再次分类:a>0 或 a<0,因为这两种情形 下,不等式解集形式是不同的;不等式的解是在两根之外,还是在两根之间。而确定这一点之后,又会 遇到 1 与

1 谁大谁小的问题,因而又需作一次分类讨论。故而解题时,需要作三级分类。 a

题型 5:数列中分类讨论问题

例 9. (2011 天津理 20) 已知数列 且

{an } 与 {bn } 满足:

bn an ? an?1 ? bn?1an? 2 ? 0, bn ?

3 ? (?1)n * 2 , n?N ,

a1 ? 2, a2 ? 4 .

(Ⅰ)求

a3 , a4 , a5 的 值 ; Ⅱ ) 设 cn ? a2n?1 ? a2n?1, n ? N * , 证 明 : ?cn ? 是 等 比 数 列 ; III ) 设 ( (
*

Sk ? a2 ? a 4 ???? ? a 2 , k ? N , 证明: k ?1 k

?a

4n

Sk
k

7 ? (n ? N * ) 6 .

本小题主要考查等比数列的定义、数列求和等基础知识,考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解 决问题的能力及分类讨论的思想方法.满分 14 分.

(I)解:由 又

bn ?

3 ? (?1)n , n ? N *, 2

?1, n为奇数 bn ? ? ?2,n为偶数 可得

bn an ? an?1 ? bn?1an?2 ? 0,

当n=1时,a1 +a 2 +2a 3 =0,由a1 =2,a 2 =4,可得a 3 ? ?3; 当n=2时,2a 2 +a 3 +a 4 =0,可得a 4 ? ?5; 当n=3时,a 3 +a 4 +2a 5 =0,可得a 4 ? 4.
(II)证明:对任意 n ? N ,
*

a2n?1 ? a2n ? 2a2n?1 ? 0, 2a2n ? a2n?1 ? a2n?2 ? 0,

① ②

a2n?1 ? a2n?2 ? 2a2n?3 ? 0, ③
②—③,得

a2n ? a2n?3. ④
a2n?1 ? a2n?3 ? ?(a2n?1 ? a2n?1 ) ,即 cn?1 ? ?cn (n ? N * )

将④代入①,可得 又

c1 ? a1 ? a3 ? ?1, 故cn ? 0,

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cn?1 ? ?1, 所以{cn } cn 因此 是等比数列.
(III)证明:由(II)可得

a2k ?1 ? a2k ?1 ? (?1)k ,

* 于是,对任意 k ? N 且k ? 2 ,有

a1 ? a3 ? ?1, ?(a3 ? a5 ) ? ?1, a5 ? a7 ? ?1, ? (?1) k (a2 k ?3 ? a2 k ?1 ) ? ?1.
将以上各式相加,得

a1 ? (?1)k a2k ?1 ? ?(k ?1), 即 a2k ?1 ? (?1)k ?1 (k ?1) ,
a2k ? (?1)k ?1 (k ? 3).

此式当 k=1 时也成立.由④式得 从而

S2k ? (a2 ? a4 ) ? (a6 ? a8 ) ? ? ? (a4k ?2 ? a4k ) ? ?k ,

S2k ?1 ? S2k ? a4k ? k ? 3.
所以,对任意 n ? N , n ? 2 ,
*

n Sk S S S S ? ? ( 4 m?3 ? 4 m?2 ? 4 m?1 ? 4 m ) ? a m?1 a a4 m?2 a4m?1 a4 m k ?1 k 4 m ?3
n

4n

? ?(
m ?1 n

2m ? 2 2m ? 1 2m ? 3 2m ? ? ? ) 2m 2m ? 2 2m ? 1 2m ? 3 2 3 ? ) 2m(2m ? 1) (2m ? 2)(2m ? 2)

? ?(
m ?1

?

n 2 5 3 ?? ? 2 ? 3 m?2 2m(2m ? 1) (2n ? 2)(2n ? 3)

1 n 5 3 ? ?? ? 3 m?2 (2m ? 1)(2m ? 1) (2n ? 2)(2n ? 3)

1 5 1 1 1 1 1 1 3 ? ? ? [( ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? )] ? 3 2 3 5 5 7 2n ? 1 2n ? 1 (2n ? 2)(2n ? 3)

1 5 5 1 3 ? ? ? ? ? 3 6 2 2n ? 1 (2n ? 2)(2n ? 3) 7 ? . 6
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对于 n=1,不等式显然成立. 所以,对任意 n ? N ,
*

S S S1 S2 ? ? ? ? 2 n?1 ? 2 n a1 a2 a2 n?1 a2 n
?( S S S S S1 S2 ? ) ? ( 3 ? 4 ) ? ? ? ( 2 n?1 ? 2 n ) a1 a2 a3 a4 a2 n?1 a2 n

1 1 1 2 1 n ? (1 ? ? ) ? (1 ? 2 ? 2 ) ? ? ? (1 ? n ? n ) 2 4 12 4 4 ? (4 ? 1) 4 (4 ? 1) 1 1 1 2 1 n ? n?( ? )?( 2 ? 2 2 ) ?? ? ( n ? n n ) ? n ? (1 ? 1 ) ? n ? 1 . 4 12 4 4 (4 ? 1) 4 4 (4 ? 1) 4 12 3
点评:数列证明中的数学归纳法是一个需要牢记的分类递进推理过程,证明格式相对严格、规范。 * 例 10. (2010 四川理数)已知数列{an}满足 a1=0,a2=2,且对任意 m、n∈N 都有 a2m-1+a2n-1 =2am+n-1+2(m-n)2 * (Ⅰ)求 a3,a5; (Ⅱ)设 bn=a2n+1-a2n-1(n∈N ),证明:{bn}是等差数列; (Ⅲ)设 cn=(an+1 * n-1 -an)q (q≠0,n∈N ),求数列{cn}的前 n 项和 Sn。 解: (1)由题意, m=2,n-1,可得 a3=2a2-a1+2=6, 零 再令 m=3,n=1, 可得 a5=2a3-a1+8=20。 * (2)当 n∈N 时,由已知(以 n+2 代替 m)可得:a2n+3+a2n-1=2a2n+1+8。 于是[a2(n+1)+1-a2(n+1)-1]-(a2n+1-a2n-1)=8,即 bn+1-bn=8。 所以{bn}是公差为 8 的等差数列 (3)由(1)(2)解答可知{bn}是首项为 b1=a3-a1=6,公差为 8 的等差数列 则 bn=8n-2,即 a2n+=1-a2n-1=8n-2 另由已知(令 m=1)可得:an= 那么 an+1-an=

a2 n ?1 ? a2 n ?1 2


a2 n ?1 ? a1 -(n-1)2. 2 8n ? 2 -2n+1= -2n+1=2n 2

于是 cn=2nqn 1. 当 q=1 时,Sn=2+4+6+??+2n=n(n+1) - 当 q≠1 时,Sn=2·q0+4·q1+6·q2+??+2n·qn 1. 两边同乘以 q,可得 qSn=2·q1+4·q2+6·q3+??+2n·qn. 上述两式相减得 (1-q)Sn=2(1+q+q +??+q
2 n-1

1 ? qn 1 ? (n ? 1)q n ? nq n?1 n )-2nq =2· -2nq =2· 所 1? q 1? q ,
n

nq n?1 ? (n ? 1)q n ? 1 以 Sn=2· (q ? 1)2
?n(n ? 1) (q ? 1) ? 综上所述,Sn= ? nq n ?1 ? (n ? 1)q n ? 1 。 (q ? 1) 2 ? 2? (q ? 1) ?
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点评:等比数列的求和公式只适合于 q ? 1 ,特别公比 q 中含参数时,需要分类讨论。 题型 6:三角函数与三角形中分类讨论问题 1 5 例 11. ?ABC中,已知 sin A ? , cos B ? ,求 cos C 2 13 解析:

?0 ? cos B ?

5 2 ? ,且B为?ABC的一个内角 , 13 2

? 45? ? B ? 90? ,且 sin B ?
若A为锐角,由 sin A ?
若A为钝角,由 sin A ?

12 , 13

1 3 ; ,得A ? 30? ,此时 cos A ? 2 2
1 ,得A ? 150? ,此时A ? B ? 180? ; 2

这与三角形的内角和为 180° 相矛盾。

可见A ? 150? ,
? cos C ? cos?? ? ( A ? B)? ? ? cos( A ? B)
? ??cos A ? cos B ? sin A ? sin B? ? ? ? 3 ? 5 ? 1 ? 12 ? ? 12 ? 5 3 ? ?
? 2 13 2 13 ? 26

由于C ? ? ? ( A ? B) ? cos C ? ? cos( A ? B) ? ??cos A cos B ? sin A ? sin B? ,
因此,只要根据已知条件,求出 cosA,sinB 即可得 cosC 的值。但是由 sinA 求 cosA 时,是一解 还是两解?这一点需经过讨论才能确定,故解本题时要分类讨论。对角 A 进行分类。 例 12.若函数 f(x)=a+bcosx+csinx 的图象经过点(0,1)和 ( ,1), 且x ? [0, 求实数 a 的取值范围。

? 2

? ] 时,|f(x)|≤2 恒成立, 2

1) 解析:∵f(x)经过点(0,1)和 ( ,

? 2

?f(0) ? a ? b ? 1 ? ?? ? ?b ? c ? 1? a f( ) ? a ? c ? 1 ? 2 ?
∴f(x)=a+(1-a)cosx+(1-a)sinx=a+(1-a)(sinx+cosx) ? a ?
?0 ? x ?

? 2 (1 - a)sin(x ? ) 4

? ? 3 2 ? ? ,? ? x ? ? ? ,? ? sin(x ? ) ? 1 。 4 4 4 2 2 4

(1)a<1 时,1-a>0,?1 ? a ? 2(1 ? a) sin( x ?

?
4

) ? 2(1 ? a)

?1 ? f (x) ? 2 (1 ? a) ? a
要使-2≤f(x)≤2,恒成立,只要 2 (1 ? a) ? a ? 2 ,即 a ? ? 2 。
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又a ? 1,从而- 2 ? a ? 1;
(2)a=1 时, f(x) ? 1 ? [-2,2]

? (3)a>1 时,1-a<0,?1 ? a ? 2 (1 - a)sin(x ? ) ? 2 (1 - a) , 4

?1 ? f(x) ? 2 (1- a) ? a
要使-2≤f(x)≤2 恒成立,只要 2 (1 ? a) ? a ? ?2 ,解得 a ? 4 ? 3 2

又a ? 1,从而1 ? a ? 4 ? 3 2 ,综上所术,a 的取值范围为 ? 2 ? a ? 4 ? 3 2 。
点评:含参数的三角函数问题,也需要对参数进行分类讨论。 题型 7:实际问题中分类讨论问题 例 13.某城市用水收费方法是:水费=基本费+超额费+排污费,若每月水量不超过最低限量 am3 时, 只付基本费 8 元和每户每定额排污费 c 元;若用水量超过 am3 时,除了付给同上的基本费和排污费外, 超过部分每方米付 b 元的超额费.已知每户每月的排污费不超过 4 元,该市一家庭今年第一季度的用水 量和支付费用如下表所示: 月份 1 2 3 用水量(m3) 8 15 13 水费(元) 9 19 15

解析:设每月用水量为 xm3,支付费用为 y 元, 则 y ? ?

(0 ? x ? a) ?8 ? c ?8 ? b( x ? a) ? c ( x ? a)

由题意知 0<c≤4,8+c≤12,故第 2、3 月份用水量 15 am3,13 am3 大于最低用水限量 am3,将

分别代入

中,

得 再分析 1 月份用水量是否超过最低限量 am 。 不妨设 8>a,将 ?
3



?x ? 8 代入y ? 8 ? 2( x ? a) ? c 中, ?y ? 9

得 9=8+2(8–a)+c,得 2a=c+15 ②,显然①、②矛盾, ∴1 月份用水量不超过最低限量。
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又∵y=8+c ,∴9=8+c,c=1,∴a=10,b=2,c=1。 点评:本题为实际应用问题,在解题过程中,隐含着分类讨论:a>8,a=8,a<8,根据条件,逐一讨 论,使问题得以解决.

【思维总结】
分类讨论是一种重要的数学思想,也是一种重要的解题策略,它可以将整体化为局部,将复杂问题 化为单一问题,以便于“各个击破”。但由于分类讨论一般过程较为冗长,叙述较为烦琐,且极易在完备 上造成失误,因此它并非一定是解决问题的上策或良策,我们提倡在熟悉和掌握分类思想的同时,要注 意克服思维定势,处理好“分”与“合”,“局部”与“整体”之间的辨证统一关系,充分挖掘求解问题中潜在的 特殊性与简单性,尽可能地简化或避免分类讨论。下面结合一些实例,谈谈简化分类讨论的常用策略。 消去参数、整体换元、反客为主、补集分析、整体变形、借助图解。 1.对于分类讨论题不要急于直接进行分类讨论,首先应认真审查题目的特点,考虑是否可以你用 合适的公式、法则,能否进行某中变形,可否改变常规的思维方式和解题策略,即能否消除或掩盖“讨论 基因”,若能,则可以避免进行繁杂的分类讨论;若不能,可否先作某些等价变换,使讨论推迟得来,这 种延迟讨论有时也是一种简化和一种进步。当然,有些问题,你通过了一番试验,仍无法作到完全回避 讨论或延迟讨论,这可能是“不可避免的直接讨论型”问题,这是我们就应遵循分类讨论的原则去攻克它。 2.实际应用题(排列组合)中分类讨论往往带有隐蔽性,理解题意,抓住限制条件,准确把握分 类对象和标准是解决问题的关键。如果发现多种分类途径,则应加强比较,从中选择最为合理的分类途 径。 3.分类的原则是不重复不遗漏,即将讨论的对象分为若干类时,其并集为全集,两两的交集为空 集。 4.分类对象,即使问题变换不定的变动因素;分类的标准,即使变换不定的问题转化为相对稳定 问题的分类界值,分类对象和分类标准的确定,应通过识别问题情景来完成。 5.应该注意的是,在运用时,不要盲目或机械地进行分类讨论,有的题目虽然含有分类因素,但 不要急于分类讨论,要首先对问题作深入的研究,充分挖掘题目的已知量与未知量之间的关系,寻求正 确的解题策略,则可以简化分类讨论的步骤或避免不必要的分类讨论,使解题更简单。

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