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分类讨论思想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按某个标准进行分类，然后对每一类分别研究，给出每一类的结论，最终综合各类结果得到整个问题的解答实质上分类讨论就是“化整为零，各个击破，再集零为整”的数学策略分类原则：(1) 所讨论的全域要确定，分类要“既不重复，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，不能越级讨论的基本步骤：(1) 确定讨论的对象和讨论的范围(全域)；(2) 确定分类的标准，进行合理的分类；(3) 逐步讨论(必要时还得进行多级分类)；(4) 总结概括，得出结论引起分类讨论的常见因素：(1) 由概念引起的分类讨论；(2) 使用数学性质、定理和公式时，其限制条件不确定引起的分类讨论；(3) 由数学运算引起的分类讨论；(4)由图形的不确定性引起的分类讨论；(5) 对于含参数的问题由参数的变化引起的分类讨论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、消参法等有时可以避开繁琐讨论；(2) 变更主元如分离参数、变参置换等可避开讨论；(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注：能回避分类讨论的尽可能回避1. 一条直线过点(5,2)且在x轴，y轴上截距相等，则这直线方程为_2.正三棱柱的侧面展开图是边长分别为6和4的矩形， 则它的体积为_. 3.函数f(x)的定义域为一切实数，则实数a的取值范围是_4.数列an的前n项和为Sn2n2n1(nN*)，则其通项an_.【例1】在ABC中，已知sinB，a6，b8，求边c的长【例2】解关于x的不等式：ax2(a1)x10(n1,2，)(1) 求q的取值范围；(2) 设bnan2an1，记bn的前n项和为Tn，试比较Sn与Tn的大小. 【例4】已知函数f(x)和g(x)的图象关于原点对称，且f(x)x22x.(1) 求函数g(x)的解析式；(2) 若h(x)g(x)f(x)1在1,1上是增函数，求实数的取值范围1. (2009全国)双曲线的一条渐近线方程为3x2y0，则该双曲线的离心率为_2.(2011辽宁)设函数f(x)则满足f(x)2的x的取值范围是_3.(2011江苏)已知实数a0，函数f(x)若f(1a)f(1a)，则a的值为_4.(2010福建)函数f(x)的零点个数为_5.(2011江西)设f(x)x3mx2nx.(1) 如果g(x)f(x)2x3在x2处取得最小值5，求f(x)的解析式；(2) 如果mn0，使得f(x)h(x)(x2ax1)，则称函数f(x)具有性质P(a)设函数f(x)lnx(x1)，其中b为实数(1) 求证：函数f(x)具有性质P(b); (2) 求函数f(x)的单调区间(2011南通)(本小题满分16分)已知各项均不为零的数列an的前n项和为Sn，且满足a1c,2Snanan1r.(1) 若r6，数列an能否成为等差数列？若能，求c满足的条件；若不能，请说明理由(2) 设Pn，Qn，若rc4，求证：对于一切nN*，不等式nPnQnn2n恒成立(1) 解：n1时，2a1a1a2r， a1c0， 2cca2r，a22. (1分)n2时，2Snanan1r，2Sn1an1anr，得2anan(an1an1) an0， an1an12. (3分)则a1，a3，a5，a2n1， 成公差为2的等差数列，a2n1a12(n1)a2，a4，a6，a2n， 成公差为2的等差数列， a2na22(n1)要使an为等差数列，当且仅当a2a11.即2c1，rcc2. (4分) r6， c2c60，得c2或3. 当c2时，a30不合题意，舍去 当且仅当c3时，数列an为等差数列. (5分)(2) 证明：a2n1a2na12(n1)a22(n1)a1a2c2.a2na2n1a22(n1)(a12n)a2a12. (8分) Pnn(nc1) (9分)Qnn. (10分)PnQnn(nc1)nn2n.(11分) rc4， c24， c22， 01，则0c1c2,0c1c. 1，1. 11.(15分) 对于一切nN*，不等式nPnQn1时，求函数h(x)f(x)g(x)的最小值；(3) 当a1时，h(x)f(x)g(x)x22lnxx，得h(x)2x(1).由x0，得0.故当x(0,1)时，h(x)0，h(x)递增所以h(x)的最小值为h(1)12ln11.(3) a时，f(x)x2lnx，g(x)2x.当x时，f(x)2x0，g(x)在上为增函数，且g(x)g1，且g(x)g0，要使不等式f(x)mg(x)在x上恒成立，当x时，m为任意实数，当x时，m，而minln(4e)，所以mln(4e)3. 设a为实数，函数f(x)2x2(xa)|xa|. (1) 若f(0)1，求a的取值范围；(2) 求f(x)的最小值；(3) 设函数h(x)f(x)，x(a，)，直接写出(不需给出演算步骤)不等式h(x)1的解集点拨：本小题主要考查函数的概念、性质、图象及解一元二次不等式等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力解：(1) 若f(0)1，则a|a|1a1.(2) 当xa时，f(x)3x22axa2，f(x)min当xa时，f(x)x22axa2，f(x)min综上可得f(x)min(3) x(a，)时，h(x)1得3x22axa210，4a212(a21)128a2.当a或a时，0，x(a，)；当a时，0，得：讨论得：当a时，解集为(a，)；当a时，解集为；当a时，解集为.基础训练1. 2x5y0或xy70解析：分直线过原点和不过原点两种情况2. 4或解析：分侧面矩形长、宽分别为6和4或4和6两种情况3. 0a1解析： 由题知ax2a(a1)x(a1)0对xR恒成立，分a0和a0两种情况讨论4. an解析：在使用公式anSnSn1时要注意条件n2，nN*.例题选讲例1解析：sinB，ab，若B为锐角，则cosB，由余弦定理得，c23626ccosB64，即c23c280， c7；若B为钝角，则cosB，由余弦定理得c23626ccosB64，即c23c280， c3，故边c的长为7或3.(注： 在三角形中，内角的取值范围是(0，)，ba，cosB，则B可能是锐角也可能是钝角，故要分两种情况讨论但本题如改成a8，b6，那情况又如何呢？)变式训练ABC中，已知sinA，cosB，求cosC.解： 0cosB，B(0，)， 45B90，且sinB.若A为锐角，由sinA，得A30，此时cosA；若A为钝角，由sinA，得A150，此时AB180.这与三角形的内角和为180相矛盾，可见A150. cosCcos(AB)cos(AB)(cosAcosBsinAsinB).例2解：(1) 当a0时，原不等式化为x10， x1.(2) 当a0时，原不等式化为a(x1)0， 若a0，则原不等式化为(x1)0， 0， 1， 不等式解为x或x1. 若a0，则原不等式化为(x1)0.() 当a1时，1，不等式解为x1；() 当a1时，1，不等式解为；() 当0a1时，1，不等式解为1x.综上所述，得原不等式的解集为：当a0时，解集为；当a0时，解集为x|x1；当0a1时，解集为；当a1时，解集为；当a1时，解集为.变式训练解关于x的不等式1(aR且a1)解：原不等式可化为：0， 当a1时，原不等式与(x2)0同解由于112， 原不等式的解为(2，) 当a1时，原不等式与(x2) 0同解由于1，若a0，12，解集为；若a0时，12，解集为；若0a1，12，解集为.综上所述，当a1时不等式解集为(2，)；当0a1时，解集为；当a0时，解集为；当a0时，解集为.例3解：(1) 因为an是等比数列，Sn0，可得a1S10，q0.当q1时，Snna10；当q1时，Sn0，即0(n1,2,3，)， 或由于n可为奇数，可为偶数，故q1或1q1且q0.综上，q的取值范围是(1,0)(0，)(2) 由bnan2an1an(q2q)， Tn(q2q)Sn. TnSn(q2q1)SnSn.又Sn0，1q0或q0，1q或q时TnSn；q0或0q时，TnSn.q时，SnTn.(注：等差、等比数列的通项、前n项的和是数列的基础，已知一个数列的前n项和求其通项时，对n1与n2要分别予以研究，而涉及等比数列求和或用错位相减法求和时，要对公比q是否为1进行分类讨论)例4解：(1) 利用函数图象的对称求解函数的问题容易求出g(x)x22x.(2) h(x)(1)x22(1)x1，(解法1) 为求实数的取值范围，就要对的取值分类(1) 当1时，h(x)4x1，此时h(x)在1,1上是增函数，(2) 当1时，对称轴方程为x. 当1时，需满足1，解得1； 当1时，1，解得10.综上可得0.(解法2) 由题知，h(x)2(1)x2(1)0对x1,1恒成立即(1x)1x对x1,1恒成立，显然x1时上式恒成立，R，x(1,1时，1，函数y1在x(1,1上单调减，函数的最小值为0. 0，经检验符合题意(注：两种解法，值得思考，在做分类讨论题时要尽可能回避复杂的讨论)变式训练设0x0，且a1，比较|loga(1x)|与|loga(1x)|的大小解：(解法1) 因为0x1，所以01x1，则01x21. 当0a0，loga(1x)0，即|loga(1x)|loga(1x)|. 当a1时，由loga(1x)0，得|loga(1x)|loga(1x)|loga(1x)loga(1x)loga(1x2)0，即|loga(1x)|loga(1x)|.由可知，|loga(1x)|loga(1x)|.(注：在解答该类问题时，首先从概念出发判断出绝对值内的数(或式子)的符号，然后再去掉绝对值符号(这时需按条件进行分类讨论确定)，再按照相关的法则去计算，直至得出结论其实这道题是可以回避讨论的)(解法2) 因为0x1，所以01x1，则01x2|loga(1x)|.高考回顾1. 或解析：由渐近线方程为3x2y0知或.2. 0，)解析：f(x)2得0x1或x1.3. a解析：分a0和a0两种情况讨论4. 2解析：当x0时，令x22x30，解得x3；当x0时，令2lnx0，解得x100，所以已知函数有两个零点5. 解：(1) f(x)x3mx2nx， f(x)x22mxn.又 g(x)f(x)2x3x2(2m2)xn3在x2处取极值，则g(2)2(2)(2m2)0m3，又在x2处取最小值5.则g(2)(2)2(2)4n35n2， f(x)x33x22x.(2) 要使f(x)x3mx2nx单调递减，则f(x)x22mxn0.又递减区间长度是正整数，所以f(x)x22mxn0两根设为a，b(ab)即有：ba为区间长度又ba2(m，nN)又ba为正整数，且mn10，所以m2，n3或m3，n5符合6. (1) 证明：f(x)(x2bx1) x1时，h(x)0恒成立， 函数f(x)具有性质P(b)(2) 解：设(x)x2bx121，(x)与f(x)的符号相同当10，2b2时，(x)0，f(x)0，故此时