1、专题专题 16 16 分类讨论思想分类讨论思想 专题点拨专题点拨 (1)分类讨论思想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 分类讨论思想的特点是： 分类讨论思想具有明显的逻辑特点； 分类讨论问题一般覆盖的知识点较多，有利于考查知识掌握的熟练程度和解决问题的能力； 解答分类讨论问题需要一定的分析技巧和分析问题的能力； 分类讨论思想在生活、工作实践中应用广泛，与高等数学紧密相关 (2)与分类讨论有关的知识点是： 由数学概念引起的分类讨论： a绝对值的意义：|a|分a0 和a0 两种情况讨论可以去掉绝对值号； b直线的斜率：分为存
2、在和不存在两种情形； c指数函数与对数函数的底数a分为 0a1 和a1 两种情形； d多项式ax 2bxc 分为a0(二次函数)和a0(不是二次函数)两种情形； e三角函数：按角所在的不同的区域进行分类，如按象限分类； f平面向量的有关概念，如共线分为同向和反向； g等比数列的公比q：例如q分为q1 和q1. 由数学运算引起的讨论： a分母不为 0； b开偶次方根时，被开方式为非负值； c不等式性质：两边乘以或除以一个正数或一个负数的不同； d各类函数的定义域，如正切函数的定义域 由函数、方程的性质、定理、公式的限制引起的讨论：如二次函数的对称轴与区间的位置关系不同， 则函数的单调性不同，直线
3、方程的不同形式的要求不同，如点斜式方程的直线的斜率必须是存在的，截距 式方程的直线不能与坐标轴平行；等比数列的前n项和公式 由图形的不确定性引起的分类讨论 由参数的变化引起的分类讨论 由排列组合引起的分类讨论 (3)分类的原则： 分类的对象确定，标准统一； 不重复，不遗漏，即对分类对象分类后交集为空集，并集为全集； 分层次，不越级讨论 (4)分类讨论思想所解决的问题类型： 问题中的变量或含有的参数需要进行分类讨论； 问题中的条件和结论不唯一确定，而是有多种可能，要按出现的情况一一分类加以讨论； 由变形引起的讨论，或解题过程遇到无法统一叙述的情形，必须分类讨论； 有关几何问题中，几何元素(如点、
4、线段、直线、平面、几何体等)的形状、位置的不确定引起讨论 (5)分类讨论的一般流程： 明确讨论的对象 确定讨论的全体 选择分类的标准 逐类进行讨论 获得初步结果 归纳整合 写出结论 例题剖析例题剖析 一、由数学概念引起的分类讨论 【例 1】 已知集合A1，3，m，B1，m，ABA，则m_. 【答案】 0 或 3 【解析】因为ABA，所以BA，所以m3 或mm.若m3，则A1，3， 3，B1，3，满 足ABA.若mm，解得m0 或m1.若m0，则A1，3，0，B1，0，满足ABA，若m1， 则A1，3，1，B1，1显然不成立，综上m0 或m3. 【例 2】 已知函数有四个不同零点，求实数 m 的
5、取值范围. 【解析】化简可得 1 |(|)0 2 xm x x .于是，| 0,0xx即为一个零点. 由 1 | 0 2 m x x ，可通过画出函数 1 2 y x 与|ym x的图像，可知， 2 1 | 0(0),210 2 m xxmxmx x 即，若有相等实数根，则1m. 结合图形可知，此时1m时方程有三个实数根. 所以，1m时函数有四个零点. 2 2 )(mx x x xf 二、由数学运算引起的分类讨论 【例 3】 已知mR R，ab1，f(x) mx x1，试比较 f(a)与f(b)的大小 【解析】 由题意，f(a)f(b) ma a1 mb b1 m（ba） （a1）（b1）.
6、ab1， a10，b10，ba0， 当m0 时， m（ba） （a1）（b1）0， f(a)f(b)； 当m0 时， m（ba） （a1）（b1）0， f(a)f(b)； 当m0 时， m（ba） （a1）（b1）0， f(a)f(b) 三、由公式、性质、定理等引起的分类讨论 【例 4】设等比数列an的公比为q，前n项和Sn0(n1，2，3) (1)求q的取值范围； (2)设bnan23 2a n1，bn的前n项和为Tn，试比较Sn与Tn的大小 【解析】 (1)因为an是等比数列，Sn0， 可得a1S10，q0， 当q1 时，Snna10. 当q1 时，Sna 1（1q n） 1q 0， 即1
7、q n 1q0(n1，2，)， 则有 1q0 1q n0或 1q0 1q n0 由得n可为奇数，可为偶数， 1q1，由得q1. 故q的取值范围是(1，0)(0，) (2)由bnan23 2a n1an q 23 2q ， Tn q 23 2 q S n，于是TnSnSn q 23 2q1 S n q1 2 (q2)，又Sn0 且1q0 或q0，则当 1q1 2或 q2 时，TnSn0，即TnSn， 当1 2q2 且 q0 时，TnSn0，即TnSn. 当q1 2或 q2 时，TnSn0，即TnSn. 四、由参数变化引起的分类讨论 【例 5】 设函数f(x)mx 2mx1. (1)若对一切实数x
8、，f(x)0 恒成立，求实数m的取值范围； (2)对于x1，3，f(x)m5 恒成立，求实数m的取值范围 【解析】 (1)当m0 时，f(x)10 恒成立， 当m0 时，若f(x)0 恒成立， 则 m0， m 24m0， 解得4m0， 综上所述，实数m的取值范围为(4，0 (2)要x1，3，f(x)m5 恒成立， 即m x1 2 2 3 4m60，x1，3恒成立 令g(x)m x1 2 2 3 4m60，x1，3 当m0 时，g(x)是增函数，所以g(x)maxg(3)7m60， 解得m6 7，所以 0m 6 7. 当m0 时，60 恒成立； 当m0 时，g(x)是减函数所以g(x)maxg(
9、1)m60，解得m6. 所以m0. 综上所述，实数m的取值范围为(，6 7) 五、由图形引起的分类讨论 【例 6】 已知方程mx 22y2m1(mR R)，对于不同范围的 m值，请分别指出方程所表示的图形 【解析】 要对m0 和m1 的情况进行讨论；当m0 且m1 时，方程变形为 x 2 m1 m y 2 m1 2 1， 由m1 2 m1 m 得m2，这样1，0，2 把数轴分成四个区间，所以要分多种情况讨论 (1)当m0 时，方程为 2y 21，y 2 2 ，图形为两条平行直线； (2)当m1 时，方程为x 22y20，即 y 2 2 x，图形为两条相交直线； (3)当m0 且m1 时，方程化
10、为 x 2 m1 m y 2 m1 2 1. m1 时，m1 m 0，m1 2 0，图形为焦点在x轴上的双曲线； 当1m0 时，m1 m 0，m1 2 0，图形为焦点在y轴上的双曲线； 当 0m2 时，0m1 2 m1 m ，图形为焦点在x轴上的椭圆； 当m2 时，方程为x 2y23 2，图形为圆心在原点，半径为 6 2 的圆； 当m2 时，0m1 m m1 2 ，图形为焦点在y轴上的椭圆 六、由排列组合引起的分类讨论 【例 7】 如图所示，一个地区有 5 个行政区域，现给地图着色，要求相邻地区不得使用同一颜色， 若有 4 种颜色可供选用，则不同的着色方法共有多少种？ 【解析】分类讨论.至少需
11、要不同的三种颜色才能完成. 若只用三种颜色，涂(1)有 1 3 C种不同颜色，涂 (2)(4)有 1 2 C种，涂(5)(3)有 1 1 C种，则此时共有有有 1 3 C 1 2 C 1 1 C=6 种不同涂法. 若用四种颜色，(2)(4)不同颜色，(3)(5)相同颜色，有 121 431 24CPC种不同涂法. 同理，) (3)(5)不同颜色，(2)(4 相同颜色，有 121 431 24CPC种不同涂法. 于是，共有24 24 654 种不同涂法. 巩固训练巩固训练 1已知Mx|xa0，Nx|ax10，若MNN，则实数a的值为_ 【答案】0 或 1 或1 【解析】 MNNNM.当a0 时，
12、N，符合要求，当a0 时，只要a1 a，即 a1. 2若a是非零实数，则a 2 2 a的取值范围是_ 【答案】(，22，) 【解析】 当a0 时，a 2 2 a2 a 2 2 a2，当且仅当 a2 时等号成立；当a 2), 关于x的函数解析式为： = 0( 0) 1 4 2 (0 2) 故答案为： = 0( 0) 1 4 2 (0 2) 6已知aR R，函数f(x) x4 xa a在区间上的最大值是 5，则a的取值范围是_ 【答案】(，9 2 【解析】 x1，4，x4 x4，5，分类讨论： 当a5 时，f(x)ax4 xa2ax 4 x，函数的最大值 2a45，a 9 2，舍去； 当a4 时，
13、f(x)x4 xaax 4 x5，此时命题成立； 当 41 时，(*)式为x2 x x 2ax 2 x， 3 2x 2 xa x 2 2 x. 又3 2x 2 x( 3 2x 2 x)2 3(当 x2 3 3 时取等号)，x 2 2 x2 x 2 2 x2(当 x2 时取等号)，所 以2 3a2.综上，47 16a2.故选 A. 三、解答题三、解答题 9.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足bc2acosB. (1)证明：A2B； (2)若ABC的面积Sa 2 4，求角 A的大小 【解析】 (1)证明：由正弦定理得 sinBsinC2sinAcosB， 故 2sinAco
14、sBsinBsin(AB)sinBsinAcosBcosAsinB， 于是 sinBsin(AB)又A，B(0，)，故 0 1时,函数无零点； 1时,() = ( 1) + 1 = 2 ( + 1) + 1, 根据()的图象知,在(1,+)上, 0 1时,函数有 1 个零点； 1或 = 0时,函数无零点 综上,当3 + 22 1,或 = 3 + 22时,()有 1 个零点； 当1 3 + 22时,()无零点 新题速递新题速递 1(2019上海模拟)已知等比数列 n a的首项为 2，公比为 1 3 ，其前n项和记为 n S，若对任意的 * nN， 均有 1 3 n n ASB S 剟恒成立，则B
15、A的最小值为( ) A 7 2 B 9 4 C 11 4 D 13 6 【分析】 331 () 223 n n S ，n为奇数时， 33 1 ( ) 223 n n S ，根据单调性可得： 1 3 2 2 n SS；n为偶数 时， 33 1 ( ) 223 n n S ，根据单调性可得： 2 43 32 n SS可得 n S的最大值与最小值分别为：2， 4 3 考虑到 函数 1 3yt t 在(0,)上单调递增，即可得出 【解答】解： 1 21() 331 3 () 1 223 1() 3 n n n S ， n为奇数时， 33 1 ( ) 223 n n S ，可知： n S单调递减，且 3
16、 lim 2 n n S ， 1 3 2 2 n SS； n为偶数时， 33 1 ( ) 223 n n S ，可知： n S单调递增，且 4 lim 3 n n S ， 2 43 32 n SS n S的最大值与最小值分别为：2， 4 3 考虑到函数 1 3yt t 在(0,)上单调递增， 14113 (3)3 4 34 3 nmin n AS S 1111 (3)32 22 nmax n BS S BA的最小值 11139 244 故选：B 2(2019徐汇区一模)已知数列 n a是公差不为 0 的等差数列，前n项和为 n S，若对任意的*nN，都有 3n SS，则 6 5 a a 的值不
17、可能为( ) A2 B 5 3 C 3 2 D 4 3 【分析】由等差数数列前n项和公式推导出 1 32dad剟，由此能求出 6 5 a a 的值不可能为 4 3 【解答】解：数列 n a是公差不为 0 的等差数列，前n项和为 n S，对任意的*nN，都有 3n SS， 13 23 43 SS SS SS ， 11 11 11 32 3 2 32 23 2 4332 43 22 aad adad adad ，且 1 32dad剟， 当 61 51 5 2 4 aad aad 时， 1 3ad 成立； 当 61 51 55 43 aad aad 时， 1 5 4 ad 成立； 当 61 51 5
18、3 42 aad aad 时， 1 2ad 成立； 当 61 51 54 43 aad aad 时， 1 ad 不成立 6 5 a a 的值不可能为 4 3 故选：D 3(2019浦东新区二模)已知正方形ABCD边长为 8，,3BEEC DFFA，若在正方形边上恰有 6 个不同 的点P，使PE PF，则的取值范围为 【分析】建立坐标系，逐段分析PE PF的取值范围及对应的解得答案 【解答】解：以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系如图：如图，则(0,2)F， (8,4)E (1)若P在AB上，设( ,0)P x，08x剟 (,2)PFx ，(8,4)PEx 2 88PE
19、PFxx， 0x，8，88PE PF 剟， 当8 时有一解，当88 时有两解； (2)若P在AD上，设(0, )Py，08y ， (0,2)PFy，(8,4)PEy 2 (2)(4)68PE PFyyyy 08y ，124PE PF 当1 或824时有唯一解；当18 时有两解 (3)若P在DC上，设( ,8)P x，08x (, 6)PFx ，(8, 4)PEx， 2 824PE PFxx， 08x ，824PE PF 剟， 当8时有一解，当824 时有两解 (4)若P在BC上，设(8, )Py，08y， ( 8,2)PFy ，(0,4)PEy， 2 (2) (4)68PE PFyyyy 08
20、y，124PE PF， 当1 或824时有一解，当18 时有两解 综上，在正方形ABCD的四条边上有且只有 6 个不同的点P，使得PE PF成立，那么的取值范围是 ( 1,8) 故答案为：( 1,8) 4(2019黄浦区二模)已知以 1 a为首项的数列 n a满足： * 1 | |1|() nn aanN (1)当 1 1 3 a 时，且10 n a ，写出 2 a、 3 a； (2)若数列 * |(110,) n annN剟是公差为1的等差数列，求 1 a的取值范围； (3)记 n S为 n a的前n项和，当 1 0a 时， 给定常数 * (4,)m mmN，求 1m S 的最小值； 对于数
21、列 1 a， 2 a， 8 a，当 8 S取到最小值时，是否唯一存在满足 * 21 | |1|(26,) jj aajjN 剟的数 列 n a？请说明理由 【分析】 (1)当 1 1 3 a 时， 且10 n a ， 可得011 n a ， 21 2 | |1| 3 aa， 可得 2 2 3 a 同理可得： 3 a (2)数列 * |(110,) n annN剟是公差为1的等差数列， 由 1 | | (1) 0 n aan，可得 1 |1an 10n 时， 1 |9a ，由 * 1 | |1|() nn aanN 可得 1 1(|) n aan ，正号不成立，因此 1 |1 0 n aan 即
22、可得 出 (3)当 1 0a 时， 1 (1) nn aa 2 1a ， 3 2a ，或 0 4 3a ，1 可得m为奇数，最小值010110 ，m为偶数，最小值0 123(2)m 不唯一， 8 4S ，例如 0、1、0、1、0、1、0、1和 0、1、2、1、2、1、2、1均符合 【解答】解：(1)当 1 1 3 a 时，且10 n a ，011 n a ， 21 2 | |1| 3 aa， 2 2 3 a 同理可得： 3 1 3 a (2)数列 * |(110,) n annN剟是公差为1的等差数列， 1 | | (1) 0 n aan， 1 |1an 10n 时， 1 |9a ， * 1 | |1|() nn aanN 1 1(|) n aan ，正号不成立， 1 |1 0 n aan 1 9a (3)当 1 0a 时， 1 (1) nn aa 2 1a ， 3 2a ，或 0 4 3a ，1 m为奇数，最小值 1 010110 2 m ， m为偶数，最小值 2 0123(2) 2 m m 不唯一， 8 4S ，例如 0、1、0、1、0、1、0、1和 0、1、2、1、2、1、2、1均符合
