數(shù)學(xué)思想方法難點(diǎn)歸納--分類(lèi)討論思想

1、分類(lèi)討論思想重難點(diǎn)歸納 分類(lèi)討論思想就是依據(jù)一定的標(biāo)準(zhǔn)，對(duì)問(wèn)題分類(lèi)、求解，要特別注意分類(lèi)必須滿(mǎn)足互斥、無(wú)漏、最簡(jiǎn)的原則 分類(lèi)討論常見(jiàn)的依據(jù)是 1 由概念內(nèi)涵分類(lèi) 如絕對(duì)值、直線(xiàn)的斜率、指數(shù)對(duì)數(shù)函數(shù)、直線(xiàn)與平面的夾角等定義包含了分類(lèi) 2 由公式條件分類(lèi) 如等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式、極限的計(jì)算、圓錐曲線(xiàn)的統(tǒng)一定義中圖形的分類(lèi)等 3 由實(shí)際意義分類(lèi) 如排列、組合、概率中較常見(jiàn)，但不明顯、有些應(yīng)用問(wèn)題也需分類(lèi)討論 在學(xué)習(xí)中也要注意優(yōu)化策略，有時(shí)利用轉(zhuǎn)化策略，如反證法、補(bǔ)集法、變更多元法、數(shù)形結(jié)合法等簡(jiǎn)化甚至避開(kāi)討論 典型題例示范講解 例1已知an是首項(xiàng)為2，公比為的等比數(shù)列，Sn為它的前n項(xiàng)和 （1）用

2、Sn表示Sn+1;（2）是否存在自然數(shù)c和k，使得成立 命題意圖 本題主要考查等比數(shù)列、不等式知識(shí)以及探索和論證存在性問(wèn)題的能力 知識(shí)依托 解決本題依據(jù)不等式的分析法轉(zhuǎn)化，放縮、解簡(jiǎn)單的分式不等式；數(shù)列的基本性質(zhì) 錯(cuò)解分析 第2問(wèn)中不等式的等價(jià)轉(zhuǎn)化為學(xué)生的易錯(cuò)點(diǎn)，不能確定出 技巧與方法 本題屬于探索性題型，是高考試題的熱點(diǎn)題型 在探討第2問(wèn)的解法時(shí)，采取優(yōu)化結(jié)論的策略，并靈活運(yùn)用分類(lèi)討論的思想 即對(duì)雙參數(shù)k,c輪流分類(lèi)討論，從而獲得答案 解 （1）由Sn=4(1），得，(nN*)（2）要使，只要因?yàn)樗裕?kN*)故只要Sk2cSk，（kN*）因?yàn)镾k+1Sk，(kN*) 所以Sk2S12=1

3、 又Sk4，故要使成立，c只能取2或3 當(dāng)c=2時(shí)，因?yàn)镾1=2，所以當(dāng)k=1時(shí)，cSk不成立，從而不成立 當(dāng)k2時(shí)，因?yàn)?，由SkSk+1(kN*)得Sk2Sk+12故當(dāng)k2時(shí)，Sk2c，從而不成立 當(dāng)c=3時(shí)，因?yàn)镾1=2，S2=3，所以當(dāng)k=1，k=2時(shí)，cSk不成立，從而不成立因?yàn)椋諷k2Sk+12所以當(dāng)k3時(shí)，Sk2c，從而成立 綜上所述，不存在自然數(shù)c,k,使成立 例2給出定點(diǎn)A（a,0)（a0）和直線(xiàn)l x=1，B是直線(xiàn)l上的動(dòng)點(diǎn)，BOA的角平分線(xiàn)交AB于點(diǎn)C 求點(diǎn)C的軌跡方程，并討論方程表示的曲線(xiàn)類(lèi)型與a值的關(guān)系 命題意圖 本題考查動(dòng)點(diǎn)的軌跡，直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn)的基本知識(shí)，分類(lèi)討論

4、的思想方法 綜合性較強(qiáng)，解法較多，考查推理能力和綜合運(yùn)用解析幾何知識(shí)解題的能力 知識(shí)依托 求動(dòng)點(diǎn)軌跡的基本方法步驟 橢圓、雙曲線(xiàn)、拋物線(xiàn)標(biāo)準(zhǔn)方程的基本特點(diǎn) 錯(cuò)解分析 本題易錯(cuò)點(diǎn)為考生不能巧妙借助題意條件，構(gòu)建動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo)應(yīng)滿(mǎn)足的關(guān)系式和分類(lèi)討論軌跡方程表示曲線(xiàn)類(lèi)型 技巧與方法 精心思考，發(fā)散思維、多途徑、多角度的由題設(shè)條件出發(fā)，探尋動(dòng)點(diǎn)應(yīng)滿(mǎn)足的關(guān)系式 巧妙地利用角平分線(xiàn)的性質(zhì) 解法一 依題意，記B（1，b)，(bR），則直線(xiàn)OA和OB的方程分別為y=0和y=bx 設(shè)點(diǎn)C(x,y)，則有0xa，由OC平分AOB，知點(diǎn)C到OA、OB距離相等 根據(jù)點(diǎn)到直線(xiàn)的距離公式得y= 依題設(shè)，點(diǎn)C在直線(xiàn)AB上，故有

5、由xa0，得 將式代入式，得y2(1a)x22ax+(1+a)y2=0若y0，則(1a)x22ax+(1+a)y2=0(0xa)若y=0則b=0,AOB=，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，0）滿(mǎn)足上式 綜上，得點(diǎn)C的軌跡方程為（1a）x22ax+(1+a)y2=0(0xa(i)當(dāng)a=1時(shí)，軌跡方程化為y2=x(0x1 此時(shí)方程表示拋物線(xiàn)弧段；(ii)當(dāng)a1，軌跡方程化為 所以當(dāng)0a1時(shí)，方程表示橢圓弧段；當(dāng)a1時(shí)，方程表示雙曲線(xiàn)一支的弧段 解法二如圖, 設(shè)D是l與x軸的交點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)C作CEx軸，E是垂足 （i）當(dāng)BD0時(shí)，設(shè)點(diǎn)C(x,y)，則0xa，y0由CEBD，得 COA=COB=CODBOD=COABO

6、D2COA=BOD整理，得(1a)x22ax+(1+a)y2=0(0xa)(ii)當(dāng)BD=0時(shí)，BOA=，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0,0)，滿(mǎn)足上式 綜合(i)、(ii)，得點(diǎn)C的軌跡方程為(1a)x22ax+(1+a)y2=0(0xa)以下同解法一 解法三 設(shè)C(x,y)、B(1,b)，則BO的方程為y=bx，直線(xiàn)AB的方程為當(dāng)b0時(shí)，OC平分AOB，設(shè)AOC=,直線(xiàn)OC的斜率為k=tan,OC的方程為y=kx于是又tan2=bb= C點(diǎn)在AB上 由、消去b，得 又，代入，有整理，得(a1)x2(1+a)y2+2ax=0 當(dāng)b=0時(shí)，即B點(diǎn)在x軸上時(shí)，C(0,0)滿(mǎn)足上式 a1時(shí)，式變?yōu)楫?dāng)0a1時(shí)，

7、表示橢圓弧段；當(dāng)a1時(shí)，表示雙曲線(xiàn)一支的弧段；當(dāng)a=1時(shí)，表示拋物線(xiàn)弧段 例3若函數(shù)在其定義域內(nèi)有極值點(diǎn)，則a的取值為 解析 即f(x)=(a1)x2+ax=0有解 當(dāng)a1=0時(shí)，滿(mǎn)足 當(dāng)a10時(shí)，只需=a2(a1)0 答案 或a=1例 4 設(shè)函數(shù)f(x)=x2+xa+1，xR (1)判斷函數(shù)f(x)的奇偶性；(2)求函數(shù)f(x)的最小值 解 (1)當(dāng)a=0時(shí)，函數(shù)f(x)=(x)2+x+1=f(x)，此時(shí)f(x)為偶函數(shù) 當(dāng)a0時(shí)，f(a)=a2+1,f(a)=a2+2a+1 f(a)f(a),f(a)f(a)此時(shí)函數(shù)f(x)既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù) （2）當(dāng)xa時(shí)，函數(shù)f(x)=x2x+

8、a+1=(x)2+a+若a，則函數(shù)f(x)在(,a上單調(diào)遞減 從而函數(shù)f(x)在（,a上的最小值為f(a)=a2+1若a，則函數(shù)f(x)在（,a上的最小值為f()=+a，且f()f(a) 當(dāng)xa時(shí)，函數(shù)f(x)=x2+xa+1=(x+)2a+若a，則函數(shù)f(x)在a,+上的最小值為f()=a，且f()f(a)；若a，則函數(shù)f(x)在a,+)單調(diào)遞增 從而函數(shù)f(x)在a,+上的最小值為f(a)=a2+1 綜上，當(dāng)a時(shí)，函數(shù)f(x)的最小值為a；當(dāng)a時(shí)，函數(shù)f(x)的最小值是a2+1；當(dāng)a時(shí)，函數(shù)f(x)的最小值是a+ 學(xué)生鞏固練習(xí) 1 已知其中aR，則a的取值范圍是( )A a0 B a2或a

9、2C 2a2 D a2或a22 四面體的頂點(diǎn)和各棱的中點(diǎn)共10個(gè)點(diǎn)，在其中取4個(gè)不共面的點(diǎn)，不同的取法共有( )A 150種 B 147種 C 144種 D 141種3 已知線(xiàn)段AB在平面外，A、B兩點(diǎn)到平面的距離分別為1和3，則線(xiàn)段AB的中點(diǎn)到平面的距離為 4 已知集合A=xx23x+2=0,B=xx2ax+(a1)=0，C=xx2mx+2=0，且AB=A，AC=C，則a的值為 ，m的取值范圍為 5 已知集合A=xx2+px+q=0，B=xqx2+px+1=0,A,B同時(shí)滿(mǎn)足 AB,AB=2 求p、q的值 6 已知直角坐標(biāo)平面上點(diǎn)Q（2，0）和圓C x2+y2=1，動(dòng)點(diǎn)M到圓C的切線(xiàn)長(zhǎng)與MQ

10、的比等于常數(shù)(0) 求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程，并說(shuō)明它表示什么曲線(xiàn) 7 已知函數(shù)y=f(x)的圖象是自原點(diǎn)出發(fā)的一條折線(xiàn) 當(dāng)nyn+1(n=0,1,2,)時(shí)，該圖象是斜率為bn的線(xiàn)段（其中正常數(shù)b1），設(shè)數(shù)列xn由f(xn)=n(n=1,2,)定義 （1）求x1、x2和xn的表達(dá)式；（2）計(jì)算xn；（3）求f(x)的表達(dá)式，并寫(xiě)出其定義域 8 已知a0時(shí)，函數(shù)f(x)=axbx2（1）當(dāng)b0時(shí)，若對(duì)任意xR都有f(x)1，證明a2b;（2）當(dāng)b1時(shí)，證明 對(duì)任意x0,1,f(x)1的充要條件是b1a2；（3）當(dāng)0b1時(shí)，討論 對(duì)任意x0,1,f(x)1的充要條件 參考答案 1 解析 分a=2、a2和

11、a2三種情況分別驗(yàn)證 答案 C2 解析 任取4個(gè)點(diǎn)共C=210種取法 四點(diǎn)共面的有三類(lèi) （1）每個(gè)面上有6個(gè)點(diǎn)，則有4×C=60種取共面的取法；（2）相比較的4個(gè)中點(diǎn)共3種；（3）一條棱上的3點(diǎn)與對(duì)棱的中點(diǎn)共6種 答案 C3 解析 分線(xiàn)段AB兩端點(diǎn)在平面同側(cè)和異側(cè)兩種情況解決 答案 1或24 解析 A=1,2,B=x(x1)(x1+a)=0,由AB=A可得1a=1或1a=2；由AC=C，可知C=1或 答案 2或3 3或（2，2）5 解 設(shè)x0A，x0是x02+px0+q=0的根 若x0=0，則A=2,0，從而p=2,q=0,B= 此時(shí)AB=與已知矛盾，故x00 將方程x02+px0+

12、q=0兩邊除以x02，得 即滿(mǎn)足B中的方程，故B A=2,則2A,且2 設(shè)A=2,x0，則B=，且x02（否則AB=） 若x0=，則2B,與2B矛盾 又由AB,x0=，即x0=±1 即A=2,1或A=2,1 故方程x2+px+q=0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根2，1或2，16 解 如圖，設(shè)MN切圓C于N，則動(dòng)點(diǎn)M組成的集合是P=MMN=MQ,0 ONMN,ON=1,MN2=MO2ON2=MO21設(shè)動(dòng)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x,y)，則即（x21)(x2+y2)42x+(42+1)=0 經(jīng)檢驗(yàn)，坐標(biāo)適合這個(gè)方程的點(diǎn)都屬于集合P，故方程為所求的軌跡方程 （1）當(dāng)=1時(shí)，方程為x=，它是垂直于x軸且與x軸相

13、交于點(diǎn)（，0）的直線(xiàn)；（2）當(dāng)1時(shí)，方程化為 它是以為圓心，為半徑的圓 7 解 （1）依題意f(0)=0，又由f(x1)=1，當(dāng)0y1，函數(shù)y=f(x)的圖象是斜率為b0=1的線(xiàn)段，故由x1=1又由f(x2)=2，當(dāng)1y2時(shí)，函數(shù)y=f(x)的圖象是斜率為b的線(xiàn)段，故由即x2x1=x2=1+記x0=0，由函數(shù)y=f(x)圖象中第n段線(xiàn)段的斜率為bn1，故得又由f(xn)=n,f(xn1)=n1xnxn1=()n1,n=1,2,由此知數(shù)列xnxn1為等比數(shù)列，其首項(xiàng)為1，公比為 因b1，得(xkxk1)=1+即xn=（2）由（1）知，當(dāng)b1時(shí)，當(dāng)0b1，n, xn也趨于無(wú)窮大 xn不存在 （3）由（1）知，當(dāng)0y1時(shí)，y=x，即當(dāng)0x1時(shí)，f(x)=x;當(dāng)nyn+1，即xnxxn+1由（1）可知f(x)=n+bn(xxn)(n=1,2,),由（2）知當(dāng)b1時(shí)，y=f(x)的定義域?yàn)?,);當(dāng)0b1時(shí)，y=f(x)的定義域?yàn)?,+) 8 (1)證明 依設(shè)，對(duì)任意xR，都有f(x)11a0,b0a2 （2）證明 必要性 對(duì)任意x0,1，f(x)11f(x），據(jù)此可以推出1f(1)即ab1，ab1對(duì)任意x0,1，f(x)1f(x)1 因?yàn)閎1，可以推出f()1即a·11，a2,b1a2充分性 因?yàn)閎1，ab1，對(duì)任意x0,1