高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)：第18講　分類討論思想

1、eq o(sup7(),sdo5(專題七)數(shù)學(xué)思想方法eq o(sup7(),sdo5(第18講)分類討論思想分類討論是一種重要的數(shù)學(xué)思想方法，當(dāng)問題的對象不能進行統(tǒng)一研究時，就需要對研究的對象按某個標(biāo)準(zhǔn)進行分類，然后對每一類分別研究，給出每一類的結(jié)論，最終綜合各類結(jié)果得到整個問題的解答實質(zhì)上分類討論就是“化整為零，各個擊破，再集零為整”的數(shù)學(xué)策略分類原則：(1) 所討論的全域要確定，分類要“既不重復(fù)，也不遺漏”；(2) 在同一次討論中只能按所確定的一個標(biāo)準(zhǔn)進行；(3) 對多級討論，應(yīng)逐級進行，不能越級討論的基本步驟：(1) 確定討論的對象和討論的范圍(全域)；(2) 確定分類的標(biāo)準(zhǔn)，進行合理

2、的分類；(3) 逐步討論(必要時還得進行多級分類)；(4) 總結(jié)概括，得出結(jié)論引起分類討論的常見因素：(1) 由概念引起的分類討論；(2) 使用數(shù)學(xué)性質(zhì)、定理和公式時，其限制條件不確定引起的分類討論；(3) 由數(shù)學(xué)運算引起的分類討論；(4)由圖形的不確定性引起的分類討論；(5) 對于含參數(shù)的問題由參數(shù)的變化引起的分類討論簡化和避免分類討論的優(yōu)化策略：(1) 直接回避如運用反證法、求補法、消參法等有時可以避開繁瑣討論；(2) 變更主元如分離參數(shù)、變參置換等可避開討論；(3) 合理運算如利用函數(shù)奇偶性、變量的對稱、輪換以及公式的合理選用等有時可以簡化甚至避開討論；(4) 數(shù)形結(jié)合利用函數(shù)圖象、幾何

3、圖形的直觀性和對稱特點有時可以簡化甚至避開討論注：能回避分類討論的盡可能回避1. 一條直線過點(5,2)且在x軸，y軸上截距相等，則這直線方程為_2.正三棱柱的側(cè)面展開圖是邊長分別為6和4的矩形， 則它的體積為_. 3.函數(shù)f(x)eq r(ax2aa1xf(1,2)a1)的定義域為一切實數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是_4.數(shù)列an的前n項和為Sn2n2n1(nN*)，則其通項an_.【例1】在ABC中，已知sinBeq f(r(15),4)，a6，b8，求邊c的長【例2】解關(guān)于x的不等式：ax2(a1)x10(n1,2，)(1) 求q的取值范圍；(2) 設(shè)bnan2an1，記bn的前n項和為Tn，

4、試比較Sn與Tn的大小. 【例4】已知函數(shù)f(x)和g(x)的圖象關(guān)于原點對稱，且f(x)x22x.(1) 求函數(shù)g(x)的解析式；(2) 若h(x)g(x)f(x)1在1,1上是增函數(shù)，求實數(shù)的取值范圍1. (2009全國)雙曲線的一條漸近線方程為3x2y0，則該雙曲線的離心率為_2.(2011遼寧)設(shè)函數(shù)f(x)eq blcrc (avs4alco1(21x，x1，,1log2x，x1，)則滿足f(x)2的x的取值范圍是_3.(2011江蘇)已知實數(shù)a0，函數(shù)f(x)eq blcrc (avs4alco1(2xa，x0，)的零點個數(shù)為_5.(2011江西)設(shè)f(x)eq f(1,3)x3m

5、x2nx.(1) 如果g(x)f(x)2x3在x2處取得最小值5，求f(x)的解析式；(2) 如果mn0，使得f(x)h(x)(x2ax1)，則稱函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P(a)設(shè)函數(shù)f(x)lnxeq f(b2,x1)(x1)，其中b為實數(shù)(1) 求證：函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P(b); (2) 求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間(2011南通)(本小題滿分16分)已知各項均不為零的數(shù)列an的前n項和為Sn，且滿足a1c,2Snanan1r.(1) 若r6，數(shù)列an能否成為等差數(shù)列？若能，求c滿足的條件；若不能，請說明理由(2) 設(shè)Pneq f(a1,a1a2)eq f(a3,a3a4)eq f(a2n1,a

6、2n1a2n)，Qneq f(a2,a2a3)eq f(a4,a4a5)eq f(a2n,a2na2n1)，若rc4，求證：對于一切nN*，不等式nPnQnn2n恒成立(1) 解：n1時，2a1a1a2r， a1c0， 2cca2r，a22eq f(r,c). (1分)n2時，2Snanan1r，2Sn1an1anr，得2anan(an1an1) an0， an1an12. (3分)則a1，a3，a5，a2n1， 成公差為2的等差數(shù)列，a2n1a12(n1)a2，a4，a6，a2n， 成公差為2的等差數(shù)列， a2na22(n1)要使an為等差數(shù)列，當(dāng)且僅當(dāng)a2a11.即2eq f(r,c)c1

7、，rcc2. (4分) r6， c2c60，得c2或3. 當(dāng)c2時，a30不合題意，舍去 當(dāng)且僅當(dāng)c3時，數(shù)列an為等差數(shù)列. (5分)(2) 證明：a2n1a2na12(n1)a22(n1)a1a2ceq f(r,c)2.a2na2n1a22(n1)(a12n)a2a12eq blc(rc)(avs4alco1(cf(r,c). (8分) Pneq f(1,cf(r,c)2)eq blcrc(avs4alco1(na1f(nn1,2)2)eq f(1,cf(r,c)2)n(nc1) (9分)Qneq f(1,cf(r,c)eq blcrc(avs4alco1(na2f(nn1,2)2)eq

8、f(1,cf(r,c)neq blc(rc)(avs4alco1(n1f(r,c). (10分)PnQneq f(1,cf(r,c)2)n(nc1)eq f(1,cf(r,c)neq blc(rc)(avs4alco1(n1f(r,c)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,cf(r,c)2)f(1,cf(r,c)n2eq blc(rc)(avs4alco1(f(c1,cf(r,c)2)f(1f(r,c),cf(r,c)n.(11分) rc4， ceq f(r,c)2eq r(r)4， ceq f(r,c)22， 0eq f(1,cf(r,c)2)eq f(1,cf(r,c)1，則0

9、c1ceq f(r,c)2,0c1ceq f(r,c). eq f(c1,cf(r,c)2)1，eq f(c1,cf(r,c)1. eq f(c1,cf(r,c)2)eq f(c1,cf(r,c)11.(15分) 對于一切nN*，不等式nPnQn1時，求函數(shù)h(x)f(x)g(x)的最小值；(3) 當(dāng)a1時，h(x)f(x)g(x)x22lnxeq f(1,2)xeq r(x)，得h(x)2xeq f(2,x)eq f(1,2)eq f(1,2r(x)eq f(2x1x1,x)eq f(r(x)1,2r(x)(eq r(x)1)eq blcrc(avs4alco1(f(4xr(x)r(x)x1

10、r(x),2x).由x0，得eq f(4xr(x)r(x)x1r(x),2x)0.故當(dāng)x(0,1)時，h(x)0，h(x)遞增所以h(x)的最小值為h(1)12ln1eq f(1,2)1eq f(3,2).(3) aeq f(1,2)時，f(x)x2eq f(1,2)lnx，g(x)2xeq r(x).當(dāng)xeq blcrc(avs4alco1(f(1,4)，f(1,2)時，f(x)2xeq f(1,2x)eq f(4x21,2x)0，g(x)在eq blcrc(avs4alco1(f(1,4)，f(1,2)上為增函數(shù)，且g(x)geq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)1eq f

11、(r(2),2)，且g(x)geq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)0，要使不等式f(x)mg(x)在xeq blcrc(avs4alco1(f(1,4)，f(1,2)上恒成立，當(dāng)xeq f(1,4)時，m為任意實數(shù)，當(dāng)xeq blcrc(avs4alco1(f(1,4)，f(1,2)時，meq f(fx,gx)，而eq blcrc(avs4alco1(f(fx,gx)mineq f(fblc(rc)(avs4alco1(f(1,2),gblc(rc)(avs4alco1(f(1,2)eq f(2r(2),4)ln(4e)，所以meq f(2r(2),4)ln(4e)3. 設(shè)a

12、為實數(shù)，函數(shù)f(x)2x2(xa)|xa|. (1) 若f(0)1，求a的取值范圍；(2) 求f(x)的最小值；(3) 設(shè)函數(shù)h(x)f(x)，x(a，)，直接寫出(不需給出演算步驟)不等式h(x)1的解集點撥：本小題主要考查函數(shù)的概念、性質(zhì)、圖象及解一元二次不等式等基礎(chǔ)知識，考查靈活運用數(shù)形結(jié)合、分類討論的思想方法進行探索、分析與解決問題的綜合能力解：(1) 若f(0)1，則a|a|1eq blcrc (avs4alco1(a0，,a21)a1.(2) 當(dāng)xa時，f(x)3x22axa2，f(x)mineq blcrc (avs4alco1(fa，a0，,fblc(rc)(avs4alco1

13、(f(a,3)，a0)eq blcrc (avs4alco1(2a2，a0，,f(2a2,3)，a0.)當(dāng)xa時，f(x)x22axa2，f(x)mineq blcrc (avs4alco1(fa，a0，,fa，a0)eq blcrc (avs4alco1(2a2，a0，,2a2，a0.)綜上可得f(x)mineq blcrc (avs4alco1(2a2，a0，,f(2a2,3)，a0.)(3) x(a，)時，h(x)1得3x22axa210，4a212(a21)128a2.當(dāng)aeq f(r(6),2)或aeq f(r(6),2)時，0，x(a，)；當(dāng)eq f(r(6),2)aeq f(r(

14、6),2)時，0，得：eq blcrc (avs4alco1(blc(rc)(avs4alco1(xf(ar(32a2),3)blc(rc)(avs4alco1(xf(ar(32a2),3)0，,xa.)討論得：當(dāng)aeq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)，f(r(6),2)時，解集為(a，)；當(dāng)aeq blc(rc)(avs4alco1(f(r(6),2)，f(r(2),2)時，解集為eq blc(rc(avs4alco1(a，f(ar(32a2),3)eq blcrc)(avs4alco1(f(ar(32a2),3)，)；當(dāng)aeq blcrc(avs4alco1(f(r

15、(2),2)，f(r(2),2)時，解集為eq blcrc)(avs4alco1(f(ar(32a2),3)，).基礎(chǔ)訓(xùn)練1. 2x5y0或xy70解析：分直線過原點和不過原點兩種情況2. 4eq r(3)或eq f(8r(3),3)解析：分側(cè)面矩形長、寬分別為6和4或4和6兩種情況3. 0a1解析： 由題知ax2a(a1)xeq f(1,2)(a1)0對xR恒成立，分a0和a0兩種情況討論4. aneq blcrc (avs4alco1(2，n1，,4n1，n2且nN*)解析：在使用公式anSnSn1時要注意條件n2，nN*.例題選講例1解析：sinBeq f(r(15),4)，ab，若B為

16、銳角，則cosBeq f(1,4)，由余弦定理得，c23626ccosB64，即c23c280， c7；若B為鈍角，則cosBeq f(1,4)，由余弦定理得c23626ccosB64，即c23c280， c3，故邊c的長為7或3.(注： 在三角形中，內(nèi)角的取值范圍是(0，)，ba，cosBeq f(1,4)，則B可能是銳角也可能是鈍角，故要分兩種情況討論但本題如改成a8，b6，那情況又如何呢？)變式訓(xùn)練ABC中，已知sinAeq f(1,2)，cosBeq f(5,13)，求cosC.解： 0cosBeq f(5,13)eq f(r(2),2)，B(0，)， 45B90，且sinBeq f(

17、12,13).若A為銳角，由sinAeq f(1,2)，得A30，此時cosAeq f(r(3),2)；若A為鈍角，由sinAeq f(1,2)，得A150，此時AB180.這與三角形的內(nèi)角和為180相矛盾，可見A150. cosCcos(AB)cos(AB)(cosAcosBsinAsinB)eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)f(5,13)f(1,2)f(12,13)eq f(125r(3),26).例2解：(1) 當(dāng)a0時，原不等式化為x10， x1.(2) 當(dāng)a0時，原不等式化為a(x1)eq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,a)0， 若a0，則原

18、不等式化為(x1)eq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,a)0， eq f(1,a)0， eq f(1,a)1， 不等式解為xeq f(1,a)或x1. 若a0，則原不等式化為(x1)eq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,a)0.() 當(dāng)a1時，eq f(1,a)1，不等式解為eq f(1,a)x1；() 當(dāng)a1時，eq f(1,a)1，不等式解為；() 當(dāng)0a1時，eq f(1,a)1，不等式解為1xeq f(1,a).綜上所述，得原不等式的解集為：當(dāng)a0時，解集為eq blcrc(avs4alco1(xxf(1,a)或x1)；當(dāng)a0時，解集為x|x1；當(dāng)0a1時

19、，解集為eq blcrc(avs4alco1(x1xf(1,a)；當(dāng)a1時，解集為；當(dāng)a1時，解集為eq blcrc(avs4alco1(xf(1,a)x1).變式訓(xùn)練解關(guān)于x的不等式eq f(ax1,x2)1(aR且a1)解：原不等式可化為：eq f(a1x2a,x2)0， 當(dāng)a1時，原不等式與eq blc(rc)(avs4alco1(xf(a2,a1)(x2)0同解由于eq f(a2,a1)1eq f(1,a1)12， 原不等式的解為eq blc(rc)(avs4alco1(，f(a2,a1)(2，) 當(dāng)a1時，原不等式與eq blc(rc)(avs4alco1(xf(a2,a1)(x2)

20、 0同解由于eq f(a2,a1)1eq f(1,a1)，若a0，eq f(a2,a1)1eq f(1,a1)2，解集為eq blc(rc)(avs4alco1(f(a2,a1)，2)；若a0時，eq f(a2,a1)1eq f(1,a1)2，解集為；若0a1，eq f(a2,a1)1eq f(1,a1)2，解集為eq blc(rc)(avs4alco1(2，f(a2,a1).綜上所述，當(dāng)a1時不等式解集為eq blc(rc)(avs4alco1(，f(a2,a1)(2，)；當(dāng)0a1時，解集為eq blc(rc)(avs4alco1(2，f(a2,a1)；當(dāng)a0時，解集為；當(dāng)a0時，解集為eq

21、 blc(rc)(avs4alco1(f(a2,a1)，2).例3解：(1) 因為an是等比數(shù)列，Sn0，可得a1S10，q0.當(dāng)q1時，Snna10；當(dāng)q1時，Sneq f(a11qn,1q)0，即eq f(1qn,1q)0(n1,2,3，)， eq blcrc (avs4alco1(1q0，,1qn0n1，2，3，)或eq blcrc (avs4alco1(1q0，,1qn0n1，2，3，.)由于n可為奇數(shù)，可為偶數(shù)，故q1或1q1且q0.綜上，q的取值范圍是(1,0)(0，)(2) 由bnan2an1an(q2q)， Tn(q2q)Sn. TnSn(q2q1)Sneq blc(rc)(a

22、vs4alco1(qf(1r(5),2)eq blc(rc)(avs4alco1(qf(1r(5),2)Sn.又Sn0，1q0或q0，1qeq f(1r(5),2)或qeq f(1r(5),2)時TnSn；eq f(1r(5),2)q0或0qeq f(1r(5),2)時，TnSn.qeq f(1r(5),2)時，SnTn.(注：等差、等比數(shù)列的通項、前n項的和是數(shù)列的基礎(chǔ)，已知一個數(shù)列的前n項和求其通項時，對n1與n2要分別予以研究，而涉及等比數(shù)列求和或用錯位相減法求和時，要對公比q是否為1進行分類討論)例4解：(1) 利用函數(shù)圖象的對稱求解函數(shù)的問題容易求出g(x)x22x.(2) h(x)

23、(1)x22(1)x1，(解法1) 為求實數(shù)的取值范圍，就要對的取值分類(1) 當(dāng)1時，h(x)4x1，此時h(x)在1,1上是增函數(shù)，(2) 當(dāng)1時，對稱軸方程為xeq f(1,1). 當(dāng)1時，需滿足eq f(1,1)1，解得1； 當(dāng)1時，eq f(1,1)1，解得10.綜上可得0.(解法2) 由題知，h(x)2(1)x2(1)0對x1,1恒成立即(1x)1x對x1,1恒成立，顯然x1時上式恒成立，R，x(1,1時，eq f(1x,1x)eq f(2,1x)1，函數(shù)yeq f(2,1x)1在x(1,1上單調(diào)減，函數(shù)的最小值為0. 0，經(jīng)檢驗符合題意(注：兩種解法，值得思考，在做分類討論題時要

24、盡可能回避復(fù)雜的討論)變式訓(xùn)練設(shè)0 x0，且a1，比較|loga(1x)|與|loga(1x)|的大小解：(解法1) 因為0 x1，所以01x1，則01x21. 當(dāng)0a0，loga(1x)0，即|loga(1x)|loga(1x)|. 當(dāng)a1時，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：在解答該類問題時，首先從概念出發(fā)判斷出絕對值內(nèi)的數(shù)(或式子)的符號，然后再去掉絕對值符號(這時需按條件進行分類討論確定)，再按照相關(guān)的法則去計

25、算，直至得出結(jié)論其實這道題是可以回避討論的)(解法2) 因為0 x1，所以01x1，則01x2|loga(1x)|.高考回顧1. eq f(r(13),2)或eq f(r(13),3)解析：由漸近線方程為3x2y0知eq f(a,b)eq f(3,2)或eq f(b,a)eq f(3,2).2. 0，)解析：f(x)2得eq blcrc (avs4alco1(x1，,21x2)0 x1或eq blcrc (avs4alco1(x1，,1log2x2)x1.3. aeq f(3,4)解析：分a0和a0兩種情況討論4. 2解析：當(dāng)x0時，令x22x30，解得x3；當(dāng)x0時，令2lnx0，解得x100，所以已知函數(shù)有兩個零點5. 解：(1) f(x)eq f(1,3)x3mx2nx， f(x)x22mxn.又 g(x)f(x)2x3x2(2m2)xn3在x2處取極值，則g(2)2(2)(2m2)0m3，又在x2處取最小值5.則g(2)(2)2(2)4n35n2， f(x)eq f(1,3)x33x22x.(2) 要使f(x)eq f(1,3)