專題16分類討論思想

專題16分類討論思想專題點撥(1)分類討論思想是將一個較復雜的數(shù)學問題分解(或分割)成若干個基礎(chǔ)性問題，通過對基礎(chǔ)性問題的解答來實現(xiàn)解決原問題的思想策略．分類討論思想的特點是：①分類討論思想具有明顯的邏輯特點；②分類討論問題一般覆蓋的知識點較多，有利于考查知識掌握的熟練程度和解決問題的能力；③解答分類討論問題需要一定的分析技巧和分析問題的能力；④分類討論思想在生活、工作實踐中應用廣泛，與高等數(shù)學緊密相關(guān)．(2)與分類討論有關(guān)的知識點是：①由數(shù)學概念引起的分類討論：a．絕對值的意義：|a|分a≥0和a＜0兩種情況討論可以去掉絕對值號；b．直線的斜率：分為存在和不存在兩種情形；c．指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的底數(shù)a分為0＜a＜1和a＞1兩種情形；d．多項式ax2＋bx＋c分為a≠0(二次函數(shù))和a＝0(不是二次函數(shù))兩種情形；e．三角函數(shù)：按角所在的不同的區(qū)域進行分類，如按象限分類；f．平面向量的有關(guān)概念，如共線分為同向和反向；g．等比數(shù)列的公比q：例如q分為q＝1和q≠1.②由數(shù)學運算引起的討論：a．分母不為0；b．開偶次方根時，被開方式為非負值；c．不等式性質(zhì)：兩邊乘以或除以一個正數(shù)或一個負數(shù)的不同；d．各類函數(shù)的定義域，如正切函數(shù)的定義域．③由函數(shù)、方程的性質(zhì)、定理、公式的限制引起的討論：如二次函數(shù)的對稱軸與區(qū)間的位置關(guān)系不同，則函數(shù)的單調(diào)性不同，直線方程的不同形式的要求不同，如點斜式方程的直線的斜率必須是存在的，截距式方程的直線不能與坐標軸平行；等比數(shù)列的前n項和公式．④由圖形的不確定性引起的分類討論．⑤由參數(shù)的變化引起的分類討論．⑥由排列組合引起的分類討論．(3)分類的原則：①分類的對象確定，標準統(tǒng)一；②不重復，不遺漏，即對分類對象分類后交集為空集，并集為全集；③分層次，不越級討論．(4)分類討論思想所解決的問題類型：①問題中的變量或含有的參數(shù)需要進行分類討論；②問題中的條件和結(jié)論不唯一確定，而是有多種可能，要按出現(xiàn)的情況一一分類加以討論；③由變形引起的討論，或解題過程遇到無法統(tǒng)一敘述的情形，必須分類討論；④有關(guān)幾何問題中，幾何元素(如點、線段、直線、平面、幾何體等)的形狀、位置的不確定引起討論．(5)分類討論的一般流程：eq\x(明確討論的對象確定討論的全體)↓eq\x(選擇分類的標準)↓eq\x(逐類進行討論獲得初步結(jié)果)↓eq\x(歸納整合寫出結(jié)論)例題剖析一、由數(shù)學概念引起的分類討論【例1】已知集合A＝{1，3，eq\r(m)}，B＝{1，m}，A∪B＝A，則m＝________.【答案】0或3【解析】因為A∪B＝A，所以B?A，所以m＝3或m＝eq\r(m).若m＝3，則A＝{1，3，eq\r(3)}，B＝{1，3}，滿足A∪B＝A.若m＝eq\r(m)，解得m＝0或m＝1.若m＝0，則A＝{1，3，0}，B＝{1，0}，滿足A∪B＝A，若m＝1，則A＝{1，3，1}，B＝{1，1}顯然不成立，綜上m＝0或m＝3.【例2】已知函數(shù)有四個不同零點，求實數(shù)m的取值范圍.【解析】化簡可得.于是，為一個零點.由，可通過畫出函數(shù)與的圖像，可知，，若有相等實數(shù)根，則.結(jié)合圖形可知，此時時方程有三個實數(shù)根.所以，時函數(shù)有四個零點.二、由數(shù)學運算引起的分類討論【例3】已知m∈R，a＞b＞1，f(x)＝eq\f(mx,x－1)，試比較f(a)與f(b)的大?。窘馕觥坑深}意，f(a)－f(b)＝eq\f(ma,a－1)－eq\f(mb,b－1)＝eq\f(m（b－a）,（a－1）（b－1）).∵a＞b＞1，∴a－1＞0，b－1＞0，b－a＜0，∴當m＞0時，eq\f(m（b－a）,（a－1）（b－1）)＜0，∴f(a)＜f(b)；當m＝0時，eq\f(m（b－a）,（a－1）（b－1）)＝0，∴f(a)＝f(b)；當m＜0時，eq\f(m（b－a）,（a－1）（b－1）)＞0，∴f(a)＞f(b)．三、由公式、性質(zhì)、定理等引起的分類討論【例4】設等比數(shù)列{an}的公比為q，前n項和Sn＞0(n＝1，2，3…)．(1)求q的取值范圍；(2)設bn＝an＋2－eq\f(3,2)an＋1，{bn}的前n項和為Tn，試比較Sn與Tn的大?。窘馕觥?1)因為{an}是等比數(shù)列，Sn＞0，可得a1＝S1＞0，q≠0，當q＝1時，Sn＝na1＞0.當q≠1時，Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＞0，即eq\f(1－qn,1－q)＞0(n＝1，2，…)，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－q＞0,1－qn＞0))①或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－q＜0,1－qn＜0))②由①得∵n可為奇數(shù)，可為偶數(shù)，∴－1＜q＜1，由②得q＞1.故q的取值范圍是(－1，0)∪(0，＋∞)．(2)由bn＝an＋2－eq\f(3,2)an＋1＝aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q2－\f(3,2)q))，∴Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q2－\f(3,2)q))Sn，于是Tn－Sn＝Sneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q2－\f(3,2)q－1))＝Sneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＋\f(1,2)))(q－2)，又Sn＞0且－1＜q＜0或q＞0，則當－1＜q＜－eq\f(1,2)或q＞2時，Tn－Sn＞0，即Tn＞Sn，當－eq\f(1,2)＜q＜2且q≠0時，Tn－Sn＜0，即Tn＜Sn.當q＝－eq\f(1,2)或q＝2時，Tn－Sn＝0，即Tn＝Sn.四、由參數(shù)變化引起的分類討論【例5】設函數(shù)f(x)＝mx2－mx－1.(1)若對一切實數(shù)x，f(x)＜0恒成立，求實數(shù)m的取值范圍；(2)對于x∈[1，3]，f(x)＜－m＋5恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．【解析】(1)當m＝0時，f(x)＝－1＜0恒成立，當m≠0時，若f(x)＜0恒成立，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＜0，,Δ＝m2＋4m＜0，))解得－4＜m＜0，綜上所述，實數(shù)m的取值范圍為(－4，0]．(2)要x∈[1，3]，f(x)＜－m＋5恒成立，即meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)m－6＜0，x∈[1，3]恒成立．令g(x)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)m－6＜0，x∈[1，3]．當m＞0時，g(x)是增函數(shù)，所以g(x)max＝g(3)＝7m－6＜0，解得m＜eq\f(6,7)，所以0＜m＜eq\f(6,7).當m＝0時，－6＜0恒成立；當m＜0時，g(x)是減函數(shù)．所以g(x)max＝g(1)＝m－6＜0，解得m＜6.所以m＜0.綜上所述，實數(shù)m的取值范圍為(－∞，eq\f(6,7))．五、由圖形引起的分類討論【例6】已知方程mx2＋2y2＝m＋1(m∈R)，對于不同范圍的m值，請分別指出方程所表示的圖形．【解析】要對m＝0和m＝－1的情況進行討論；當m≠0且m≠－1時，方程變形為eq\f(x2,\f(m＋1,m))＋eq\f(y2,\f(m＋1,2))＝1，由eq\f(m＋1,2)＝eq\f(m＋1,m)得m＝2，這樣－1，0，2把數(shù)軸分成四個區(qū)間，所以要分多種情況討論．(1)當m＝0時，方程為2y2＝1，y＝±eq\f(\r(2),2)，圖形為兩條平行直線；(2)當m＝－1時，方程為－x2＋2y2＝0，即y＝±eq\f(\r(2),2)x，圖形為兩條相交直線；(3)當m≠0且m≠－1時，方程化為eq\f(x2,\f(m＋1,m))＋eq\f(y2,\f(m＋1,2))＝1.①m＜－1時，eq\f(m＋1,m)＞0，eq\f(m＋1,2)＜0，圖形為焦點在x軸上的雙曲線；②當－1＜m＜0時，eq\f(m＋1,m)＜0，eq\f(m＋1,2)＞0，圖形為焦點在y軸上的雙曲線；③當0＜m＜2時，0＜eq\f(m＋1,2)＜eq\f(m＋1,m)，圖形為焦點在x軸上的橢圓；④當m＝2時，方程為x2＋y2＝eq\f(3,2)，圖形為圓心在原點，半徑為eq\f(\r(6),2)的圓；⑤當m＞2時，0＜eq\f(m＋1,m)＜eq\f(m＋1,2)，圖形為焦點在y軸上的橢圓．六、由排列組合引起的分類討論【例7】如圖所示，一個地區(qū)有5個行政區(qū)域，現(xiàn)給地圖著色，要求相鄰地區(qū)不得使用同一顏色，若有4種顏色可供選用，則不同的著色方法共有多少種？【解析】分類討論.至少需要不同的三種顏色才能完成.若只用三種顏色，涂(1)有種不同顏色，涂(2)(4)有種，涂(5)(3)有種，則此時共有有有=6種不同涂法.若用四種顏色，(2)(4)不同顏色，(3)(5)相同顏色，有種不同涂法.同理，)(3)(5)不同顏色，(2)(4相同顏色，有種不同涂法.于是，共有種不同涂法.鞏固訓練已知M＝{x|x－a＝0}，N＝{x|ax－1＝0}，若M∩N＝N，則實數(shù)a的值為________．【答案】0或1或－1【解析】M∩N＝N?N?M.當a＝0時，N＝?，符合要求，當a≠0時，只要a＝eq\f(1,a)，即a＝±1.2.函數(shù)，滿足的的取值范圍是

．【答案】或【解答】解：時，，得；

時，，即，得，得，

綜上可得的取值范圍是或．

故答案為：或．3.若直線l過點(1,2)且在兩坐標軸上的截距相等，則直線l的方程為______________．【答案】y＝2x或x＋y－3＝0【解析】①當截距為零時，即過原點(0，0)，∴直線方程為y＝2x；②當截距不為零時，設直線方程為eq\f(x,a)＋eq\f(y,a)＝1，將點(1,2)代入可得a＝3，∴直線方程為x＋y－3＝0.4.已知函數(shù)，則該函數(shù)的零點是

．【答案】【解答】解：因為函數(shù)，

當時，令，解得或舍；

當時，令，解得舍或舍；

綜上可得，該函數(shù)的零點是．

故答案為：．5.設等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S5、S4、S6成等差數(shù)列，則數(shù)列{an}的公比q的值等于____________．【答案】－2【解析】根據(jù)題意，S5、S4、S6成等差數(shù)列，則2S4＝S5＋S6成等差數(shù)列，①當q＝1時，Sn＝na1，則S5＝5a1，S4＝4a1，S6＝6a1，S5、S4、S6成等差數(shù)列不成立，故舍去；②當q≠1時，有eq\f(2a1（1－q4）,1－q)＝eq\f(a1（1－q5）,1－q)＋eq\f(a1（1－q6）,1－q)，變形可得：2a5＋a6＝0，∴a5(2＋q)＝0，解得q＝－2.6．已知a∈R，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)－a))＋a在區(qū)間上的最大值是5，則a的取值范圍是____________．【答案】(－∞，eq\f(9,2)]【解析】x∈[1，4]，x＋eq\f(4,x)∈[4，5]，分類討論：①當a≥5時，f(x)＝a－x－eq\f(4,x)＋a＝2a－x－eq\f(4,x)，函數(shù)的最大值2a－4＝5，∴a＝eq\f(9,2)，舍去；②當a≤4時，f(x)＝x＋eq\f(4,x)－a＋a＝x＋eq\f(4,x)≤5，此時命題成立；③當4<a<5時，[f(x)]max＝max{eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4－a))＋a，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(5－a))＋a}，則：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4－a))＋a≥\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(5－a))＋a,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4－a))＋a＝5)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4－a))＋a<\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(5－a))＋a,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(5－a))＋a＝5)))，解得：a＝eq\f(9,2)或a<eq\f(9,2)，綜上可得，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，eq\f(9,2)]．故填(－∞，eq\f(9,2)]．二、選擇題 7．若函數(shù)f(x)＝sin2x＋bsinx＋c，則f(x)的最小正周期().A．與b有關(guān)，且與c有關(guān)B．與b有關(guān)，但與c無關(guān)C．與b無關(guān)，且與c無關(guān)D．與b無關(guān)，但與c有關(guān)【答案】B【解析】f(x)＝sin2x＋bsinx＋c＝eq\f(1－cos2x,2)＋bsinx＋c＝－eq\f(cos2x,2)＋bsinx＋c＋eq\f(1,2)，其中當b＝0時，f(x)＝－eq\f(cos2x,2)＋c＋eq\f(1,2)，此時周期是π；當b≠0時，周期為2π，而c不影響周期．故選B.8．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－x＋3，x≤1，,x＋\f(2,x)，x>1.))設a∈R，若關(guān)于x的不等式f(x)≥|eq\f(x,2)＋a|在R上恒成立，則a的取值范圍是().A.B.C.D.【答案】A【解析】不等式f(x)≥|eq\f(x,2)＋a|可化為－f(x)≤eq\f(x,2)＋a≤f(x)(*)，當x≤1時，(*)式即－x2＋x－3≤eq\f(x,2)＋a≤x2－x＋3，即－x2＋eq\f(x,2)－3≤a≤x2－eq\f(3,2)x＋3，又－x2＋eq\f(x,2)－3＝－(x－eq\f(1,4))2－eq\f(47,16)≤－eq\f(47,16)(當x＝eq\f(1,4)時取等號)，x2－eq\f(3,2)x＋3＝(x－eq\f(3,4))2＋eq\f(39,16)≥eq\f(39,16)(當x＝eq\f(3,4)時取等號)，所以－eq\f(47,16)≤a≤eq\f(39,16)，當x>1時，(*)式為－x－eq\f(2,x)≤eq\f(x,2)＋a≤x＋eq\f(2,x)，－eq\f(3,2)x－eq\f(2,x)≤a≤eq\f(x,2)＋eq\f(2,x).又－eq\f(3,2)x－eq\f(2,x)＝－(eq\f(3,2)x＋eq\f(2,x))≤－2eq\r(3)(當x＝eq\f(2\r(3),3)時取等號)，eq\f(x,2)＋eq\f(2,x)≥2eq\r(\f(x,2)×\f(2,x))＝2(當x＝2時取等號)，所以－2eq\r(3)≤a≤2.綜上，－eq\f(47,16)≤a≤2.故選A.三、解答題9.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足b＋c＝2acosB.(1)證明：A＝2B；(2)若△ABC的面積S＝eq\f(a2,4)，求角A的大?。窘馕觥?1)證明：由正弦定理得sinB＋sinC＝2sinAcosB，故2sinAcosB＝sinB＋sin(A＋B)＝sinB＋sinAcosB＋cosAsinB，于是sinB＝sin(A－B)．又A，B∈(0，π)，故0<A－B<π，所以B＝π－(A－B)或B＝A－B，因此A＝π(舍去)或A＝2B，所以，A＝2B；(2)由S＝eq\f(a2,4)得eq\f(1,2)absinC＝eq\f(a2,4)，故有sinBsinC＝eq\f(1,2)sin2B＝sinBcosB，因為sinB≠0，所以sinC＝cosB.又B，C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,2)±B.當B＋C＝eq\f(π,2)時，A＝eq\f(π,2)；當C－B＝eq\f(π,2)時，A＝eq\f(π,4).綜上，A＝eq\f(π,2)或A＝eq\f(π,4).10.已知無窮數(shù)列{an}，滿足an＋2＝|an＋1－an|，n∈N*；(1)若a1＝1，a2＝2，求數(shù)列前10項和；(2)若a1＝1，a2＝x，x∈Z，且數(shù)列{an}前2017項中有100項是0，求x的可能值；(3)求證：在數(shù)列{an}中，存在k∈N*，使得0≤ak＜1.【解析】(1)數(shù)列{an}滿足an＋2＝|an＋1－an|，n∈N*；a1＝1，a2＝2，則a3＝1，a4＝1，a5＝0，a6＝