1、For personal use only in study and research; not for commercial use分类讨论思想1分类讨论的常见情形（ 1）由数学概念引起的分类讨论：主要是指有的概念本身是分类的，在不同条件下有不同结论，则必须进行分类讨论求解，如绝对值、直线斜率、指数函数、对数函数等.（ 2）由性质、定理、公式引起的分类讨论：有的数学定理、公式、性质是分类给出的，2在不同条件下结论不一致，如二次函数y=ax +bx+c(a ，0)由 a 的正负而导致开口方向不确定，等比数列前n 项和公式因公比q 是否为 1 而导致公式的表达式不确定等.（ 3）由某些数学式子变
2、形引起的分类讨论： 有的数学式子本身是分类给出的， 如 ax2+bx+c 0， a=0， a 0， a 0 解法是不同的 .（ 4）由图形引起的分类讨论：有的图形的类型、位置也要分类，如角的终边所在象限，点、线、面的位置关系等 .（ 5）由实际意义引起的讨论：此类问题在应用题中常见.（ 6）由参数变化引起的讨论：所解问题含有参数时，必须对参数的不同取值进行分类讨论；含有参数的数学问题中，参变量的不同取值，使得变形受限导致不同的结果.2分类的原则（ 1）每次分类的对象是确定的，标准是同一的；分类讨论问题的难点在于什么时候开始讨论，即认识为什么要分类讨论， 又从几方面开始讨论，只有明确了讨论原因，
3、才能准确、恰当地进行分类与讨论.这就要求我们准确掌握所用的概念、定理、定义，考虑问题要全面.函数问题中的定义域，方程问题中根之间的大小，直线与二次曲线位置关系中的判别式等等，常常是分类讨论划分的依据.（ 2）每次分类的对象不遗漏、不重复、分层次、不越级讨论.当问题中出现多个不确定因素时，要以起主导作用的因素进行划分，做到不重不漏， 然后对划分的每一类分别求解，再整合后得到一个完整的答案.数形结合是简化分类讨论的重要方法 .3分类讨论的一般步骤第一，明确讨论对象，确定对象的范围；第二，确定分类标准，进行合理分类，做到不重不漏；第三，逐类讨论，获得阶段性结果；第四，归纳总结，得出结论.4.分类讨论
4、应注意的问题第一，按主元分类的结果应求并集.第二，按参数分类的结果要分类给出.第三，分类讨论是一种重要的解题策略，但这种分类讨论的方法有时比较繁杂，若有可能，应尽量避免分类.经典例题透析类型一：不等式中的字母讨论1、（ 2010 山东）若对于任意，恒成立，则a 的取值范围是_.思路点拨： 依据式子的特点，进行整理，分子分母同除以x.解析：对一切恒成立，在 R+上的最大值 .而当且仅当即 x=1 时等取号 . .举一反三：【变式 1】解关于的不等式 :解析： 原不等式可分解因式为:（下面按两个根与的大小关系分类）（ 1）当，即或时，不等式为（，或） .，不等式的解集为：；（1）当，即时，不等式的
5、解集为：（2）当，即或时，不等式的解集为：综上所述，原不等式的解集为：当或时，；当时，；当或时，.；【变式 2】解关于的不等式 :解析：（1）当时，不等式为, 解集为；.（2）当时，需要对方程的根的情况进行讨论：即时，方程有两根.则原不等式的解为.即时，方程没有实根，此时为开口向上的抛物线，故原不等式的解为.（ 3）当即即时，方程则原不等式的解为时，时，方程恒成立，有两相等实根为.有两根，.此时，为开口向下的抛物线，故原不等式的解集为综上所述，原不等式的解集为：.当当时，解集为时，解集为；当；时，解集为；当 ，解集 .类型二：函数中的分类讨论2、 数， 函数的最大 ，（） ，求的取 范 ，并把
6、表示 的函数；（）求；（） 求 足的所有 数 .解析：（ I），要使有意 ，必 且，即，且 的取 范 是，由得：，（ II ）由 意知即 函数，的最大 ， ，直 是抛物 的 称 ，可分以下几种情况 行 ：（ 1）当 ，函数，的 象是开口向上的抛物 的一段，由知在上 增，故；（ 2）当 ，有=2；（ 3）当时，函数，的图象是开口向下的抛物线的一段，若即时，若即时，若即时，综上所述，有=（ III ）当时，；当时，故当时，；当时，由知：，故；当时 ， 故或， 从而 有或，要使，必须有，即，此时，综上所述，满足的所有实数为：或.举一反三：上恒有【变式1】函数f(x)3 ，不满足题意；(2) 当，则，
7、此时， x (-1 ， +)时，【变式即 f(x)3 ，满足题意为所求综上，2】已知函数.有最大值2，求实数的取值 .解析：令(1) 当，则即时，(，).解得 :或（舍）；(2) 当即时，,解得 :或（舍）；(3) 当即时 ， 解 得（全都舍去）.综上，当或时，能使函数的最大值为2.3、已知函数（） .（1）讨论的单调性；（2）求在区间上的最小值.解析：（1）函数的定义域为（0， +）对求导数，得解不等式，得0 x e解不等式故，得在（ 0，e）上单调递增，在（x ee， +）上单调递减（2）当2ae时，即时，由（1）知在（ 0，e）上单调递增，所以当 ae时，由（ 1）知在（ e，+）上单调
8、递减，所以当时，需比较与的大小因为所以，若，则，此时若 2 a e，则，此时综上，当0 a2时，；当 a 2 时总结升华： 对于函数问题，定义域要首先考虑，而（）中比较大小时，作差应该是非常有效的方法 .举一反三：【变式1】设，（1）利用函数单调性的意义，判断（2）记 f(x) 在 0x1上的最小值为解析：f(x) 在（ 0，+）上的单调性；g(a)，求 y=g(a)的解析式 .（ 1）设 0x1x 20， ax1x20当 0x 1x 2时，即 f(x 2)f(x 1)，则 f(x) 在区间0， f(x 2)-f(x 1)0 ，单调递减，当x 1x20 ，即 f(x 2)f(x 1)，则f(x
9、) 在区间（， +）单调递增.（2）因为 0x1，由（ 1）的结论，当 01，即 0a1 时， 0xa， f(x) 在单增，在上单减，并且，值域为；(3) 当 -1a0时， 0x|a|， f(x) 在 0,|a|上递减从而即，值域为(4) 当 a0n11 q=1 时， S =S =a当 n=1 时，a2=0，即当 n2时， a =S -Sn-1=a -a =0，即nn1 1(2)q 1时， Sn=S1n-1n-1q=a1q当 n=1 时，即.当 n2时，n-1n-2n-2an=Sn-Sn-1 =a1q-a1q =a1q (q-1)此时 q1 时，0qbn；当 n=10 时， Sn=bn；当 n
10、11时， Snbn.【变式4】对于数列，规定数列为数列的一阶差分数列，其中； 一 般 地 ， 规 定为的k阶 差 分 数 列 ， 其 中且 k N* ， k2。（ 1）已知数列的通项公式。试证明是等差数列；（ 2）若数列的首项a1=13 ，且满足，求数列及的通项公式；（ 3）在（2）的条件下，判断是否存在最小值；若存在，求出其最小值，若不存在，说明理由。解析：（ 1）依题意：，数列是首项为1，公差为5 的等差数列。（2），（3）令，则当时，函数单调递减；当时，函数单调递增；又因，而所以当n=2时，数列，an 存在最小值，其最小值为18。类型四：解析几何过点5、已知椭圆C 的方程为，点 P（ a
11、,b）的坐标满足P 的直线 l 与椭圆交于A 、B 两点，点Q 为线段 AB 的中点，求：（1）点 Q 的轨迹方程 .（2）点 Q 的轨迹与坐标轴的交点的个数.思路点拨： 本题求点的轨迹方程，点与椭圆的位置关系，直线与椭圆相交等知识解析：（1）设点 A ， B 的坐标为（ x1， y1），（ x2， y2），点 Q 的坐标为Q（ x,y ） .当 x1x2时，可设直线l ： y=k(x-a)+b，.由已知， y1=k(x 1-a)+b,y 2=k(x 2-a)+b 由得 (x1+x 2)(x 1-x2)+(y1+y 2)(y1 -y2)=0 由得 y1+y 2=k(x 1+x 2)-2ak+2
12、b 由、及，得2 2点 Q 的坐 足方程 2x +y -2ax-by=0 当 x1=x 2 ， l 平行于 y ，因此 AB 的中点 Q 一定落在 x 上，即 Q 的坐 （ a,0）， 然 Q 点的坐 足方程 .22 上所述，点Q 的坐 足方程：2x +y -2ax-by=0. 由2222，得（ 2a +b ） x -4ax+2-b =0由于222=8b(a +-1) ，由已知 a +12=1 ， =0，所以当 a +曲 L 与 C 有且只有一个公共点P（ a,b）.21 时0，曲 L 与 无交点，当 a +而因 （ 0， 0）在 C 内，又在曲 L 上，所以曲 L 在 C 内 .22故点 Q
13、 的 迹方程 2x +y -2ax-by=0.（2）由，解得或，又由，解得或， 当 a=0,b=0, 即点 P(a,b) 原点 .曲 L 与坐 只有一个交点(0,0)当 a=0 且 0|b| 时 ,即点 P(a,b)不在椭圆 C 外且在除去原点的y 轴上时 ,点 (a,0)与 (0,0)重合，曲线 L 与坐标轴有两个交点 (0,b)与 (0,0)当 b=0 且 0|a| 1时，即点 P(a,b)不在椭圆 C 外且在除去原点的x 轴上时 ,曲线 L 与坐标轴有两个交点(a,0)与 (0,0).当 0|a|1 且 0|b|0设 A(x 1， y1)， B(x 2,y2)， AB 中点为 M，由 A
14、B OM ，整理得2k +1+2kb=0将 k2+1=b2 代入2 b +2bk=0,b(b+2k)=0 b0，否则 l 过原点与圆不相切 b=-2k，解方程组得经检验 0 l 的方程为x=-1 或.4.在数列an 中， a12， an 1ann 1(2)2 n (nN ) ，其中 0 求数列an的前 n 项和 Sn解析：数列的通项公式和前n 项和的求解， 是高考中考查的一个重点内容，对于它们的解决要掌握一些方法。答 案 ： 由an 1ann 1(2)2 n (n N ) ，0， 可 得an 12n 1annan2n21，所以为等差数列，其公差为1，首项为 0，n 1nn故 an2nn 1，所
15、以数列an的通项公式为 an (n 1) n2n n设 Tn22 33 4L(n 2) n 1(n 1) n ，Tn32 43 5L(n 2) n(n 1) n 1当 1 时，式减去式，23L得 (1 )Tn2n 1n( n 1) n 1(n 1) n 1，1Tn2n 1( n 1) n 1(n 1) n 2n n 12(1)21(1)2这时数列an 的前 n 项和 Sn( n 1)n 2n n 122n 12 (1) 2当1 时， Tnn(n 1)这时数列an的前 n 项和 Snn(n1) 2n 12 22以下无正文仅供个人用于学习、研究；不得用于商业用途。,.For personal use only in study and research; not for commercial use.Nur f r den pers?nlichen f r Studien, Forschung, zu kommerziellen Zwecken verwendet rdwen.Pour l tude et la recherche uniquement des fins personnelles; pas des fins commerciales.For personal use only in study and research; not for commercial use
