高中数学复习专题讲座(第39讲)分类讨论思想.doc

高中数学复习专题系列讲座　　　　　　　　 新疆奎屯市第一高级中学　王新敞
题目 高中数学复习专题讲座分类讨论思想
高考要求
分类讨论思想就是根据所研究对象的性质差异，分各种不同的情况予以分析解决 分类讨论题覆盖知识点较多，利于考查学生的知识面、分类思想和技巧；同时方式多样，具有较高的逻辑性及很强的综合性，树立分类讨论思想，应注重理解和掌握分类的原则、方法与技巧、做到“确定对象的全体，明确分类的标准，分层别类不重复、不遗漏的分析讨论 ”
重难点归纳
分类讨论思想就是依据一定的标准，对问题分类、求解，要特别注意分类必须满足互斥、无漏、最简的原则 分类讨论常见的依据是
1 由概念内涵分类 如绝对值、直线的斜率、指数对数函数、直线与平面的夹角等定义包含了分类
2 由公式条件分类 如等比数列的前n项和公式、极限的计算、圆锥曲线的统一定义中图形的分类等
3 由实际意义分类 如排列、组合、概率中较常见，但不明显、有些应用问题也需分类讨论
在学习中也要注意优化策略，有时利用转化策略，如反证法、补集法、变更多元法、数形结合法等简化甚至避开讨论
典型题例示范讲解
例1已知{an}是首项为2，公比为的等比数列，Sn为它的前n项和
（1）用Sn表示Sn+1;
（2）是否存在自然数c和k，使得成立
命题意图 本题主要考查等比数列、不等式知识以及探索和论证存在性问题的能力
知识依托 解决本题依据不等式的分析法转化，放缩、解简单的分式不等式；数列的基本性质
错解分析 第2问中不等式的等价转化为学生的易错点，不能确定出
技巧与方法 本题属于探索性题型，是高考试题的热点题型 在探讨第2问的解法时，采取优化结论的策略，并灵活运用分类讨论的思想 即对双参数k,c轮流分类讨论，从而获得答案
解 （1）由Sn=4(1–），得
，(n∈N*)
（2）要使，只要
因为
所以，(k∈N*)
故只要Sk–2＜c＜Sk，（k∈N*）
因为Sk+1＞Sk，(k∈N*) ①
所以Sk–2≥S1–2=1
又Sk＜4，故要使①成立，c只能取2或3
当c=2时，因为S1=2，所以当k=1时，c＜Sk不成立，从而①不成立
当k≥2时，因为，由Sk＜Sk+1(k∈N*)得
Sk–2＜Sk+1–2
故当k≥2时，Sk–2＞c，从而①不成立
当c=3时，因为S1=2，S2=3，
所以当k=1，k=2时，c＜Sk不成立，从而①不成立
因为，又Sk–2＜Sk+1–2
所以当k≥3时，Sk–2＞c，从而①成立
综上所述，不存在自然数c,k,使成立
例2给出定点A（a,0)（a＞0）和直线l x=–1，B是直线l上的动点，∠BOA的角平分线交AB于点C 求点C的轨迹方程，并讨论方程表示的曲线类型与a值的关系
命题意图 本题考查动点的轨迹，直线与圆锥曲线的基本知识，分类讨论的思想方法 综合性较强，解法较多，考查推理能力和综合运用解析几何知识解题的能力
知识依托 求动点轨迹的基本方法步骤 椭圆、双曲线、抛物线标准方程的基本特点
错解分析 本题易错点为考生不能巧妙借助题意条件，构建动点坐标应满足的关系式和分类讨论轨迹方程表示曲线类型
技巧与方法 精心思考，发散思维、多途径、多角度的由题设条件出发，探寻动点应满足的关系式 巧妙地利用角平分线的性质
解法一 依题意，记B（–1，b)，(b∈R），则直线OA和OB的方程分别为y=0和y=–bx
设点C(x,y)，则有0≤x＜a，由OC平分∠AOB，知点C到OA、OB距离相等
根据点到直线的距离公式得｜y｜= ①
依题设，点C在直线AB上，故有

由x–a≠0，得 ②
将②式代入①式，得y2［(1–a)x2–2ax+(1+a)y2］=0
若y≠0，则
(1–a)x2–2ax+(1+a)y2=0(0＜x＜a)
若y=0则b=0,∠AOB=π，点C的坐标为（0，0）满足上式
综上，得点C的轨迹方程为
（1–a）x2–2ax+(1+a)y2=0(0＜x＜a
(i)当a=1时，轨迹方程化为y2=x(0≤x＜1 ③
此时方程③表示抛物线弧段；
(ii)当a≠1，轨迹方程化为
④
所以当0＜a＜1时，方程④表示椭圆弧段；
当a＞1时，方程④表示双曲线一支的弧段
解法二如图, 设D是l与x轴的交点，过点C作CE⊥x轴，E是垂足
（i）当｜BD｜≠0时，
设点C(x,y)，则0＜x＜a，y≠0
由CE∥BD，得
∵∠COA=∠COB=∠COD–∠BOD=π–∠COA–∠BOD
∴2∠COA=π–∠BOD
∴

∵

∴整理，得
(1–a)x2–2ax+(1+a)y2=0(0＜x＜a)
(ii)当｜BD｜=0时，∠BOA=π，则点C的坐标为(0,0)，满足上式
综合(i)、(ii)，得点C的轨迹方程为
(1–a)x2–2ax+(1+a)y2=0(0≤x＜a)
以下同解法一
解法三 设C(x,y)、B(–1,b)，
则BO的方程为y=–bx，直线AB的方程为
∵当b≠0时，OC平分∠AOB，设∠AOC=θ,
∴直线OC的斜率为k=tanθ,OC的方程为y=kx于是

又tan2θ=–b
∴–b= ①
∵C点在AB上
∴ ②
由①、②消去b，得 ③
又，代入③，有

整理，得(a–1)x2–(1+a)y2+2ax=0 ④
当b=0时，即B点在x轴上时，C(0,0)满足上式
a≠1时，④式变为
当0＜a＜1时，④表示椭圆弧段；
当a＞1时，④表示双曲线一支的弧段；
当a=1时，④表示抛物线弧段
例3若函数在其定义域内有极值点，则a的取值为
解析 即f(x)=(a–1)x2+ax–=0有解
当a–1=0时，满足 当a–1≠0时，只需Δ=a2–(a–1)＞0
答案 或a=1
例 4 设函数f(x)=x2+｜x–a｜+1，x∈R
(1)判断函数f(x)的奇偶性；
(2)求函数f(x)的最小值
解 (1)当a=0时，函数f(–x)=(–x)2+｜–x｜+1=f(x)，
此时f(x)为偶函数
当a≠0时，f(a)=a2+1,f(–a)=a2+2｜a｜+1 f(–a)≠f(a),f(–a)≠–f(a)
此时函数f(x)既不是奇函数，也不是偶函数
（2）①当x≤a时，函数f(x)=x2–x+a+1=(x–)2+a+
若a≤，则函数f(x)在(–∞,a］上单调递减
从而函数f(x)在（–∞,a上的最小值为f(a)=a2+1
若a＞，则函数f(x)在（–∞,a上的最小值为f()=+a，
且f()≤f(a)
②当x≥a时，函数f(x)=x2+x–a+1=(x+)2–a+
若a≤–，则函数f(x)在［a,+∞］上的最小值为f(–)=–a，
且f(–)≤f(a)；
若a＞–，则函数f(x)在［a,+∞)单调递增
从而函数f(x)在［a,+∞］上的最小值为f(a)=a2+1
综上，当a≤–时，函数f(x)的最小值为–a；
当–＜a≤时，函数f(x)的最小值是a2+1；
当a＞时，函数f(x)的最小值是a+
学生巩固练习
1 已知其中a∈R，则a的取值范围是( )
A a＜0 B a＜2或a≠–2
C –2＜a＜2 D a＜–2或a＞2
2 四面体的顶点和各棱的中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有( )
A 150种 B 147种 C 144种 D 141种
3 已知线段AB在平面α外，A、B两点到平面α的距离分别为1和3，则线段AB的中点到平面α的距离为
4 已知集合A={x｜x2–3x+2=0},B={x｜x2–ax+(a–1)=0}，C={x｜x2–mx+2=0}，且A∪B=A，A∩C=C，则a的值为 ，m的取值范围为
5 已知集合A={x｜x2+px+q=0}，B={x｜qx2+px+1=0},A,B同时满足
①A∩B≠,②A∩B={–2} 求p、q的值
6 已知直角坐标平面上点Q（2，0）和圆C x2+y2=1，动点M到圆C的切线长与｜MQ｜的比等于常数λ(λ＞0) 求动点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线
7 已知函数y=f(x)的图象是自原点出发的一条折线 当n≤y≤n+1(n=0,1,2,…)时，该图象是斜率为bn的线段（其中正常数b≠1），设数列{xn}由f(xn)=n(n=1,2,…)定义
（1）求x1、x2和xn的表达式；
（2）计算xn；
（3）求f(x)的表达式，并写出其定义域
8 已知a＞0时，函数f(x)=ax–bx2
（1）当b＞0时，若对任意x∈R都有f(x)≤1，证明a≤2b;
（2）当b＞1时，证明 对任意x∈［0,1］,｜f(x)｜≤1的充要条件是b–1≤a≤2；
（3）当0＜b≤1时，讨论 对任意x∈［0,1］,｜f(x)｜≤1的充要条件

参考答案
1 解析 分a=2、｜a｜＞2和｜a｜＜2三种情况分别验证
答案 C
2 解析 任取4个点共C=210种取法 四点共面的有三类
（1）每个面上有6个点，则有4×C=60种取共面的取法；（2）相比较的4个中点共3种；（3）一条棱上的3点与对棱的中点共6种
答案 C
3 解析 分线段AB两端点在平面同侧和异侧两种情况解决
答案 1或2
4 解析 A={1,2},B={x｜(x–1)(x–1+a)=0},
由A∪B=A可得1–a=1或1–a=2；
由A∩C=C，可知C={1}或
答案 2或3 3或（–2，2）
5 解 设x0∈A，x0是x02+px0+q=0的根
若x0=0，则A={–2,0}，从而p=2,q=0,B={–}
此时A∩B=与已知矛盾，故x0≠0
将方程x02+px0+q=0两边除以x02，得

即满足B中的方程，故∈B
∵A∩={–2},则–2∈A,且–2∈
设A={–2,x0}，则B={}，且x0≠2（否则A∩B=）
若x0=–，则–2∈B,与–2B矛盾
又由A∩B≠,∴x0=，即x0=±1
即A={–2,1}或A={–2,–1}
故方程x2+px+q=0有两个不相等的实数根–2，1或–2，–1
∴
6 解 如图，设MN切圆C于N，则动点M组成的集合是P={M｜｜MN｜=λ｜MQ｜,λ＞0}
∵ON⊥MN,｜ON｜=1,
∴｜MN｜2=｜MO｜2–｜ON｜2=｜MO｜2–1
设动点M的坐标为(x,y)，
则
即（x2–1)(x2+y2)–4λ2x+(4λ2+1)=0
经检验，坐标适合这个方程的点都属于集合P，
故方程为所求的轨迹方程
（1）当λ=1时，方程为x=，它是垂直于x轴且与x轴相交于点（，0）的直线；
（2）当λ≠1时，方程化为
它是以为圆心，为半径的圆
7 解 （1）依题意f(0)=0，又由f(x1)=1，当0≤y≤1，函数y=f(x)的图象是斜率为b0=1的线段，
故由
∴x1=1
又由f(x2)=2，当1≤y≤2时，函数y=f(x)的图象是斜率为b的线段，
故由
即x2–x1=
∴x2=1+
记x0=0，由函数y=f(x)图象中第n段线段的斜率为bn–1，
故得
又由f(xn)=n,f(xn–1)=n–1
∴xn–xn–1=()n–1,n=1,2,……
由此知数列{xn–xn–1}为等比数列，其首项为1，公比为
因b≠1，得(xk–xk–1)
=1++…+
即xn=
（2）由（1）知，当b＞1时，
当0＜b＜1，n→∞, xn也趋于无穷大 xn不存在
（3）由（1）知，当0≤y≤1时，y=x，即当0≤x≤1时，f(x)=x;
当n≤y≤n+1，即xn≤x≤xn+1由（1）可知
f(x)=n+bn(x–xn)(n=1,2,…),由（2）知
当b＞1时，y=f(x)的定义域为［0,);
当0＜b＜1时，y=f(x)的定义域为［0,+∞)
8 (1)证明 依设，对任意x∈R，都有f(x)≤1
∵
∴≤1
∵a＞0,b＞0
∴a≤2
（2）证明 必要性
对任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1–1≤f(x），据此可以推出–1≤f(1)
即a–b≥–1，∴a≥b–1
对任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1f(x)≤1
因为b＞1，可以推出f()≤1即a·–1≤1，
∴a≤2,∴b–1≤a≤2
充分性
因为b＞1，a≥b–1，对任意x∈［0,1］
可以推出ax–bx2≥b(x–x2)–x≥–x≥–1
即ax–bx2≥–1
因为b＞1,a≤2,对任意x∈［0,1］，可以推出ax–bx2≤2x–bx2≤1
即ax–bx2≤1,∴–1≤f(x)≤1
综上，当b＞1时，
对任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1的充要条件是b–1≤a≤2
(3)解 ∵a＞0，0＜b≤1
∴x∈［0,1］,f(x)=ax–bx2≥–b≥–1
即f(x)≥–1
f(x)≤1f(1)≤1a–b≤1
即a≤b+1
a≤b+1f(x)≤(b+1)x–bx2≤1
即f(x)≤1
所以当a＞0，0＜b≤1时，
对任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1的充要条件是a≤b+1

课前后备注 　

源头学子小屋 　 wxckt@ 第11页 　共11页