2018高考数学（理）解题方法：分类讨论 化繁为简.doc

分类讨论　化繁为简
一、由概念、法则、公式引起的分类讨论
由数学概念、法则、公式的限制而引起的分类讨论：如绝对值的定义、不等式的定义、二次函数的定义、直线的倾斜角、等差、等比数列{an}的前n项和公式等．
【例1】 (2017·江苏高考)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝，S6＝，则a8＝________.
【答案】32
【解析】设等比数列{an}的公比为q，则由S6≠2S3，得q≠1，则解得则a8＝a1q7＝×27＝32.
【类题通法】
本题易忽略对q＝1的讨论，而直接由>0，得q的范围，这种解答是不完备的．本题根据等比数列前n项和公式的使用就要分q＝1，Sn＝na1和q≠1，Sn＝进行讨论．
【对点训练】
1．一条直线过点(5,2)，且在x轴，y轴上截距相等，则这条直线的方程为(　　)
A．x＋y－7＝0
B．2x－5y＝0
C．x＋y－7＝0或2x－5y＝0
D．x＋y＋7＝0或2y－5x＝0
【答案】C
【解析】设该直线在x轴，y轴上的截距均为a，当a＝0时，直线过原点，此时直线方程为y＝x，即2x－5y＝0；当a≠0时，设直线方程为＋＝1，则求得a＝7，直线方程为x＋y－7＝0.
2．若函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)＝(1－4m)在[0，＋∞)上是增函数，则a＝________.
【答案】
【解析】若a>1，有a2＝4，a－1＝m，此时a＝2，m＝，此时g(x)＝－为减函数，不合题意，若0<a<1，有a－1＝4，a2＝m，故a＝，m＝，检验知符合题意．
二、由运算、性质引起的分类讨论
由数学运算、性质要求而引起的分类讨论：如除法运算中除数不为零，偶次方根为非负数，对数运算中真数与底数的要求，指数运算中底数的要求，不等式中两边同乘以一个正数、负数，三角函数的定义域，函数的单调性，基本不等式等．
【例2】(2016·浙江高考)已知a，b＞0且a≠1，b≠1，若logab＞1，则(　　)
A．(a－1)(b－1)＜0　　 　B．(a－1)(a－b)＞0
C．(b－1)(b－a)＜0 D．(b－1)(b－a)＞0
【答案】D
【解析】∵a，b＞0且a≠1，b≠1，
∴当a＞1，即a－1＞0时，
不等式logab＞1可化为alogab＞a1，即b＞a＞1，
∴(a－1)(a－b)＜0，(a－1)(b－1)＞0，(b－1)(b－a)＞0.
当0＜a＜1，即a－1＜0时，
不等式logab＞1可化为alogab＜a1，即0＜b＜a＜1，
∴(a－1)(a－b)＜0，(a－1)(b－1)＞0，(b－1)(b－a)＞0.
综上可知，选D.
【类题通法】
应用指数、对数函数时，往往对底数是否大于1进行讨论，这是由它的性质决定的．在处理分段函数问题时，首先要确定自变量的取值属于哪个区间段，再选取相应的对应法则，离开定义域讨论问题是产生错误的重要原因之一．
【对点训练】
1．已知函数f(x)＝ax＋b(a>0，a≠1)的定义域和值域都是[－1,0]，则a＋b＝________.
【答案】－
【解析】当a>1时，函数f(x)＝ax＋b在上为增函数，由题意得无解．当0<a<1时，函数f(x)＝ax＋b在[－1,0]上为减函数，由题意得解得所以a＋b＝－.
2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cos 2C＝－.
(1)求sin C的值；
(2)当a＝2,2sin A＝sin C时，求b及c的长．
【解析】(1)由cos 2C＝1－2sin2C，得sin C＝.
(2)由2sin A＝sin C，得2a＝c，所以c＝4.
由sin C＝，得cos C＝±.
下面分两种情况：
①当cos C＝时，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C得b2－b－12＝0，解得b＝2.
②当cos C＝－时，同理可得b＝.
综上c＝4，b＝2或b＝.
三、由参数变化引起的分类讨论
由参数的变化而引起的分类讨论：如某些含有参数的问题，由于参数的取值不同会导致所得的结果不同，或者由于对不同的参数值要运用不同的求解或证明方法等．
【例3】(2016·天津高考节选)设函数f(x)＝x3－ax－b，x∈R，其中a，b∈R，求f(x)的单调区间．
【解析】由f(x)＝x3－ax－b，可得f′(x)＝3x2－a．
下面分两种情况讨论：①当a≤0时，有f′(x)＝3x2－a≥0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
②当a＞0时，令f′(x)＝0，
解得x＝或x＝－.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
（－∞，－）
－
（－，）

（，＋∞）
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以f(x)的单调递减区间为（－，），单调递增区间为（－∞，－），（，＋∞）.
【类题通法】
(1)本题研究函数性质对参数a进行分类讨论，分为a≤0和a>0两种情况．
(2)若遇到题目中含有参数的问题，常常结合参数的意义及对结果的影响进行分类讨论，此种题目为含参型，应全面分析参数变化引起结论的变化情况，参数有几何意义时还要考虑适当地运用数形结合思想，分类要做到分类标准明确、不重不漏．
【对点训练】
1．(2017·山东高考)设f(x)＝若f(a)＝f(a＋1)，则f＝(　　)
A．2 B．4
C．6 D．8
【答案】C
【解析】当0＜a＜1时，a＋1＞1，f(a)＝，f(a＋1)＝2(a＋1－1)＝2a，∵f(a)＝f(a＋1)，∴＝2a，
解得a＝或a＝0(舍去)．
∴f ＝f(4)＝2×(4－1)＝6.
当a≥1时，a＋1≥2，
∴f(a)＝2(a－1)，f(a＋1)＝2(a＋1－1)＝2a，
∴2(a－1)＝2a，无解．
综上，f＝6.
2．设函数f(x)＝x2－ax＋a＋3，g(x)＝ax－2a，若存在x0∈R，使得f(x0)<0和g(x0)<0同时成立，则实数a的取值范围为(　　)
A．(7，＋∞) B．(－∞，－2)∪(6，＋∞)
C．(－∞，－2) D．(－∞，－2)∪(7，＋∞)
【答案】A
【解析】由f(x)＝x2－ax＋a＋3，知f(0)＝a＋3，f(1)＝4.又存在x0∈R，使得f(x0)<0，所以Δ＝a2－4(a＋3)>0，解得a<－2或a>6.又g(x)＝ax－2a的图象恒过(2,0)，故当a>6时，作出函数f(x)和g(x)的图象如图1所示，当a<－2时，作出函数f(x)和g(x)的图象如图2所示．

由函数的图象知，当a>6时，若g(x0)<0，则x0<2，
∴要使f(x0)<0，则需解得a>7.
当a<－2时，若g(x0)<0，则x0>2，此时函数f(x)＝x2－ax＋a＋3的图象的对称轴x＝<0，
故函数f(x)在区间上为增函数，
又f(1)＝4，∴f(x0)<0不成立．
综上，实数a的取值范围为(7，＋∞).
四、根据图形位置或形状分类讨论
由图形的不确定性而引起的分类讨论：如二次函数图象、指数函数图象、对数函数图象等.
【例4】设F1，F2为椭圆＋＝1的两个焦点，P为椭圆上一点．已知P，F1，F2是一个直角三角形的三个顶点，且|PF1|＞|PF2|，求的值．
【解析】①若∠PF2F1＝90°.
则|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，
又∵|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2，
解得|PF1|＝，|PF2|＝，∴＝.
②若∠F1PF2＝90°，则|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2，
∴|PF1|2＋(6－|PF1|)2＝20，
∴|PF1|＝4，|PF2|＝2，∴＝2.
综上知，＝或2.
【类题通法】
(1)本题中直角顶点的位置不定，影响边长关系，需按直角顶点不同的位置进行讨论．
(2)破解此类题的关键点：
①确定特征，一般在确立初步特征时将能确定的所有位置先确定．
②分类，根据初步特征对可能出现的位置关系进行分类．
③得结论，将“所有关系”下的目标问题进行汇总处理．
【对点训练】
1．正三棱柱的侧面展开图是边长分别为6和4的矩形，则它的体积为(　　)
A． B．4
C． D．4或
【答案】D
【解析】当矩形长、宽分别为6和4时，体积V＝2×××4＝4；当长、宽分别为4和6时，体积V＝×××6＝.
2．过双曲线x2－＝1的右焦点F作直线l交双曲线于A，B两点，若|AB|＝4，则这样的直线l有(　　)
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
【答案】C
【解析】因为双曲线的两个顶点之间的距离是2，小于4，所以当直线l与双曲线左、右两支各有一个交点时，过双曲线的右焦点一定有两条直线满足条件要求；
当直线l与实轴垂直时，有3－＝1，解得y＝2或y＝－2，
所以此时直线AB的长度是4，即只与双曲线右支有两个交点的所截弦长为4的直线仅有一条．
综上，可知有3条直线满足|AB|＝4.
3．已知变量x，y满足的不等式组表示的是一个直角三角形围成的平面区域，则实数k＝(　　)
A．－ B．
C．0 D．0或－
【答案】D
【解析】不等式组表示的可行域如图(阴影部分)所示，由图可知，若要使不等式组表示的平面区域是直角三角形，只有当直线y＝kx＋1与直线x＝0或y＝2x垂直时才满足．

结合图形可知斜率k的值为0或－.