复习参考题主要内容及教案内容

分类讨论思想

[思想方法解读]

分类讨论思想是一种重要的数学思想方法，其基本思路是将一个较复杂的数学问题分解(或分割)成若干个基础性问题，通过对基础性问题的解答来实现解决原问题的思想策略．

1．中学数学中可能引起分类讨论的因素：

(1)由数学概念而引起的分类讨论：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．

(2)由数学运算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，等比数列{an}的前n项和公式等．

(3)由性质、定理、公式的限制而引起的分类讨论：如函数的单调性、基本不等式等．

(4)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．

(5)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．

2．进行分类讨论要遵循的原则是：分类的对象是确定的，标准是统一的，不遗漏、不重复，科学地划分，分清主次，不越级讨论．其中最重要的一条是“不重不漏”．

3．解答分类讨论问题时的基本方法和步骤是：首先要确定讨论对象以及所讨论对象的全体的范围；其次确定分类标准，正确进行合理分类，即标准统一、不重不漏、分类互斥(没有重复)；再对所分类逐步进行讨论，分级进行，获取阶段性结果；最后进行归纳小结，综合得出结论．

题型一

由概念、公式、法则、计算性质引起的分类讨论

例1

设集合A＝{x∈R|x2＋4x＝0}，B＝{x∈R|x2＋2(a＋1)x＋a2－1＝0，a∈R}，若B⊆A，求实数a的取值范围．

解

∵A＝{0，－4}，B⊆A，于是可分为以下几种情况．

(1)当A＝B时，B＝{0，－4}，

－2a＋1＝－4，∴由根与系数的关系，得2

a－1＝0，

解得a＝1. (2)当BA时，又可分为两种情况．

①当B≠∅时，即B＝{0}或B＝{－4}，

当x＝0时，有a＝±1；

当x＝－4时，有a＝7或a＝1. 又由Δ＝4(a＋1)2－4(a2－1)＝0，

解得a＝－1，此时B＝{0}满足条件；

②当B＝∅时，Δ＝4(a＋1)2－4(a2－1)<0，解得a<－1. 综合(1)(2)知，所求实数a的取值范围为a≤－1或a＝1. 点评

对概念、公式、法则的内含及应用条件的准确把握是解题关键，在本题中，B⊆A，包括B＝∅和B≠∅两种情况．解答时就应分两种情况讨论，在关于指数、对数的运算中，底数的取值范围是进行讨论时首先要考虑的因素．

变式训练1

已知数列{an}的前n项和Sn＝pn－1(p是常数)，则数列{an}是否是等比数列？

解析

∵Sn＝pn－1，

∴a1＝p－1，an＝Sn－Sn－1＝(p－1)pn1(n≥2)，

－当p≠1且p≠0时，{an}是等比数列；

当p＝1时，{an}是等差数列；

当p＝0时，a1＝－1，an＝0(n≥2)，此时{an}既不是等差数列也不是等比数列．

题型二

分类讨论在含参函数中的应用

例2

已知函数f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在x∈[0,1]上有最大值2，求a的值．

解

函数f(x)＝－x2＋2ax＋1－a

＝－(x－a)2＋a2－a＋1，

对称轴方程为x＝a. (1)当a<0时，f(x)max＝f(0)＝1－a，

∴1－a＝2，∴a＝－1. (2)当0≤a≤1时，f(x)max＝f(a)＝a2－a＋1，

1±5∴a2－a＋1＝2，∴a2－a－1＝0，∴a＝(舍)．

2(3)当a>1时，f(x)max＝f(1)＝a，∴a＝2. 综上可知，a＝－1或a＝2. 点评

本题中函数的定义域是确定的，二次函数的对称轴是不确定的，二次函数的最值问题与对称轴息息相关，因此需要对对称轴进行讨论，分对称轴在区间内和对称轴在区间外，从而确定函数在给定区间上的单调性，即可表示函数的最大值，从而求出a的值．

变式训练2

已知函数f(x)＝2ex－ax－2(x∈R，a∈R)．

(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；

(2)求x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．

解

(1)当a＝1时，f(x)＝2ex－x－2，

f′(x)＝2ex－1，f′(1)＝2e－1，

即曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率k＝2e－1，

又f(1)＝2e－3，所以所求的切线方程是y＝(2e－1)x－2. (2)易知f′(x)＝2ex－a. 若a≤0，则f′(x)>0恒成立，f(x)在R上单调递增；

a若a>0，则当x∈(－∞，ln )时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

2a当x∈(ln ，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

2又f(0)＝0，所以若a≤0，则当x∈[0，＋∞)时，

f(x)≥f(0)＝0，符合题意．

a若a>0，则当ln ≤0，

2即0

则当x∈[0，＋∞)时，

f(x)≥f(0)＝0，符合题意．

a当ln >0，即a>2，

2a则当x∈(0，ln )时，f(x)单调递减，

2f(x)

综上，实数a的取值范围是(－∞，2]．

题型三

根据图形位置或形状分类讨论

x≥0，y≥0，例3

在约束条件y＋x≤s，y＋2x≤4

下，当3≤s≤5时，z＝3x＋2y的最大值的变化范围是

x＋y＝s，x＝4－s，解析

由⇒

y＋2x＝4y＝2s－4，

取点A(2,0)，B(4－s,2s－4)，C(0，s)，C′(0,4)．

①当3≤s<4时，

可行域是四边形OABC(含边界)，如图(1)所示，

此时，7≤zmax<8.

②当4≤s≤5时，此时可行域是△OAC′，如图(2)所示，zmax＝8.综上，z＝3x＋2y最大值的变化范围是[7,8]．

点评

几类常见的由图形的位置或形状变化引起的分类讨论

(1)二次函数对称轴的变化；(2)函数问题中区间的变化；(3)函数图象形状的变化；(4)直线由斜率引起的位置变化；(5)圆锥曲线由焦点引起的位置变化或由离心率引起的形状变化；(6)立体几何中点、线、面的位置变化等．

x2y2变式训练3

设点F1，F2为椭圆＋＝1的两个焦点，点P为椭圆上一点，已知点P，F1，94F2是一个直角三角形的三个顶点，且|PF1|＞|PF2|，求解

若∠PF2F1＝90°，

则|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，

又∵|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝25，

解得|PF1|＝|PF1|的值．

|PF2||PF1|7144，|PF2|＝，∴＝. 33|PF2|2若∠F1PF2＝90°，则|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2，

∴|PF1|2＋(6－|PF1|)2＝20，

又|PF1|>|PF2|，

∴|PF1|＝4，|PF2|＝2，∴综上知，|PF1|＝2. |PF2||PF1|7＝或2. |PF2|2高考题型精练

1．若关于x的方程|ax－1|＝2a (a>0且a≠1)有两个不等实根，则a的取值范围是(

) 解析

方程|ax－1|＝2a (a>0且a≠1)有两个实数根转化为函数y＝|ax－1|与y＝2a有两个交点．

①当0

1∴0<2a<1，即01时，如图(2)，

而y＝2a>1不符合要求．

1综上，0

x＋y－2≤0，2．x，y满足约束条件x－2y－2≤0，2x－y＋2≥0.的值为(

)

若z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一，则实数a解析

如图，由y＝ax＋z知z的几何意义是直线在y轴上的截距，

故当a>0时，要使z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一，则a＝2；

当a<0时，要使z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一，则a＝－1. 3．抛物线y2＝4px

(p>0)的焦点为F，P为其上的一点，O为坐标原点，若△OPF为等腰三角形，则这样的点P的个数为(

) 解析

当|PO|＝|PF|时，点P在线段OF的中垂线上，此时，点P的位置有两个；当|OP|＝|OF|时，点P的位置也有两个；对|FO|＝|FP|的情形，点P不存在．事实上，F(p,0)，若设P(x，y)，则|FO|＝p，|FP|＝x－p2＋y2，若x－p2＋y2＝p，则有x2－2px＋y2＝0，又∵y2＝4px，∴x2＋2px＝0，解得x＝0或x＝－2p，当x＝0时，不构成三角形．当x＝－2p(p>0)时，与点P在抛物线上矛盾．∴符合要求的点P一共有4个．

1log2x，x≥1，4．函数f(x)＝的值域为________．

x2，x<1答案

(－∞，2) 解析

当x≥1时，f(x)log1x是单调递减的，

2

此时，函数的值域为(－∞，0]；

当x<1时，f(x)＝2x是单调递增的，

此时，函数的值域为(0,2)．

综上，f(x)的值域是(－∞，2)．

5．已知集合A＝{x|1≤x<5}，C＝{x|－a

答案

(－∞，－1] 解析

因为C∩A＝C，所以C⊆A. 3①当C＝∅时，满足C⊆A，此时－a≥a＋3，得a≤－；

2－a

综上，a的取值范围是(－∞，－1]．

6．已知函数f(x)＝x2＋ax＋3－a，若x∈[－2,2]时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．

解

要使f(x)≥0恒成立，则函数在区间[－2,2]上的最小值不小于0，设f(x)的最小值为g(a)．

a(1)当－<－2，即a>4时，g(a)＝f(－2)＝7－3a≥0，

27得a≤，故此时a不存在．

3aaa2(2)当－∈[－2,2]，即－4≤a≤4时，g(a)＝f－2＝3－a－≥0，得－6≤a≤2，又－244≤a≤4，故－4≤a≤2. a(3)当－>2，即a<－4时，g(a)＝f(2)＝7＋a≥0，

2得a≥－7，又a<－4，故－7≤a<－4，

综上得－7≤a≤2. 7．已知ax2－(a＋1)x＋1<0，求不等式的解集．

解

若a＝0，原不等式等价于－x＋1<0，解得x>1. 1若a<0，原不等式等价于(x－)(x－1)>0，

a1解得x<或x>1. a1若a>0，原不等式等价于(x－)(x－1)<0. a11①当a＝1时，＝1，(x－)(x－1)<0无解；

aa111②当a>1时，<1，解(x－)(x－1)<0得

aaa111③当01，解(x－)(x－1)<0得11}；

a当a＝0时，解集为{x|x>1}；

1当0

a当a＝1时，解集为∅；

1当a>1时，解集为{x|

a38．已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，2S4＋a4成等差数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

1(2)设Tn＝Sn－(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．

Sn解

(1)设等比数列{an}的公比为q，

因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，

所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，

a51于是q2＝＝. a3431又{an}不是递减数列且a1＝，所以q＝－. 22故等比数列{an}的通项公式为

133－n－1＝(－1)n－1·n. an＝×2221＋，n为奇数，21－＝(2)由(1)得S＝1－211－2，n为偶数.nnnn1

当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，

3所以1

211325故0

3所以＝S2≤Sn<1，

411347故0>Sn－≥S2－＝－＝－. SnS24312综上，对于n∈N*，

715总有－≤Sn－≤. 12Sn657所以数列{Tn}最大项的值为，最小项的值为－. 6129．已知a是实数，函数f(x)＝x(x－a)．

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)设g(a)为f(x)在区间[0,2]上的最小值．

①写出g(a)的表达式；

②求a的取值范围，使得－6≤g(a)≤－2. 解

(1)函数的定义域为[0，＋∞)，

3x－af′(x)＝(x>0)．

2x

若a≤0，则f′(x)>0，f(x)有单调递增区间[0，＋∞)．

a若a>0，令f′(x)＝0，得x＝，

3a当0

3a当x>时，f′(x)>0. 3af(x)有单调递减区间[0，]，

3a有单调递增区间(，＋∞)．

3(2)①由(1)知，

若a≤0，f(x)在[0,2]上单调递增，

所以g(a)＝f(0)＝0. a若0

3a在(，2]上单调递增，

3a2a所以g(a)＝f()＝－33a. 3若a≥6，f(x)在[0,2]上单调递减，

所以g(a)＝f(2)＝2(2－a)．

2aa，0

若0

10．已知函数f(x)＝aln x－x＋1(a∈R)．

(1)求f(x)的单调区间；

(2)若f(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，求所有实数a的值．

a－xa解

(1)f′(x)＝－1＝(x>0)，

xx当a≤0时，f′(x)<0，

∴f(x)的减区间为(0，＋∞)；

当a>0时，由f′(x)>0得0

由f′(x)<0得x>a，

∴f(x)递增区间为(0，a)，递减区间为(a，＋∞)．

(2)由(1)知：当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上为减函数，

而f(1)＝0，

∴f(x)≤0在区间x∈(0，＋∞)上不可能恒成立；

当a>0时，f(x)在(0，a)上递增，在(a，＋∞)上递减，

f(x)max＝f(a)＝aln a－a＋1，

令g(a)＝aln a－a＋1，

依题意有g(a)≤0，而g′(a)＝ln a，且a>0，

∴g(a)在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，

∴g(a)min＝g(1)＝0，故a＝1.