高考数学二轮复习-运用分类讨论法与运用分类讨论法解排列组合解析

文档来源网络侵权删除第63讲运用分类讨论法运用分类与整合的思想方法解数列问题的类型主要如下.(1)在数列中已知,求数列的通项公式时,要注意对的验证.因为在与的关系中,成立的条件是,求时切勿漏掉,即的情况.(2)等比数列求和时,若公比为参数,则需分和两类进行求和.(3)求数列的前项和时,为脱去绝对值号,需确定(或)而进行分类讨论.(4)对于通项公式为分段形式给出或前项和因奇偶性不同而不同的数列,应分类讨论.典型例题【例1】(1)已知数列的通项公式为,设是数列的项和,若对任意都成立,则实数的取值范围是（2）数列中,,数列是公比为的等比数列,求数列的前项的和.【分析】第(1)问,由于数列的通项公式中含有,且,则在求的表达式时必定要对是正奇数或正偶数分两类求解;第(2)问,由,是等比数列,可得的奇数项、偶数项分别成等比数列,求和时还要对进行分类讨论.【解析】(1)当是正奇数时,,即对任意正奇数恒成立,又单调递增,②当是正偶数时,,即,又,故对任意正偶数都成立,又随增大而增大,故当时,有最小值,即,综合12可知.（2）由数列是公比为的等比数列,得,这表明数列的所有奇数项成等比数列,所有偶数项成等比数列,且公比都是,又∵.则当时,【例2】已知数列的通项公式且.(1)求数列的通项公式;(2)求数列中最大值的项和最小值的项.【分析】已知数列前项和的形式,求通项公式时必须对或分类讨论,若数列的通项为分段形式,则必须分类求最值再整合.【解析】(1)∵当时,(2)当时,;当时∵在时为增函数，∴必有.由,可知.∵数列的最大值项为,最小值项为.【例3】已知等差数列的公差为2,前项和为,且成等比数列.(1)求数列的通项公式;(2)列,求数列的前项和.【分析】本例的难点在第(2)问,数列的通项中含有,则势必要在求的前项和时对分偶数、奇数讨论,由于已知为等差数列,则为等差数列连续两项之积且在分母上,能否裂项求和出现邻项相消的情况,对此有何影响,是否需要根据的奇偶性进行分类？裂项求和是数列求和的重要方法之一,裂项求和的数列是否一定与等差数列相关?比如,裂项成功,但在数列通项中完全找不到等差数列的“身影”.又比如.同样裂项成功,可见裂项求和并不局限于与等差数列相关的题型,只要数列的通项能转化成的结构模式都是可以的,仿佛这是题外话,与本题的解答并无直接关系,但数学核心素养就是在对问题的不断发散思维中提高的.本例中由于出现了,似乎必须对分奇、偶数讨论,但并不仅限于此,也可以利用数学归纳法求解,以避开分类讨论.【解析】（1）∵,由题意得,解得（2）【解法一】.观察分子和分母的特点会发现.于是,此时,数列的前项和.看来能出现邻项相消了,但是式子末端的剩余项却不能确定,原因在于还存在正负取值不确定,这自然就会想到要进行分类讨论,根据的奇偶性进行分类,则有：当为偶数时,有当为奇数时,有故实际上,在上述通项变换中出现的并不是常规的邻项相消,但借助同样产生了“正负相间”的效果,达到消项求和的目的.【解法二】…于是猜想得出.下面用数学归纳法证明;①当时,由上述推理可知猜想成立;②假设当时猜想成立,即成立.而.于是,当时,也就是说当时猜想也成立.综合①②可知对任意的,猜想都成立,即.【例4】已知数列和满足,其中为实数,为正整数.(1)试判断数列是否为等比数列,并证明该结论;(2)设为数列的前项和,是否存在实数,使得对任意正整数,都有若存在,求的取值范围;若不存在,说明理由.【分析】分类讨论是解决问题的一种逻辑方法，在简化研究对象、发展思维方面起着重要作用，在本例的解答中有两处是一定要讨论的，一是对等比数列的证明一定要关注首项不可为0,二是对n分正奇数、正偶数的讨论.【解析】且∴当时,,此时不是等比数列;当时,数列是以为首项,为公比的等比数列.(2)由(1)知,当时,.不满足题目要求.∴,故,可得,要使对任意正整数成立,即,得令,则当为正奇数时,;当为正偶数时,的最大值为的最小值为.于是,由(1)式得.当时,由知不存在实数满足题目要求;当时,存在实数,使得对任意正整数,都有,且的取值范围是.第64讲运用分类讨论法解排列组合二项式定理问题排列组合问题中的分类加法计数原理就是分类讨论思想的具体体现,讨论时应注意分类标准的统一,求解关于多项式与二项式的积以及两个以上二项式的和或差有关的某一项系数问题时,因不能由通项直接写出,需按条件进行分类讨论.典型例题【例1】(涂色问题)如图11-7所示,将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色,并使同一条棱_上的两端异色,如果只有5种颜色可供使用,求不同的染色方法总数.【分析】涂色问题是计数原理应用的典型问题，是一个问题解决的策略的运用过程，正确运用计数原理是关键,分类要做到“不重不漏”，分步要正确设计分步的程序，即合理分类，正确分步.【解析】【解法一】按所有颜色种数分类.第一类:5种颜色全用,共有种不同的方法;第二类:只用4种颜色,则必有某两个顶点同色与,或与),共有种不同的方法;第三类:只用3种颜色,则与与必定同色,共有种不同的方法,由分类计数原理,得不同的染色方法总数为种.【解法二】可分为两大步进行,先将四棱锥一侧面三个顶点染色,然后再分类考虑另外两个顶点的染色数,用乘法原理即可得出结论.由题设,四棱锥S-ABC的顶点S,A,B所染的颜色互不相同,它们共有种染色方法.当染好后,不妨设其颜色分别为,若染2,则可染3或4或5,有3种染法;若染4,则可染3或5,有2种染法;若染5,则可染3或4,有2种染法.可见,当已染好时,还有7种染法,故不同的染色方法有种.【解法三】以顺序分步染色.第一步:S点染色,有5种方法;第二步:A点染色,与在同一条棱上,有4种方法;第三步:点染色,与S,A分别在同一条棱上,有3种方法;第四步:点染色,也有3种方法,但考虑到点与相邻,需要针对与是否同色进行分类,当与同色时,点3种染色方法;当与不同色时,因为与也不同色,所以点有2种染色方法,点也有2种染色方法.由分步计数原理,分类计数原理得不同的染色方法共有:=420种.【例2】(集合元素问题)(1)在这30个数中,每次取两两不等的三个数,使它们的和是3的倍数,共有多少种不同的取法?(2)已知集合,从集合中选3个元素,从集合中选2个元素,能组成多少个含有5个元素的集合?【分析】本例难度较高,对于(1),首先要把30个数按被3除的状况分为三个集合，再逐一讨论元素的取法;对于(2),由于类别较多,要防止重复或遗漏.【解析】(1)把这30个数分成3类,即3个集合,被3整除的数集,被3除余1的数集,被3除余2的数集.每个集合各有10个元素,三个数的和是3的倍数的取法有两类:第一类:在同一集合内取三个数,取法为;第二类:每个集合内各取一个数,取法为.根据加法原理,所求取法种数为种.(2)由于,而由集合元素的无序性及互异性,可判断这是组合问题,因元素不能重复,故应对5和6这两个元素分别进行讨论.(1)不选5和6,则有种.(2)在中选1个,则在中选2个,在中选2个,共有种;在中选3个,在中选1个,共有种.（3）在中选2个,则在中选1个,而在中选2个,共有种;在中选2个,而在中选1个,共有种;在中选3个,而在中不选,共有种.综上所述,根据加法原理,共有种.即共有106个含有5个元素的集合.【例3】已知的展开式中,第两项的二项式系数相等,其中,求展开式的前三项的系数之和及中间项的系数.【分析】在本例的解题过程中必须对和相应的取值分类讨论.【解析】由题意或.(1)当时,,原二项式为,∴的展开式中的前三项的系数之和为.∵展开式中共有8项,中间两项分别是第4项、第5项.∴中间项的系数分别为.(2)当时,,原二项式为.∴的展开式中的前三项的系数之和为,∵展开式中的中间两项是第5项、第6项,系数分别为,【例4】设,且,其中.(1)求中的最大数和最小数;(2)求中所有元素之和;(3)求.【分析】这是一道综合题,是集合、数列与二项式定理等知识的交汇,要搞清中元素的特征,须从研究与3的关系着手,而,此时二项式定理这一解题工具就找到用武之地了,由于展开之后必出现,故对是奇数还是偶数进行分类讨论,从而化整为零,各个击破的策略也已成定局.【解析】（1）为整数.①当时,,故是3的倍数.即是中的最小数,此时,.故,即.∴也是中的元素,且是中的最大数.②当时,,故是3的倍数.∴是3的倍数,即是中的最小数.此时,故,即是3的倍数.是