专题16分类讨论思想

专题16分类讨论思想专题点拨(1)分类讨论思想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．分类讨论思想的特点是：①分类讨论思想具有明显的逻辑特点；②分类讨论问题一般覆盖的知识点较多，有利于考查知识掌握的熟练程度和解决问题的能力；③解答分类讨论问题需要一定的分析技巧和分析问题的能力；④分类讨论思想在生活、工作实践中应用广泛，与高等数学紧密相关．(2)与分类讨论有关的知识点是：①由数学概念引起的分类讨论：a．绝对值的意义：|a|分a≥0和a＜0两种情况讨论可以去掉绝对值号；b．直线的斜率：分为存在和不存在两种情形；c．指数函数与对数函数的底数a分为0＜a＜1和a＞1两种情形；d．多项式ax2＋bx＋c分为a≠0(二次函数)和a＝0(不是二次函数)两种情形；e．三角函数：按角所在的不同的区域进行分类，如按象限分类；f．平面向量的有关概念，如共线分为同向和反向；g．等比数列的公比q：例如q分为q＝1和q≠1.②由数学运算引起的讨论：a．分母不为0；b．开偶次方根时，被开方式为非负值；c．不等式性质：两边乘以或除以一个正数或一个负数的不同；d．各类函数的定义域，如正切函数的定义域．③由函数、方程的性质、定理、公式的限制引起的讨论：如二次函数的对称轴与区间的位置关系不同，则函数的单调性不同，直线方程的不同形式的要求不同，如点斜式方程的直线的斜率必须是存在的，截距式方程的直线不能与坐标轴平行；等比数列的前n项和公式．④由图形的不确定性引起的分类讨论．⑤由参数的变化引起的分类讨论．⑥由排列组合引起的分类讨论．(3)分类的原则：①分类的对象确定，标准统一；②不重复，不遗漏，即对分类对象分类后交集为空集，并集为全集；③分层次，不越级讨论．(4)分类讨论思想所解决的问题类型：①问题中的变量或含有的参数需要进行分类讨论；②问题中的条件和结论不唯一确定，而是有多种可能，要按出现的情况一一分类加以讨论；③由变形引起的讨论，或解题过程遇到无法统一叙述的情形，必须分类讨论；④有关几何问题中，几何元素(如点、线段、直线、平面、几何体等)的形状、位置的不确定引起讨论．(5)分类讨论的一般流程：eq\x(明确讨论的对象确定讨论的全体)↓eq\x(选择分类的标准)↓eq\x(逐类进行讨论获得初步结果)↓eq\x(归纳整合写出结论)例题剖析一、由数学概念引起的分类讨论【例1】已知集合A＝{1，3，eq\r(m)}，B＝{1，m}，A∪B＝A，则m＝________.【答案】0或3【解析】因为A∪B＝A，所以B⊆A，所以m＝3或m＝eq\r(m).若m＝3，则A＝{1，3，eq\r(3)}，B＝{1，3}，满足A∪B＝A.若m＝eq\r(m)，解得m＝0或m＝1.若m＝0，则A＝{1，3，0}，B＝{1，0}，满足A∪B＝A，若m＝1，则A＝{1，3，1}，B＝{1，1}显然不成立，综上m＝0或m＝3.【例2】已知函数有四个不同零点，求实数m的取值范围.【解析】化简可得.于是，为一个零点.由，可通过画出函数与的图像，可知，，若有相等实数根，则.结合图形可知，此时时方程有三个实数根.所以，时函数有四个零点.二、由数学运算引起的分类讨论【例3】已知m∈R，a＞b＞1，f(x)＝eq\f(mx,x－1)，试比较f(a)与f(b)的大小．【解析】由题意，f(a)－f(b)＝eq\f(ma,a－1)－eq\f(mb,b－1)＝eq\f(m（b－a）,（a－1）（b－1）).∵a＞b＞1，∴a－1＞0，b－1＞0，b－a＜0，∴当m＞0时，eq\f(m（b－a）,（a－1）（b－1）)＜0，∴f(a)＜f(b)；当m＝0时，eq\f(m（b－a）,（a－1）（b－1）)＝0，∴f(a)＝f(b)；当m＜0时，eq\f(m（b－a）,（a－1）（b－1）)＞0，∴f(a)＞f(b)．三、由公式、性质、定理等引起的分类讨论【例4】设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn＞0(n＝1，2，3…)．(1)求q的取值范围；(2)设bn＝an＋2－eq\f(3,2)an＋1，{bn}的前n项和为Tn，试比较Sn与Tn的大小．【解析】(1)因为{an}是等比数列，Sn＞0，可得a1＝S1＞0，q≠0，当q＝1时，Sn＝na1＞0.当q≠1时，Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＞0，即eq\f(1－qn,1－q)＞0(n＝1，2，…)，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－q＞0,1－qn＞0))①或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－q＜0,1－qn＜0))②由①得∵n可为奇数，可为偶数，∴－1＜q＜1，由②得q＞1.故q的取值范围是(－1，0)∪(0，＋∞)．(2)由bn＝an＋2－eq\f(3,2)an＋1＝aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q2－\f(3,2)q))，∴Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q2－\f(3,2)q))Sn，于是Tn－Sn＝Sneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q2－\f(3,2)q－1))＝Sneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＋\f(1,2)))(q－2)，又Sn＞0且－1＜q＜0或q＞0，则当－1＜q＜－eq\f(1,2)或q＞2时，Tn－Sn＞0，即Tn＞Sn，当－eq\f(1,2)＜q＜2且q≠0时，Tn－Sn＜0，即Tn＜Sn.当q＝－eq\f(1,2)或q＝2时，Tn－Sn＝0，即Tn＝Sn.四、由参数变化引起的分类讨论【例5】设函数f(x)＝mx2－mx－1.(1)若对一切实数x，f(x)＜0恒成立，求实数m的取值范围；(2)对于x∈[1，3]，f(x)＜－m＋5恒成立，求实数m的取值范围．【解析】(1)当m＝0时，f(x)＝－1＜0恒成立，当m≠0时，若f(x)＜0恒成立，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＜0，,Δ＝m2＋4m＜0，))解得－4＜m＜0，综上所述，实数m的取值范围为(－4，0]．(2)要x∈[1，3]，f(x)＜－m＋5恒成立，即meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)m－6＜0，x∈[1，3]恒成立．令g(x)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)m－6＜0，x∈[1，3]．当m＞0时，g(x)是增函数，所以g(x)max＝g(3)＝7m－6＜0，解得m＜eq\f(6,7)，所以0＜m＜eq\f(6,7).当m＝0时，－6＜0恒成立；当m＜0时，g(x)是减函数．所以g(x)max＝g(1)＝m－6＜0，解得m＜6.所以m＜0.综上所述，实数m的取值范围为(－∞，eq\f(6,7))．五、由图形引起的分类讨论【例6】已知方程mx2＋2y2＝m＋1(m∈R)，对于不同范围的m值，请分别指出方程所表示的图形．【解析】要对m＝0和m＝－1的情况进行讨论；当m≠0且m≠－1时，方程变形为eq\f(x2,\f(m＋1,m))＋eq\f(y2,\f(m＋1,2))＝1，由eq\f(m＋1,2)＝eq\f(m＋1,m)得m＝2，这样－1，0，2把数轴分成四个区间，所以要分多种情况讨论．(1)当m＝0时，方程为2y2＝1，y＝±eq\f(\r(2),2)，图形为两条平行直线；(2)当m＝－1时，方程为－x2＋2y2＝0，即y＝±eq\f(\r(2),2)x，图形为两条相交直线；(3)当m≠0且m≠－1时，方程化为eq\f(x2,\f(m＋1,m))＋eq\f(y2,\f(m＋1,2))＝1.①m＜－1时，eq\f(m＋1,m)＞0，eq\f(m＋1,2)＜0，图形为焦点在x轴上的双曲线；②当－1＜m＜0时，eq\f(m＋1,m)＜0，eq\f(m＋1,2)＞0，图形为焦点在y轴上的双曲线；③当0＜m＜2时，0＜eq\f(m＋1,2)＜eq\f(m＋1,m)，图形为焦点在x轴上的椭圆；④当m＝2时，方程为x2＋y2＝eq\f(3,2)，图形为圆心在原点，半径为eq\f(\r(6),2)的圆；⑤当m＞2时，0＜eq\f(m＋1,m)＜eq\f(m＋1,2)，图形为焦点在y轴上的椭圆．六、由排列组合引起的分类讨论【例7】如图所示，一个地区有5个行政区域，现给地图着色，要求相邻地区不得使用同一颜色，若有4种颜色可供选用，则不同的着色方法共有多少种？【解析】分类讨论.至少需要不同的三种颜色才能完成.若只用三种颜色，涂(1)有种不同颜色，涂(2)(4)有种，涂(5)(3)有种，则此时共有有有=6种不同涂法.若用四种颜色，(2)(4)不同颜色，(3)(5)相同颜色，有种不同涂法.同理，)(3)(5)不同颜色，(2)(4相同颜色，有种不同涂法.于是，共有种不同涂法.巩固训练已知M＝{x|x－a＝0}，N＝{x|ax－1＝0}，若M∩N＝N，则实数a的值为________．【答案】0或1或－1【解析】M∩N＝N⇔N⊆M.当a＝0时，N＝∅，符合要求，当a≠0时，只要a＝eq\f(1,a)，即a＝±1.2.函数，满足的的取值范围是

．【答案】或【解答】解：时，，得；

时，，即，得，得，

综上可得的取值范围是或．

故答案为：或．3.若直线l过点(1,2)且在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程为______________．【答案】y＝2x或x＋y－3＝0【解析】①当截距为零时，即过原点(0，0)，∴直线方程为y＝2x；②当截距不为零时，设直线方程为eq\f(x,a)＋eq\f(y,a)＝1，将点(1,2)代入可得a＝3，∴直线方程为x＋y－3＝0.4.已知函数，则该函数的零点是

．【答案】【解答】解：因为函数，

当时，令，解得或舍；

当时，令，解得舍或舍；

综上可得，该函数的零点是．

故答案为：．5.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S5、S4、S6成等差数列，则数列{an}的公比q的值等于____________．【答案】－2【解析】根据题意，S5、S4、S6成等差数列，则2S4＝S5＋S6成等差数列，①当q＝1时，Sn＝na1，则S5＝5a1，S4＝4a1，S6＝6a1，S5、S4、S6成等差数列不成立，故舍去；②当q≠1时，有eq\f(2a1（1－q4）,1－q)＝eq\f(a1（1－q5）,1－q)＋eq\f(a1（1－q6）,1－q)，变形可得：2a5＋a6＝0，∴a5(2＋q)＝0，解得q＝－2.6．已知a∈R，函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)－a))＋a在区间上的最大值是5，则a的取值范围是____________．【答案】(－∞，eq\f(9,2)]【解析】x∈[1，4]，x＋eq\f(4,x)∈[4，5]，分类讨论：①当a≥5时，f(x)＝a－x－eq\f(4,x)＋a＝2a－x－eq\f(4,x)，函数的最大值2a－4＝5，∴a＝eq\f(9,2)，舍去；②当a≤4时，f(x)＝x＋eq\f(4,x)－a＋a＝x＋eq\f(4,x)≤5，此时命题成立；③当4<a<5时，[f(x)]max＝max{eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4－a))＋a，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(5－a))＋a}，则：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4－a))＋a≥\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(5－a))＋a,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4－a))＋a＝5)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4－a))＋a<\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(5－a))＋a,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(5－a))＋a＝5)))，解得：a＝eq\f(9,2)或a<eq\f(9,2)，综上可得，实数a的取值范围是(－∞，eq\f(9,2)]．故填(－∞，eq\f(9,2)]．二、选择题 7．若函数f(x)＝sin2x＋bsinx＋c，则f(x)的最小正周期().A．与b有关，且与c有关B．与b有关，但与c无关C．与b无关，且与c无关D．与b无关，但与c有关【答案】B【解析】f(x)＝sin2x＋bsinx＋c＝eq\f(1－cos2x,2)＋bsinx＋c＝－eq\f(cos2x,2)＋bsinx＋c＋eq\f(1,2)，其中当b＝0时，f(x)＝－eq\f(cos2x,2)＋c＋eq\f(1,2)，此时周期是π；当b≠0时，周期为2π，而c不影响周期．故选B.8．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－x＋3，x≤1，,x＋\f(2,x)，x>1.))设a∈R，若关于x的不等式f(x)≥|eq\f(x,2)＋a|在R上恒成立，则a的取值范围是().A.B.C.D.【答案】A【解析】不等式f(x)≥|eq\f(x,2)＋a|可化为－f(x)≤eq\f(x,2)＋a≤f(x)(*)，当x≤1时，(*)式即－x2＋x－3≤eq\f(x,2)＋a≤x2－x＋3，即－x2＋eq\f(x,2)－3≤a≤x2－eq\f(3,2)x＋3，又－x2＋eq\f(x,2)－3＝－(x－eq\f(1,4))2－eq\f(47,16)≤－eq\f(47,16)(当x＝eq\f(1,4)时取等号)，x2－eq\f(3,2)x＋3＝(x－eq\f(3,4))2＋eq\f(39,16)≥eq\f(39,16)(当x＝eq\f(3,4)时取等号)，所以－eq\f(47,16)≤a≤eq\f(39,16)，当x>1时，(*)式为－x－eq\f(2,x)≤eq\f(x,2)＋a≤x＋eq\f(2,x)，－eq\f(3,2)x－eq\f(2,x)≤a≤eq\f(x,2)＋eq\f(2,x).又－eq\f(3,2)x－eq\f(2,x)＝－(eq\f(3,2)x＋eq\f(2,x))≤－2eq\r(3)(当x＝eq\f(2\r(3),3)时取等号)，eq\f(x,2)＋eq\f(2,x)≥2eq\r(\f(x,2)×\f(2,x))＝2(当x＝2时取等号)，所以－2eq\r(3)≤a≤2.综上，－eq\f(47,16)≤a≤2.故选A.三、解答题9.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b＋c＝2acosB.(1)证明：A＝2B；(2)若△ABC的面积S＝eq\f(a2,4)，求角A的大小．【解析】(1)证明：由正弦定理得sinB＋sinC＝2sinAcosB，故2sinAcosB＝sinB＋sin(A＋B)＝sinB＋sinAcosB＋cosAsinB，于是sinB＝sin(A－B)．又A，B∈(0，π)，故0<A－B<π，所以B＝π－(A－B)或B＝A－B，因此A＝π(舍去)或A＝2B，所以，A＝2B；(2)由S＝eq\f(a2,4)得eq\f(1,2)absinC＝eq\f(a2,4)，故有sinBsinC＝eq\f(1,2)sin2B＝sinBcosB，因为sinB≠0，所以sinC＝cosB.又B，C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,2)±B.当B＋C＝eq\f(π,2)时，A＝eq\f(π,2)；当C－B＝eq\f(π,2)时，A＝eq\f(π,4).综上，A＝eq\f(π,2)或A＝eq\f(π,4).10.已知无穷数列{an}，满足an＋2＝|an＋1－an|，n∈N*；(1)若a1＝1，a2＝2，求数列前10项和；(2)若a1＝1，a2＝x，x∈Z，且数列{an}前2017项中有100项是0，求x的可能值；(3)求证：在数列{an}中，存在k∈N*，使得0≤ak＜1.【解析】(1)数列{an}满足an＋2＝|an＋1－an|，n∈N*；a1＝1，a2＝2，则a3＝1，a4＝1，a5＝0，a6＝