分类讨论思想
方法
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在解答某些
数学
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问题时，有时会遇到多种情况，需要对各种情况加以分类，并逐类求解，然后综合得解，这就是分类讨论法。分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法。有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维条理性和概括性，所以在高
考试题
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中占有重要的位置。引起分类讨论的原因主要是以下几个方面：问题所涉及到的数学概念是分类进行定义的。如|a|的定义分a〉0、a=0、a<0三种情况。这种分类讨论题型可以称为概念型。问题中涉及到的数学定理、公式和运算性质、法则有范围或者条件限制，或者是分类给出的。如等比数列的前n项和的公式，分q=l和qMl两种情况。这种分类讨论题型可以称为性质型。解含有参数的题目时，必须根据参数的不同取值范围进行讨论。如解不等式ax〉2时分a〉0、a=0和a<0三种情况讨论。这称为含参型。另外，某些不确定的数量、不确定的图形的形状或位置、不确定的结论等，都主要通过分类讨论，保证其完整性，使之具有确定性。进行分类讨论时，我们要遵循的原则是：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“不漏不重”。解答分类讨论问题时，我们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、不漏不重、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。I、再现性题组：集合A={x||x|W4,xWR},B={x||x—3|Wa,xWR},若AnB,那么a的范围是。A.OWaWlB.aW1C.a<1D.O〈a〈1若a>0且aM1,p=log(a3+a+1),q=log(a2+a+1)，则p、q的大小关系是aaA.p=qB.p
qD.当a>1时，p〉q；当0〈a〈1时，p
答案
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｛4,-2,0｝；兀兀兀兀4小题：分。=—、0<9<—、—<9<—三种情况，选D；5小题：分x〉0、x<0两种情况，选B；6小题：分侧面矩形长、宽分别为2和4、或4和2两种情况，选D；7小题：分截距等于零、不等于零两种情况，选C。II、示范性题组：例1.设0〈x〈1,a>0且aM1,比较|log(1—x)|与|log(1+x)|的大小。aa【分析】比较对数大小，运用对数函数的单调性，而单调性与底数a有关，所以对底数a分两类情况进行讨论。【解】•/00，log(1+x)〈0，所以aa|log(1—x)|—|log(1＋x)|=log(1—x)—[—log(1＋x)]=log(1—x2)〉0;aaaaa当a>1时，log(1—x)<0,log(1+x)〉0，所以aa|log(1—x)|—|log(1＋x)|=—log(1—x)—log(1＋x)=—log(1—aaaaax2)〉0；由①、②可知，|log(1—x)|〉|log(1+x)|。aa【注】本题要求对对数函数y=logx的单调性的两种情况十分熟悉，即当a>1时其是a增函数，当0〈a〈1时其是减函数。去绝对值时要判别符号，用到了函数的单调性;最后差值的符号判断，也用到函数的单调性。例2.已知集合A和集合B各含有12个元素，AQB含有4个元素，试求同时满足下面两个条件的集合C的个数：①.CuAUB且C中含有3个元素；②.CnAM©。【分析】由已知并结合集合的概念，C中的元素分两类：①属于A元素；②不属于A而属于B的元素。并由含A中元素的个数1、2、3,而将取法分三种。【解】Ci・C2+C2・Ci+C3・C0=1084128128128【注】本题是排列组合中“包含与排除”的基本问题，正确地解题的前提是合理科学的分类，达到分类完整及每类互斥的要求，还有一个关键是要确定C中元素如何取法。另一种解题思路是直接使用“排除法”，即C3—C3=1084。208例3.设｛a｝是由正数组成的等比数列，S是前n项和。①.
证明
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:nnlgS+lgSn220,q>0n1①.当q=l时,Sn=naJ从而SS—Snn+2n+12=na1(n+2)a—(n+l)2a2=一11a2<0；1当qMl时，Sna(1—qn)1-q从而SS—Snn+2n+1a2(1-qn)(1-qn+2)2—1—(1—q)2a2(1-qn+1)2=—a12qn<0由上可得SS0,使得lg(S—c)+lg(S—c)nn+22=lg(S—c)成立。n+1【注】本例由所用公式的适用范围而导致分类讨论。该题文科考生改问题为：证明logS+logS05n05n+2>logS，和理科第一问类似，只是所利用的是底数是0.5时，20.5n+1对数函数为单调递减。例1、例2、例3属于涉及到数学概念、定理、公式、运算性质、法则等是分类讨论的问题或者分类给出的，我们解决时按要求进行分类，即题型为概念、性质型。例4.设函数f(x)=ax2—2x+2,对于满足l〈x〈4的一切x值都有f(x)〉0,求实数a的取值范围。x【分析】含参数的一元二次函数在有界区间上的最大值、最小值等值域问题，需要先对开口方向讨论，再对其抛物线对称轴的位置与闭区间的关系进行分类讨论，最后综合得解。11【解】当a>0时，f(x)=a(x—)2+2——aa11<<4a11f(_)=2—_>0af(4)=16a—8+2三01・•・a±l或〈a〈l或©，解得©;If(1)=a—2+2三0当a〈0时，|f(4)=16a—8+2三0当a=0时，f(x)=—2x+2,f(1)=0，f(4)=—6,・不合题意由上而得，实数a的取值范围是a〉1。【注】本题分两级讨论，先对决定开口方向的二次项系数a分a〉0、a〈0、a=0三种情况，再每种情况结合二次函数的图像，在a〉0时将对称轴与闭区间的关系分三种，即在闭区间左边、右边、中间。本题的解答，关键是分析符合条件的二次函数的图像，也可以看成是“数形结合法”的运用。(x+4a)(x—6a)1例5.解不等式〉0(a为常数，aM—厅)2a+12【分析】含参数的不等式，参数a决定了2a+1的符号和两根一4a、6a的大小，故对参数a分四种情况a〉0、a=0、1—〈a〈0、a〈一2分别加以讨论。1【解】2a+1〉0时，a>——；—4a<6a时，a>0。所以分以下四种情况讨论:当a〉0时，(x+4a)(x—6a)〉0,解得：x〈一4a或x〉6a；当a=0时，x2〉0,解得：xM0；1当一0时，x<—4a或x〉6a；当8=0时，xM0；当一~0),/.—y2+2y=a解得:y=1土Jl—a(0WaW1)由上可得，z=±(—1+fl+a)或±(1±i：l—a)i【注】本题用标准解法(设z=x+yi再代入原式得到一个方程组，再解方程组)过程十分繁难，而挖掘隐含，对z分两类讨论则简化了数学问题。【另解】设z=x+yi,代入得x2—y2+2悩兀2+y2+2xyi=a；x2一y2+2&x2+y2=a2xy=0当y=0时，x2+2|x|=a，解得x=±(—1++a)，所以z=±(—1+\：1+a)；当x=0时，一y2+2|y|=a，解得y=±(1土、：1一a)，所以±(1土丫1一a)i。由上可得，z=±(—1+、：1+a)或±(1±、；1—a)i【注】此题属于复数问题的标准解法，即设代数形式求解。其中抓住2xy=0而分x=0和y=0两种情况进行讨论求解。实际上，每种情况中绝对值方程的求解，也渗透了分类讨论思想。例7.在xoy平面上给定曲线y2=2x，设点A(a,0),a^R,曲线上的点到点A的距离的最小值为f(a),求f(a)的函数表达式。(本题难度0.40)【分析】求两点间距离的最小值问题，先用公式建立目标函数，转化为二次函数在约束条件x±0下的最小值问题，而引起对参数a的取值讨论。【解】设M(x,y)为曲线y2=2x上任意一点，则|MA|2=(x—a)2+y2=(x—a)2+2x=x2—2(a—1)x+a2=[x—(a—1)]2+(2a—1)由于y2=2x限定x20,所以分以下情况讨论：当a—1三0时，x=a—1取最小值，即|MA}2=2a—1；min当a—1<0时，x=0取最小值，即|MA}2=a2；min综上所述，有f(a)=[Ial(a$l时)(a<1时)【注】本题解题的基本思路是先建立目标函数。求二次函数的最大值和最小值问题我们十分熟悉，但含参数a,以及还有隐含条件x±0的限制，所以要从中找出正确的分类标准，从而得到d=f(a)的函数表达式。皿、巩固性题组：TOC\o"1-5"\h\z若log2〈1,则a的取值范围是。a3A.(0,2)B.(2,1)C.(0,2)U(1,+s)D.(2,+s)3333非零实数a、b、c,则旦+b+-C+_ab£的值组成的集合是。IaIIbIIcIIabcIA.{-4,4}B.{0,4}C.{-4,0}D.{-4,0,4}f(x)=(a—x)|3a—x|,a是正常数，下列结论正确的是。A.当x=2a时有最小值0B.当x=3a时有最大值0C.无最大值，且无最小值D.有最小值但无最大值4•设f(x,y)=0是椭圆方程，f(x,y)=0是直线方程，则方程f(x,y)+入f(x,y)1212TOC\o"1-5"\h\z=0(入WR)表示的曲线是。A.只能是椭圆B.椭圆或直线C.椭圆或一点D.还有上述外的其它情况函数f(x)=ax2—2ax+2+b(aM0)在闭区间［2,3］上有最大值5,最小值2,则a、b的值为。A.a=l,b=0B.a=1，b=0或a=—l,b=3C.a=—1，b=3D.以上答案均不正确方程(x2—x—1)x+2=1的整数解的个数是。A.1B.3C.4D.5到空间不共面的4个点距离相等的平面的个数是。A.7B.6C.5D.4&z£C，方程z2—3|z|+2=0的解的个数是A.2B.9.复数z=a+ai3C.4D.5(aM0)的辐角主值是。TOC\o"1-5"\h\z解关于x的不等式：2log(2x—1)>log(x2—a)(a>0且aMl)a2a设首项为1,公比为q(q〉0)的等比数列的前n项和为S，又设T=仝丁，求limT。nnnSn—8n+1若复数z、z2、z3在复平面上所对应三点A、B、C组成直角三角形，且|z|=2，求z。有卡片9张，将0、1、2、…、8这9个数字分别写在每张卡片上。现从中任取3张排成三位数，若6可以当作9用，问可组成多少个不同的三位数。函数f(x)=(|m|—1)x2—2(m+1)x—1的图像与x轴只有一个公共点，求参数m的值及交点坐标。
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