函数中的分类讨论
二次函数求最值参数分类讨论的方法
二次函数求最值参数分类讨论的方法题型一：“动轴定区间”型的二次函数最值例１、求函数2()23f x x ax =−+在[0,4]x ∈上的最值。
分析：先配方，再根据对称轴相对于区间的位置讨论，然后根据口诀写出最值。
解：222()23()3f x x ax x a a =−+=−+− ∴此函数图像开口向上，对称轴x=a①、当a ＜0时，0距对称轴x=a 最近，4距对称轴x=a 最远，∴x=0时，min y =3，x=4时，max y =19-8a②、当0≤a＜2时，a 距对称轴x=a 最近，4距对称轴x=a 最远，∴x=a 时，min y =3-a2，x=4时，max y =19-8a③、当2≤a＜4时，a 距对称轴x=a 最近，0距对称轴x=a 最远，∴x=a 时，min y =3-a2，x=0时，max y =3④、当4≤a 时，4距对称轴x=a 最近，0距对称轴x=a 最远，∴x=4时，min y =19-8a ，x=0时，max y =3例2、已知函数2()(21)3f x ax a x =+−−在区间3[,2]2−上最大值为1,数a 的值 分析:取a=0,a ≠0，分别化为一次函数与二次函数,根据一次函数、二次函数的性质分类讨论.解:1)若a=0,则f(x)=-x-3,而f(x)在3[,2]2−上取不到最大值为1,∴a ≠0 2)若a ≠0,则2()(21)3f x ax a x =+−−的对称轴为0122a x a−= (Ⅰ)若3()12f −=，解得103a =−，此时0233[,2]202x =−∈− a<0, 0()f x 为最大值，但23()120f −≠ (Ⅱ) 若(2)1f =解得34a =此时013[,2]32x =−∈− 0310,43a x =>=−距右端点2较远，(2)f 最大值符合条件(Ⅲ) 若0()1f x =解得a =当0a<时034[,2]2x =−∉−当0a <时034[,2]2x =∈−综收所述34a =或a = 评注：此类题属于“动轴定区间”型的二次函数最值，解决此类问题的关键是讨论对称轴相对于定义域区间的位置，讨论时做到不重不漏。
在一次函数中运用分类讨论思想
手 ， ‘ ． 。 ＝ 一 ÷ ， 随 增 大 而 减 小 ， ． ・ ． ＝ １ ０ ｏ ０ Ｉ ｔ ￣ ， ｗ 有
最 大值 ２ ５ ０ ０元．
７
②当 ｌ ２ ０ ０ ≤ ≤１ ５ ０ ０时 ， ３ ｘ ＋ ５ ｙ ＝ ９ ０ ０ ０ ，
＼４
０ ０ ０ ｉ－ 一 ３ ｘ Ｉ ｐ ， ， ： ９
Ｙ＝ ４
【 ２ ｋ＋ ｂ： ４
解得｛
【 ｂ＝一 ２
经 过一 、 三、 四象限 ， 故 ｍ＜ Ｏ ， 综合① ， ②得 ｍ≤ Ｏ ．
例 ２ 已知函数 Ｙ ＝（ ｍ ＋３ ） 一 ’ ＋ ４ ｘ一５ ｘ ≠０ ） 是
一
②当 ｋ＜０时， Ｙ随 增大而减小 ， 因此 ， ｛
＝
二、 根 据 函数 的 性 质 分 类
ｌ 图（ １ ）
例 ３ 已知一次 函数 Ｙ＝ｋ ｘ＋ｂ ， 当０ ≤ ≤２时 ， 对应
解析
因为 图象一定 过（ ０， 一 ２ ） 与 轴 的交点有两
种情 况 ， 如 图（ １ ） 和（ ２ ） ， 直线 Ａ Ｂ或直线 Ａ Ｂ， 设一次 函 数的解析式为 ＝ ＋ｂ ， 由点 （ ０ ， 一２ ） 可得 ） ， ＝ 一 ２ ， 当
， ， ＝ ｏ Ｄ ｅ， ＝ ２
，
ｌ ２ Ｏ ０ ≤ ≤１ ５ Ｏ ０ ， 两 种情 况．
①当 １ Ｏ ０ ｏ ≤ ≤１ ２ ０ ０时 ， 有４ ＋ ５ ｙ＝ ９ ０ ０ ０ ，
０ ００ －４ｘ 即） ， ： ９
—
图 象 与 轴 的 交 点 坐 标 为 （ ， ｏ ） ．
利润最大 。 为４ ３ ５ ０元 ．
、
根 据 函数 概 念 分 类
导数中分类讨论的三种常见类型
导数中分类讨论的三种常见类型高中数学中，分类讨论思想是解决含有参数的复杂数学问题的重要途径，而所谓分类讨论，就是当问题所给的研究对象不能进行统一的研究处理时，对研究对象按照某种标准进行分类，然后对每一类的对象进行分别的研究并得出结论，最后综合各类的研究结果对问题进行整体的解释.几乎所有的高中生都对分类讨论思想有所了解，而能正确运用分类讨论思想解决问题的不到一半，不能运用分类讨论思想解决具体问题的主要原因是对于一个复杂的数学问题不知道该不该去分类以及如何进行合理的分类，下面根据导数中3种比较常见的分类讨论类型谈谈导数中如何把握对参数的分类讨论. 1.导函数根的大小比较实例1：求函数()321132a f x x x ax a -=+--，x R ∈的单调区间.分析：对于三次或三次以上的函数求单调区间，基本上都是用求导法，所以对函数()321132a f x x x ax a -=+--进行求导可以得到导函数()()'21f x x a x a =+--，观察可知导函数可以因式分解为()()()()'211f x x a x a x a x =+--=-+，由此可知方程()'0f x =有两个实根1x a =，21x =-，由于a 的范围未知，要讨论函数()321132a f x x x ax a -=+--的单调性，需要讨论两个根的大小，所以这里分1a <-，1a =-，1a >-三种情况进行讨论：当1a <-时，()f x ，()'f x 随x 的变化情况如下：所以，函数()f x 的单调递增区间为(),a -∞和()1,-+∞，单调递减区间为(),1a -.当1a =-时， ()'0f x ≥在R 上恒成立，所以函数()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，没有单调递减区间.当1a >-时，()f x ，()'f x 随x 的变化情况如下：所以，函数()f x 的单调递增区间为(),1-∞-和(),a +∞，单调递减区间为()1,a -.综上所述，当1a <-时，函数()f x 的单调递增区间为(),a -∞和()1,-+∞，单调递减区间为(),1a -； 当1a =-时，函数()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，没有单调递减区间；当1a >-时，函数()f x 的单调递增区间为(),1-∞-和(),a +∞，单调递减区间为()1,a -. 点评：这道题之所以要分情况讨论，是因为导函数两个根的大小不确定，而两根的大小又会影响到原函数的单调区间，而由于a R ∈，所以要分1a <-，1a =-，1a >-三种情况，这里注意不能漏了1a =-的情况. 2.导函数的根的存在性讨论实例2：求函数()32f x x ax x =++的单调区间分析：这道题跟实例1一样，可以用求导法讨论单调区间，对函数()32f x x ax x =++进行求导可以得到导函数()'2321f x x ax =++，观察可以发现，该导函数无法因式分解，故无法确定方程23210x ax ++=是否有实根，因此首先得考虑一下方程是否有解，所以我们可以求出根判别式2412a ∆=-，若24120a ∆=-<即a <<23210x ax ++=没有实根，即()'0f x > 在R 上恒成立，所以()f x 在R 上单调递增；若24120a ∆=-=即a =，方程23210x ax ++=有两个相等的实根123ax x ==-，即()'0f x ≥在R 上恒成立，所以()f x 在R 上单调递增；若24120a ∆=->即a a <>，则方程23210x ax ++=有两个不同实根，由求根公式可解得13a x -=，23a x -+=，显然12x x <此时()f x ，()'f x 随x 的变化情况如下：综上所述，当a ≤≤()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，没有单调递减区间；当a a <>时，()f x 的单调递增区间为⎛-∞ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭，单调递减区间为33a a ⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭点评：实例2和实例1都是求三次函数的单调区间，但是两道题分类讨论的情况不一样，实例2主要是因为导函数所对应的方程根的情况未知，所以需要讨论根的存在性问题，而实例1是因为导函数所对应的方程可以因式分解，所以可以确定方程的根肯定是存在的，因此不用再讨论，而需要讨论的是求出来两个根的大小关系，实例2则相反，实例2在方程有两个不同实根的情况下求出来的两根大小已知，所以不用再讨论。
例析分类讨论思想在解答含参导函数问题中的应用
备考指南灵活运用分类讨论思想来求解.值以及导函数的零点.一、1.其系数进行分类讨论：①判断导函数是否为二次函数；②负，的变号零点．例1.(2020年江西省名校f(x)=ax3-3x+1，对任意x立，则实数a的取值范围为(A.[2,+∞)B.[4,+∞)解：对函数f(x)=ax3-3x+1当a≤0时，对任意x则函数f(x)在[-1,1]可得f(x)min=f(1)=a-2<0当0<a≤1时，f′(x)=3ax2-≤0，所以函数f(x)在[-1,1]所以f(x)min=f(1)=a-2<0当a>1时，函数f(x)在调递增，在≥0，且f(1a)=1-2a≥0，即实数a的取值范围为{}4大小关系不确定，0,1的单调性，求得问题的答案.2.对二次导函数中的判别式进行分类讨论在研究函数的单调性时，通常需要根据导函数值与0之间的关系来进行判断.对于二次导函数来说，往往需要根据对应一元二次方程的根的判别式与0之间的关系来讨论函数的单调区间和单调性．例2.(2020年广东茂名二模卷)设函数f(x)=(x2+m)e x.（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）若g(x)=2e x-nx-1-f(x)，当m=1，且x≥0时，g(x)≤0，求实数n的取值范围．解：（1）依题意得函数f(x)的定义域为R，对其求导得f′(x)=(x2+2x+m)e x，设函数h(x)=x2+2x+m，则其判别式Δ=4-4m.①若Δ≤0，即m≥1，则h(x)≥0恒成立，可得f′(x)≥0恒成立，当且仅当m=1，x=-1时，f′(x)=0，所以函数f(x)在R上单调递增．②若Δ>0，即m<1，令h(x)=0，得x=-1-1-m或x=-1+1-m.当-1-1-m<x<-1+1-m时，f′(x)<0；当x<-1-1-m或x>-1+1-m时，f′(x)>0.所以函数f(x)在区间(-1-1-m,-1+1-m)上单调递减，在区间(-∞,-1-1-m)和(-1+1-m,+∞)上单调递增．综上可知，当m≥1时，函数f(x)在R上单调递增；当m<1时，函数f(x)在(-1-1-m,-1+1-m)上单调递减，在(-∞,-1-1-m)和(-1+1-m,+∞)上单调递增．（2）当m=1时，g(x)=e x-x2e x-nx-1，对其求导得g′(x)=(1-x2-2x)e x-n.设函数h(x)=(1-x2-2x)e x-n，则h′(x)=-(x2+4x+1)e x，当x≥0时，h′(x)<0，则函数h(x)单调递减，即函数g′(x)单调递减，故g′(x)≤g′(0)=1-n.51要使g (x )≤0在x ≥0时恒成立，需[0,+∞)上单调递减，即使g ′(x )≤1-n ≤0，即n ≥1，此时g (x )≤g (0)=0，故n ≥1.综上可知，实数n 的取值范围是[1,+∞)在本题中，别式与0的大小关系无法确定，讨论Δ与0的大小关系.若一元二次方程ax 2(a >0)的两根为x １、x ２(x １<x ２)，则当Δ>０()-∞,x １和()x ２,+∞上单调递增，在()x １,x ２当Δ≤０时，函数在R 上单调递增.若a <0程的左右同时乘以-1，数，再按照上述方法进行讨论.二、求解含参指对数导函数问题的零点往往无法直接求得，分解，的零点.若所得的零点中含有参数，类讨论，以便确定零点的取值范围，的单调区间和单调性，确定函数的极值点.例3.已知函数f (x )=(x 2-ax )ln x -32x 2+（1）求函数f (x )的单调递减区间；（2）证明：当a =1时，f (x )≤23x 3-52x 2++16(x >0)恒成立．(1)解：由题意可得f (x )的定义域为(0,数求导得f ′(x )=(2x -a )(ln x -1).令f ′(x )=0或x =e .当a ≤0时，2x -a >0，由f ′(x )<0，得x 所以函数f (x )的单调递减区间为(0,e )当0<a <2e 时，由f ′(x )<0得x ∈(a2,e )所以f (x )的单调递减区间为(a2,e )；当a =2e 时，由x >0可知f ′(x )≥0所以f (x )无单调递减区间；当a >2e 时，由f ′(x )<0可得x ∈(e ,a2)，所以f (x )的单调递减区间为(e ,a2).综上可知，当a ≤0时，函数f (x )为；当0<a <2e 时，函数f (x )a =2e 时，函数f (x )a >2e 时，函数f (x )的单调递减区间为(e ,a 2).（2）证明：当a =1时，设函数g (x )=f (x )-(23x 3-52x2+2x )-(14ln 2+16)，对其求导得g ′(x )=(2x -1)(ln x +1-x ).设函数m (x )=ln x +1-x ，则m ′(x )=1-xx，易知当0<x <1时，m ′(x )>0；当x >1时，m ′(x )<0.所以函数m (x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，所以m (x )max =m (1)=0，即当x >0时，m (x )≤0恒成立.令g ′(x )=0，得x =12或x =1.则当0<x <12时，g ′(x )>0，当x >12时，g ′(x )≤0，当且仅当x =1时不等式取等号.所以函数g (x )在(0,12)上单调递增，在(12,+∞)上单调递减，所以g (x )≤g (12)=0，所以f (x )≤23x 3-52x 2+2x +14ln 2+16(x >0)成立.因为导函数的零点中含有参数，所以需对a 的取值进行分类讨论，以便确定方程f ′(x )=0的根的取值范围以及两根的大小，从而确定函数的单调区间，再根据函数的单调性求得问题的答案.例4.已知函数f (x )=-a ln x -e xx+ax ,a ∈R .（1）当a <0时，讨论函数f (x )的单调性；（2）设函数g (x )=f (x )+xf ′(x )，若关于x 的不等式g (x )≤-e x +x 22+(a -1)x 在x ∈[1,2]上有解，求实数a 的取值范围．解：（1）由题意知f ′(x )=(ax -e x )(x -1)x 2,x >0.设函数F (x )=(ax -e x )(x -1)，当a <0时，由ax -e x <0可得当x >1时，F (x )<0；当0<x <1时，F (x )>0.所以函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减．（2）由g (x )=f (x )+xf ′(x )可得g (x )=-a ln x -e x +2ax -a .由题意知，存在x 0∈[1,2]，使得g (x 0)≤-e x+x 202+(a -1)x 0成立，即存在x 0∈[1,2]，使得不等式-a ln x 0+(a +1)x 0-x 202-a ≤0成立．（下转80页）Reading 部分“Qingming Scroll ”时，教师只给出关键词让学生预测文本内容。
函数单调性之分类讨论
函数单调性之分类讨论本文介绍了含参函数单调性的分类讨论方法。
首先，根据函数的形式（一次函数、二次函数、分式函数、含ex函数）进行分类讨论。
对于一次函数，根据参数k的正负和零来标记数轴上的根，并确定单调区间；对于二次函数，先进行因式分解，然后根据参数a的正负和零以及判别式Δ的大小来确定单调区间；对于分式函数和含ex函数，需要进行通分或提取e 等操作，然后根据参数分类讨论。
接下来，通过两个例题来演示如何使用分类讨论方法讨论函数单调性。
第一个例题中，给定函数f(x)=lnx-ax，根据导数的正负确定函数在定义域上的单调性；第二个例题中，给定函数f(x)=lnx-ax+(a-1)x^2/2，先求导得到导数，然后根据判别式Δ的大小和根的位置确定函数在定义域上的单调性。
总的来说，分类讨论法是一种通用的方法，适用于各种含参函数单调性的讨论。
在具体操作时，需要根据函数的形式和参数的取值进行分类讨论，然后根据导数的正负、判别式的大小和根的位置等来确定函数在定义域上的单调性。
首先需要进行一些符号的修正和排版调整，然后再进行改写。
1.讨论函数$f(x)=ae^x$的单调性。
解析：定义域为$(-\infty。
+\infty)$，函数的导数为$f'(x)=ae^x$。
当$a0$时，$f(x)$在$(-\infty,1)$单调递减，在$(1,+\infty)$单调递增。
2.讨论函数$f(x)=\ln x+ax^2+(2a+1)x$的单调性。
解析：定义域为$(0,+\infty)$，函数的导数为$f'(x)=\frac{1}{x(x+1)}+(4a+2)x+2a+1$。
当$a\geq 0$时，$f(x)$在$(0,+\infty)$单调递增；当$a<0$时，令$f'(x)=0$得到$x_1=-\frac{1}{2a}$和$x_2=-1$，因此$f(x)$在$(0,x_1)$和$(x_2,+\infty)$单调递减，在$(x_1,x_2)$单调递增。
一次函数中分类讨论思想的应用
一次函数中分类讨论思想的应用葛㊀松(江苏省泗阳实验初中开发区校区㊀２２３７００)摘㊀要:在一次函数学习过程中ꎬ学生接触 数 与 形 的知识比较多ꎬ因而增加了学习的难度.这里除了首先要运用数形结合的思想方法去深刻理解和掌握一次函数的有关概念外ꎬ还要使学生学会用分类讨论的数学思想方法去研究一次函数的解题方法和技巧ꎬ力求在分类中做到不重复解和不漏解.关键词:初中数学ꎻ一次函数ꎻ分类讨论中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２０)２９－０００２－０２收稿日期:２０２０－０７－１５作者简介:葛松(１９７７.８－)ꎬ男ꎬ江苏省泗阳人ꎬ本科ꎬ中小学一级教师ꎬ从事初中数学教学研究.㊀㊀一㊁遇到有坐标轴名称不明确时需要讨论例１㊀已知正比例函数ｙ＝ｋ１ｘ和一次函数ｙ＝ｋ２ｘ＋ｂ的图象都经过点Ｐ(－２ꎬ１)ꎬ且一次函数ｙ＝ｋ２ｘ＋ｂ的图象与ｙ轴交点坐标是Ａ(０ꎬ３)ꎬ求直线ｙ＝ｋ１ｘ和直线ｙ＝ｋ２ｘ＋ｂ与坐标轴围成的三角形的面积.解㊀如图１ꎬȵ直线ｙ＝ｋ１ｘ经过点Ｐ(－２ꎬ１)ꎬʑ正比例函数解析式是ｙ＝－１２ｘ.ȵ直线ｙ＝ｋ２ｘ＋ｂ经过点Ｐ(－２ꎬ１)和Ａ(０ꎬ３)ꎬʑ一次函数的解析式为ｙ＝ｘ＋３.(１)两条直线与ｙ轴围成的әＡＯＰ的面积(如图).过点Ｐ作ＰＭʅＯＡꎬ垂足为ＭꎬʑＳәＡＯＰ＝１２ＯＡ ＰＭ＝３.(２)两条直线与ｘ轴围成的әＢＯＰ的面积.过点Ｐ作ＰＮʅｘ轴ꎬ垂足为Ｎꎬ设直线ｙ＝ｘ＋３与ｘ轴相交于点ＢꎬʑＳәＢＯＰ＝１２ ＯＢ ＰＮ＝３２.综上所述ꎬ两条直线与坐标轴围成的三角形的面积是３或３２.归纳㊀由已知条件可以求出正比例函数和一次函数的解析式ꎬ但求两条直线与坐标轴围成的三角形的面积ꎬ并没有指明是与ｘ轴围成的三角形的面积ꎬ还是与ｙ轴围成的三角形的面积ꎬ致使需要进行分类讨论.㊀㊀二㊁遇到有点的位置不明确时需要讨论例２㊀在平面直角坐标中ꎬ已知点Ａ(－３ꎬ０)ꎬＢ(２ꎬ６)ꎬ在ｘ轴上有一点Ｃꎬ满足ＳәＡＢＣ＝１２ꎬ试求点Ｃ的坐标.解㊀如图２ꎬ过点Ｂ作ＢＤʅｘ轴ꎬ垂足为Ｄ.ȵＳәＡＢＣ＝１２ꎬʑＡＣ＝４.(１)当点Ｃ在点Ａ的右侧时ꎬ则点Ｃ坐标为(１ꎬ０)ꎻ(２)当点Ｃ在点Ａ的左侧时ꎬ则点Ｃ坐标为(－７ꎬ０).综上所述ꎬ点Ｃ的坐标为(１ꎬ０)或(－７ꎬ０).归纳㊀因在ｘ轴上存在一点Ｃ位置的不确定ꎬ致使需要进行分类讨论ꎬ点Ｃ可以在点Ａ的左侧ꎬ也可以在点Ａ的右侧ꎬ这样的点Ｃ有两个.㊀㊀三㊁遇到有两个量大小不明确时需要讨论例３㊀已知一次函数ｙ＝ｘ＋３的图象与ｘ轴ꎬｙ轴分别交于Ａ㊁Ｂ两点.直线ｌ经过原点ꎬ与直线ＡＢ交于Ｃ点ꎻ直线ｌ把әＡＯＢ的面积分成２ʒ１两部分ꎬ试求直线ｌ的解析式.解㊀如图３ꎬ过点Ｃ作ＣＭʅＯＡꎬ垂足为Ｍ.ȵＡ(－３ꎬ０)ꎬＢ(０ꎬ３)ʑＳәＡＯＢ＝４.５.(１)若ＳәＡＯＣʒＳәＢＯＣ＝２ʒ１ꎬ则ＳәＡＯＣ＝３ꎬ即ＣＭ＝２ꎬ求出点Ｃ坐标为(－１ꎬ２)ꎬʑ直线ｌ的解析式为ｙ＝－２ｘ.(２)若ＳәＢＯＣʒＳәＡＯＣ＝２ʒ１ꎬ则ＳәＡＯＣ＝１.５ꎬ即ＣＭ＝１ꎬ求出点Ｃ的坐标为(－２ꎬ１)ꎬʑ直线ｌ的解析式为ｙ＝－０.５ｘ.综上所述ꎬ直线ｌ的解析式为ｙ＝－２ｘ或ｙ＝－０.５ｘ.２归纳㊀因ＳәＡＯＣ和ＳәＢＯＣ的大小不明确ꎬ可能是ＳәＡＯＣʒＳәＢＯＣ＝２ʒ１ꎬ也可能是ＳәＢＯＣʒＳәＡＯＣ＝２ʒ１ꎬ所以需要进行分类讨论.㊀㊀四㊁遇到有相等线段位置不确定时需要讨论例４㊀已知一次函数ｙ＝４３ｘ＋４的图象分别交ｘ㊁ｙ轴于Ａ㊁Ｂ两点ꎬＣ为ｘ轴上一点ꎬ且әＡＢＣ为等腰三角形ꎬ求点Ｃ的坐标.解㊀如图４(１)ꎬ一次函数ｙ＝４３ｘ＋４分别交ｘ㊁ｙ轴于Ａ㊁Ｂ两点ꎬʑＡ(－３ꎬ０)ꎬＢ(０ꎬ４)ꎬʑＯＡ＝３ꎬＯＢ＝４. (１)当点Ａ为顶点时ꎬ此时有ＡＢ＝ＡＣꎬ如图４(２).ȵＡＢ＝ＯＡ２＋ＯＢ２＝５ꎬʑＡＣ＝５.①若点在Ａ点的右侧时ꎬ则点Ｃ的坐标是Ｃ(２ꎬ０)ꎬ②若点Ｃ在Ａ点的左侧时ꎬ则点Ｃ的坐标是Ｃ(－８ꎬ０). (２)当点Ｂ为顶点时ꎬ此时有ＢＡ＝ＢＣꎬ如图４(３)ꎬ则点Ｃ的坐标是(３ꎬ０).(３)当点Ｃ为顶点时ꎬ此时有ＣＡ＝ＣＢꎬ如图４(４).由题意可知线段ＡＢ的垂直平分线与ｘ轴的交点就是点Ｃꎬ且点Ｃ在原点的右侧.设点Ｃ坐标为(ｘꎬ０)ꎬ则ＡＣ２＝(ｘ＋３)２ꎬＢＣ２＝ｘ２＋４２.由(ｘ＋３)２＝ｘ２＋４２ꎬ可得ｘ＝７６.ʑ点Ｃ的坐标是(７６ꎬ０).综上所述ꎬ符合条件的Ｃ点坐标为Ｃ(２ꎬ０)ꎬＣ(－８ꎬ０)ꎬＣ(３ꎬ０)ꎬＣ(７６ꎬ０).归纳㊀要使әＡＢＣ为等腰三角形ꎬ因没有指明哪一个点为顶点(或哪一条边为底边)ꎬ所以要分(１)点Ａ为顶点ꎻ(２)点Ｂ为顶点ꎻ(３)点Ｃ为顶点三种情况进行逐一分类讨论.㊀㊀五㊁遇到有ｋ或ｂ的符号不确定时需要讨论㊀㊀例５㊀一次函数ｙ＝ｋｘ＋ｂ的图象与ｘ轴㊁ｙ轴分别交于Ａ㊁Ｂ两点ꎬ且ＳәＡＯＢ＝４ꎬＯＡʒＯＢ＝１ʒ２ꎬ试求一次函数的解析式.解㊀如图５ꎬȵＳәＡＯＢ＝４ꎬʑ１２ ＯＡ ＯＢ＝４ꎬʑＯＡ ＯＢ＝８.ȵＯＡʒＯＢ＝１ʒ２ꎬʑ设ＯＡ＝ｘꎬＯＢ＝２ｘ(ｘ>０)ꎬ则ｘ ２ｘ＝８ꎬ即ｘ＝２(－２舍去)ꎬʑＯＡ＝２ꎬＯＢ＝４.(１)当ｋ>０ꎬｂ>０时ꎬ一次函数ｙ＝ｋｘ＋ｂ的图象过一㊁二㊁三象限ꎬ此时Ａ(－２ꎬ０)ꎬＢ(０ꎬ４).则一次函数的解析式为ｙ＝２ｘ＋４.(２)当ｋ>０ꎬｂ<０时ꎬ一次函数ｙ＝ｋｘ＋４的图象经过一㊁三㊁四象限ꎬ则一次函数的解析式为ｙ＝２ｘ－４. (３)当ｋ<０ꎬｂ>０时ꎬ一次函数ｙ＝ｋｘ＋４的图象经过一㊁二㊁四象限ꎬ则一次函数的解析式为ｙ＝－２ｘ＋４. (４)当ｋ<０ꎬｂ<０时ꎬ一次函数ｙ＝ｋｘ＋ｂ的图象经过二㊁三㊁四象限ꎬ则一次函数的解析式为ｙ＝－２ｘ－４.综上所述ꎬ一次函数解析式为ｙ＝２ｘʃ４或ｙ＝－２ｘʃ４.归纳㊀由ＳәＡＯＢ＝４ꎬＯＡʒＯＢ＝１ʒ２ꎬ可以求出ＯＡ和ＯＢ的长度ꎬ但由于ｋ和ｂ的符号不确定ꎬｋ和ｂ的值存在多种可能ꎬ所以需要分四种情况进行讨论.㊀㊀六㊁遇到有增减性不明确时需要讨论例６㊀已知一次函数ｙ＝ｋｘ＋ｂ的自变量ｘ的取值范围是－２ɤｘɤ６ꎬ相应的函数值ｙ的取值范围是－１１ɤｙɤ９ꎬ试求一次函数的解析式.解㊀(１)若函数ｙ＝ｋｘ＋ｂ为增函数ꎬ则一次函数ｙ＝ｋｘ＋ｂ图象的两个端点坐标分别是(－２ꎬ－１１)和(６ꎬ９)ꎬ即一次函数的解析式为ｙ＝２.５ｘ－６.(２)若函数ｙ＝ｋｘ＋ｂ为减函数ꎬ则函数ｙ＝ｋｘ＋ｂ图象的两个端点坐标分别是(－２ꎬ９)和(６ꎬ－１１)ꎬ即一次函数的解析式为ｙ＝－２.５ｘ＋４.综上所述ꎬ一次函数的解析式是ｙ＝２.５ｘ－６或ｙ＝－２.５ｘ＋４.归纳㊀由于一次函数ｙ＝ｋｘ＋ｂ中的ｋ值符号未明确ꎬ因此函数的增减性也不确定ꎬ与之相对应的两个端点的坐标同样也不确定ꎬ所以需要进行分类讨论.总之ꎬ分类讨论思想是研究数学极为重要的一种数学思想和解题方法.在解题中ꎬ重在考查思考数学问题的逻辑性㊁周密性和全面性ꎬ力求做到正确㊁合理和严谨的分类.㊀㊀参考文献:[１]谭法ꎬ魏创.例说分类讨论思想在一次函数中的运用[Ｊ].中学生数学ꎬ２０１８(１８):６－８.[责任编辑:李㊀璟] ３。
导数分类讨论解决含参问题(三种常见类型)
导数中分类讨论的三种常见类型高中数学中，分类讨论思想是解决含有参数的复杂数学问题的重要途径，而所谓分类讨论，就是当问题所给的研究对象不能进行统一的研究处理时，对研究对象按照某种标准进行分类，然后对每一类的对象进行分别的研究并得出结论，最后综合各类的研究结果对问题进行整体的解释.几乎所有的高中生都对分类讨论思想有所了解，而能正确运用分类讨论思想解决问题的不到一半，不能运用分类讨论思想解决具体问题的主要原因是对于一个复杂的数学问题不知道该不该去分类以及如何进行合理的分类，下面根据导数中3种比较常见的分类讨论类型谈谈导数中如何把握对参数的分类讨论.类型一：导函数根的大小比较实例1：求函数()321132a f x x x ax a -=+--，x R ∈的单调区间.分析：对于三次或三次以上的函数求单调区间，基本上都是用求导法，所以对函数()321132a f x x x ax a -=+--进行求导可以得到导函数()()'21f x x a x a =+--，观察可知导函数可以因式分解为()()()()'211f x x a x a x a x =+--=-+，由此可知方程()'0f x =有两个实根1x a =，21x =-，由于a 的范围未知，要讨论函数()321132a f x x x ax a -=+--的单调性，需要讨论两个根的大小，所以这里分1a <-，1a =-，1a >-三种情况进行讨论：当1a <-时，()f x ，()'f x 随x 的变化情况如下：x (),a -∞a(),1a --1()1,-+∞()'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，函数()f x 的单调递增区间为(),a -∞和()1,-+∞，单调递减区间为(),1a -.当1a =-时，()'0f x ≥在R 上恒成立，所以函数()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，没有单调递减区间.当1a >-时，()f x ，()'f x 随x 的变化情况如下：x (),1-∞--1()1,a -a(),a +∞()'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，函数()f x 的单调递增区间为(),1-∞-和(),a +∞，单调递减区间为()1,a -.综上所述，当1a <-时，函数()f x 的单调递增区间为(),a -∞和()1,-+∞，单调递减区间为(),1a -；当1a =-时，函数()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，没有单调递减区间；当1a >-时，函数()f x 的单调递增区间为(),1-∞-和(),a +∞，单调递减区间为()1,a -.点评：这道题之所以要分情况讨论，是因为导函数两个根的大小不确定，而两根的大小又会影响到原函数的单调区间，而由于a R ∈，所以要分1a <-，1a =-，1a >-三种情况，这里注意不能漏了1a =-的情况.类型二：导函数的根的存在性讨论实例2：求函数()32f x x ax x =++的单调区间分析：这道题跟实例1一样，可以用求导法讨论单调区间，对函数()32f x x ax x =++进行求导可以得到导函数()'2321f x x ax =++，观察可以发现，该导函数无法因式分解，故无法确定方程23210x ax ++=是否有实根，因此首先得考虑一下方程是否有解，所以我们可以求出根判别式2412a ∆=-，若24120a ∆=-<即a <<23210x ax ++=没有实根，即()'0f x >在R 上恒成立，所以()f x 在R 上单调递增；若24120a ∆=-=即a =，方程23210x ax ++=有两个相等的实根123ax x ==-，即()'0f x ≥在R 上恒成立，所以()f x 在R 上单调递增；若24120a ∆=->即a a <>，则方程23210x ax ++=有两个不同实根，由求根公式可解得13a x --=，23a x -+=，显然12x x <此时()f x ，()'f x 随x 的变化情况如下：x ()1,x -∞1x ()12,x x 2x ()2,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综上所述，当a ≤≤时，()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，没有单调递减区间；当a a <>时，()f x 的单调递增区间为,3a ⎛---∞ ⎪⎝⎭和,3a ⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为,33a a ⎛---+ ⎝⎭点评：实例2和实例1都是求三次函数的单调区间，但是两道题分类讨论的情况不一样，实例2主要是因为导函数所对应的方程根的情况未知，所以需要讨论根的存在性问题，而实例1是因为导函数所对应的方程可以因式分解，所以可以确定方程的根肯定是存在的，因此不用再讨论，而需要讨论的是求出来两个根的大小关系，实例2则相反，实例2在方程有两个不同实根的情况下求出来的两根大小已知，所以不用再讨论。
专题14 二次函数的分类讨论问题(解析版)
专题14 二次函数的分类讨论问题1、已知抛物线y ＝﹣16x 2﹣23x +2与x 轴交于点A ，B 两点，交y 轴于C 点，抛物线的对称轴与x 轴交于H 点，分别以OC 、OA 为边作矩形AECO ． （1）求直线AC 的解析式；（2）如图2，P 为直线AC 上方抛物线上的任意一点，在对称轴上有一动点M ，当四边形AOCP 面积最大时，求|PM ﹣OM |的最大值．（3）如图3，将△AOC 沿直线AC 翻折得△ACD ，再将△ACD 沿着直线AC 平移得△A 'C ′D '．使得点A ′、C '在直线AC 上，是否存在这样的点D ′，使得△A ′ED ′为直角三角形？若存在，请求出点D ′的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1) y ＝13x +2；(2) 点M 坐标为（﹣2，53）时，四边形AOCP 的面积最大，此时|PM ﹣OM |有最大值√616； (3)存在，D ′坐标为：（0，4）或（﹣6，2）或（−35，195）．【解析】（1）令x ＝0，则y ＝2，令y ＝0，则x ＝2或﹣6，△A （﹣6，0）、B （2，0）、C （0，2），函数对称轴为：x ＝﹣2，顶点坐标为（﹣2，83），C 点坐标为（0，2），则过点C 的直线表达式为：y ＝kx +2，将点A 坐标代入上式，解得：k =13，则：直线AC 的表达式为：y =13x +2； （2）如图，过点P 作x 轴的垂线交AC 于点H ．四边形AOCP 面积＝△AOC 的面积+△ACP 的面积，四边形AOCP 面积最大时，只需要△ACP 的面积最大即可，设点P 坐标为（m ，−16m 2−23m +2），则点G 坐标为（m ，13m +2），S △ACP =12PG •OA =12•（−16m 2−23m +2−13m ﹣2）•6=−12m 2﹣3m ，当m ＝﹣3时，上式取得最大值，则点P 坐标为（﹣3，52）．连接OP 交对称轴于点M ，此时，|PM ﹣OM |有最大值，直线OP 的表达式为：y =−56x ，当x ＝﹣2时，y =53，即：点M 坐标为（﹣2，53），|PM ﹣OM |的最大值为：|√(−3+2)2+(52−53)2−√22+(53)2|=√616． （3）存在．△AE ＝CD ，△AEC ＝△ADC ＝90°，△EMA ＝△DMC ，△△EAM △△DCM （AAS ），△EM ＝DM ，AM ＝MC ，设：EM ＝a ，则：MC ＝6﹣a ．在Rt△DCM 中，由勾股定理得：MC 2＝DC 2+MD 2，即：（6﹣a ）2＝22+a 2，解得：a =83，则：MC =103，过点D 作x 轴的垂线交x 轴于点N ，交EC 于点H ．在Rt△DMC 中，12DH •MC =12MD •DC ，即：DH ×103=83×2，则：DH =85，HC =√DC 2−DH 2=65，即：点D 的坐标为（−65，185）；设：△ACD 沿着直线AC 平移了m 个单位，则：点A ′坐标（﹣6√10√10），点D ′坐标为（−65+√10185+√10），而点E 坐标为（﹣6，2），则A′D′2=(−6+65)2+(185)2=36，A′E 2=(√10)2+(√102)2=m 2√104，ED′2=(245+√10)2+(85+√10)2=m 2√101285．若△A ′ED ′为直角三角形，分三种情况讨论：△当A′D′2+A′E 2=ED′2时，36+m 2−√104=m 2+√101285，解得：m =2√105，此时D ′（−65+√10185+√10）为（0，4）；△当A′D′2+ED′2=A′E 2时，36+m 2+10+1285=m 210+4，解得：m =−8√105，此时D ′（−6510185+10）为（－6，2）；△当A′E 2+ED′2=A′D′2时，m 2√10+4+m 2√101285=36，解得：m =−8√105或m =√105，此时D ′（−65√10185√10）为（－6，2）或（−35，195）．综上所述：D 坐标为：（0，4）或（﹣6，2）或（−35，195）．2、已知抛物线1l :212y ax =-的项点为P ，交x 轴于A 、B 两点(A 点在B 点左侧)，且sin ABP ∠=．(1)求抛物线1l 的函数解析式；(2)过点A 的直线交抛物线于点C ,交y 轴于点D ,若ABC ∆的面积被y 轴分为1: 4两个部分，求直线AC 的解析式；(3)在(2)的情况下，将抛物线1l 绕点P 逆时针旋转180°得到抛物线2l ,点M 为抛物线2l 上一点，当点M 的横坐标为何值时，BDM ∆为直角三角形？【答案】（1）21128y x =-；（2）直线AC 的解析式为114y x =+；（3）点M 横坐标为16-+16--16-+16--BDM ∆为Rt ∆．【解析】（1）当0x =时，2122y ax =-=- △顶点()0,2P -，2OP = △90BOP ∠=︒，△sin OP ABP BP ∠==△BP ==△4OB ===△()4,0B ，代入抛物线1l 得：1620a -=，解得18a =，△抛物线1l 的函数解析式为21128y x =- （2）△知抛物线1l 交x 轴于A 、B 两点 △A 、B 关于y 轴对称，即()4,0-A △8AB =设直线AC 解析式：y kx b =+点A 代入得：40k b -+= △4b k =△直线AC ：4y kx k =+，()0,4D k △14|4|8||2AOD BOD S S k k ∆∆==⨯⨯= △21248x kx k -=+，整理得：2832160x kx k ---= △128x x k += △14x =-△284C x x k ==+，()284488C y k k k k k =++=+△2(84,88)C k k k ++ △21||32||2ABC C S AB y k k ∆=⋅=+ △若0k >，则:=1:4AOD OBCD S S ∆四边形 △15AOD ABC S S ∆∆= △()218325k k k =⨯+ 解得：10k =（舍去），214k = △直线AC 的解析式为114y x =+ △若k 0<，则8AOD BOD S S k ∆∆==-，()232ABC S k k ∆=-+△()218|32|5k k k -=⨯-+解得：10k =（舍去），214k =（舍去）综上所述，直线AC 的解析式为114y x =+. （3）由（2）得：()0,1D ，()4,0B△抛物线1l 绕点P 逆时针旋转180︒得到抛物线2l △抛物线2l 解析式为：22128y x =-- 设点M 坐标为21(,2)8m m --△若90BDM ∠=︒，如图1，则0m < 过M 作MN y ⊥轴于点N△90MND BOD BDM ∠=∠=∠=︒，MN m =-，22111(2)388DN m m =---=+ △90MDN BDO MDN DMN ∠+∠=∠+∠=︒ △BDO DMN ∠=∠ △BDO DMN ∆∆△BO ODDN MN=，即BO MN DN OD ⋅=⋅ △21438m m -=+解得：116m =-+，216m =--△若90DBM ∠=︒，如图2，过点M 作MQ x ⊥轴于点Q△90BQM DBM BDM ∠=∠=∠=︒，4BQ m =-，2211(2)288MQ m m =---=+ △90BMQ MBQ MBQ DBO ∠+∠=∠+∠=︒△BMQ DBO ∠=∠ △BMQ DBO ∆∆△BQ MQDO BO=，即BQ BO MQ OD ⋅=⋅△()214428m m -=+解得：116m =-+216m =--△若90BMD ∠=︒，则点M 在以BD 为直径的圆除点B 、D 外的圆周上 显然以AB 为真径的圆与抛物线2l 无交点，故此情况不存在满足的m综上所述，点M 横坐标为16-+16--16-+16--BDM ∆为Rt ∆. 3、已知：如图，一次函数y=12x+1的图象与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ；二次函数y=12x 2+bx+c 的图象与一次函数y=12x+1的图象交于B 、C 两点，与x 轴交于D 、E 两点且D 点坐标为（1，0） （1）求二次函数的解析式； （2）求四边形BDEC 的面积S ；（3）在x 轴上有一动点P ，从O 点出发以每秒1个单位的速度沿x 轴向右运动，是否存在点P 使得△PBC 是以P 为直角顶点的直角三角形？若存在，求出点P 运动的时间t 的值，若不存在，请说明理由． （4）若动点P 在x 轴上，动点Q 在射线AC 上，同时从A 点出发，点P 沿x 轴正方向以每秒2个单位的速度运动，点Q 以每秒a 个单位的速度沿射线AC 运动，是否存在以A 、P 、Q 为顶点的三角形与△ABD 相似，若存在，求a 的值，若不存在，说明理由．【答案】△y =12x 2−32x +1;(2)92;(3)t =1或3;(4)a =23√5或65√5【解析】（1）将B （0，1），D （1，0）的坐标代入y=12x 2+bx+c ， 得：{c ＝1b +c +12＝0，解得：{b ＝−32c ＝1故解析式y=12x 2−32x +1；（2）设C （x 0，y 0）， 则有 {y 0＝12x 0+1y 0＝12x 02−32x 0+1 ， 解得{x 0＝4y 0＝3， △C （4，3），由图可知：S=S △ACE -S △ABD ，又由对称轴为x=32可知E （2，0），△S=12AE•y 0-12AD×OB=12×4×3-12×3×1=92； （3）设符合条件的点P 存在，令P （t ，0）： 当P 为直角顶点时，如图：过C 作CF△x 轴于F ；△Rt△BOP△Rt△PCF ， △BOPF＝OP CF ，即 14−t ＝t3， 整理得t 2-4t+3=0， 解得a=1或a=3； 故可得t=1或3．（4）存在符合条件的a 值，使△APQ 与△ABD 相似， △当△APQ△△ABD 时，AP AB＝AQAD ， 解得：a=6√55；△当△APQ△△ADB 时，AP AD＝AQ AB ， 解得：a=2√53，△存在符合条件的a 值，使△APQ 与△ABD 相似，a=6√55或2√53．4、已知，抛物线y ＝﹣x 2+bx +c 经过点A （﹣1，0）和C （0，3）． （1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线的对称轴上，是否存在点P ，使P A +PC 的值最小？如果存在，请求出点P 的坐标，如果不存在，请说明理由；（3）设点M 在抛物线的对称轴上，当△MAC 是直角三角形时，求点M 的坐标．【答案】（1）223y x x =-++；（2）当PA PC +的值最小时，点P 的坐标为()1,2；（3）点M 的坐标为()1,1、()1,2、81,3⎛⎫ ⎪⎝⎭或21,3⎛⎫- ⎪⎝⎭.【思路引导】()1由点A 、C 的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；()2连接BC 交抛物线对称轴于点P ，此时PA PC +取最小值，利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点B 的坐标，由点B 、C 的坐标利用待定系数法即可求出直线BC 的解析式，利用配方法可求出抛物线的对称轴，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可求出点P 的坐标；()3设点M 的坐标为()1,m ，则CM =，AC ==AM =AMC 90∠=、ACM 90∠=和CAM 90∠=三种情况，利用勾股定理可得出关于m 的一元二次方程或一元一次方程，解之可得出m 的值，进而即可得出点M 的坐标． 【解析】解：()1将()1,0A -、()0,3C 代入2y x bx c =-++中，得：{103b c c --+==，解得：{23b c ==，∴抛物线的解析式为223y x x =-++．()2连接BC 交抛物线对称轴于点P ，此时PA PC +取最小值，如图1所示．当0y =时，有2230x x -++=， 解得：11x =-，23x =，∴点B 的坐标为()3,0．抛物线的解析式为2223(1)4y x x x =-++=--+，∴抛物线的对称轴为直线1x =．设直线BC 的解析式为()0y kx d k =+≠， 将()3,0B 、()0,3C 代入y kx d =+中， 得：{303k d d +==，解得：{13k d =-=，∴直线BC 的解析式为3y x =-+．当1x =时，32y x =-+=，∴当PA PC +的值最小时，点P 的坐标为()1,2．()3设点M 的坐标为()1,m ，则CM =，AC ==AM =分三种情况考虑：①当90AMC ∠=时，有222AC AM CM =+，即22101(3)4m m =+-++，解得：11m =，22m =，∴点M 的坐标为()1,1或()1,2；②当90ACM ∠=时，有222AM AC CM =+，即224101(3)m m +=++-，解得：83m =， ∴点M 的坐标为81,3⎛⎫⎪⎝⎭；③当90CAM ∠=时，有222CM AM AC =+，即221(3)410m m +-=++，解得：23m =-， ∴点M 的坐标为21,.3⎛⎫- ⎪⎝⎭综上所述：当MAC 是直角三角形时，点M 的坐标为()1,1、()1,2、81,3⎛⎫⎪⎝⎭或21,.3⎛⎫- ⎪⎝⎭【方法总结】本题考查待定系数法求二次(一次)函数解析式、二次(一次)函数图象的点的坐标特征、轴对称中的最短路径问题以及勾股定理，解题的关键是：()1由点的坐标，利用待定系数法求出抛物线解析式；()2由两点之间线段最短结合抛物线的对称性找出点P 的位置；()3分AMC 90∠=、ACM 90∠=和CAM 90∠=三种情况，列出关于m 的方程．5、如图，动直线 y ＝kx+2（k ＞0）与 y 轴交于点 F ，与抛物线 y ＝14x 2+1 相交于A ，B 两点，过点 A ，B 分别作 x 轴的垂线，垂足分别为点 C ，D ，连接 CF ，DF ，请你判断△CDF 的形状，并说明理由．【答案】△CFD 是直角三角形．见解析。
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桐城市数学优质课大赛
三星中学鲁金明
2016. 4 .20
中考复习专题分类讨论教案
一、内容分析
1、作用和地位：本节是初中数学九年级中考专题复习的内容。
是初中数学的重要内容之一。
正确应用分类思想，是完整解题的基础。
而在中考中，分类讨论思想也贯穿其中，几乎在全
国各地的中考试卷中都会有这类试题，由此可见分类思想的重要性。
鉴于这种认识，我认为，
本节课有着广泛的实际应用。
2、学情分析：九年级学生有较强的自我发展意识，有一定的分析和归纳能力。
但初中学生
分类意识不强，不知道哪些问题需要分类及如何合理的分类。
这就需要教师在教学中结合教
材，创设情景，启发诱导，从而培养学生自觉应用分类讨论的意识。
3、教学重难点
重点：从问题的实际出发进行分类讨论．
难点：克服思维的片面性，防止漏解．
二、教学目标
知识与技能：
1、通过本专题的复习，让同学们再次体会分类讨论思想在解题中的应用；
2、培养学生思维的严谨性和周密性，提高解题正确性与完整性。
过程与方法：引导学生通过观察分析、类比归纳的探究，加深对分类讨论数学思想的认识。
情感态度与价值观: 通过主动探究，合作交流，感受探索的乐趣和成功的体验，体会数学
思维的严谨性和周密性。
三、教学方法
本节课我采用多媒体辅助教学，以分组合作学习为主要方式进行教学。
在教法上主要运
用趣味教学法、引导发现法、合作探究法和直观演示法等。
【教学环节安排】
环
节
教学问题设计教学活动设计
创设情境引入创设情境，提出问题
数一数：图中有几个正方形？
动动手一张矩形纸片有四个角，剪掉一个角后，还剩几个角？
学生认知思
考、回答。
通过问题，激
发学生的学习兴
趣。
问题探究【典例分析】代数中的分类讨论问题选讲：
例1：实数运算中的分类讨论：
已知|a|=3，|b|=2，且ab＜0，则a - b= ；
例2：函数中的分类讨论：
若直线：y = 4x +b 不经过第二象限，那么b的取值范围
为；
1）不经过第二象限，那可以只经过第一、三象限，此时 b = 0；
2）不经过第二象限，也可以经过第一、三、四象限，此时 b ＜ 0.
也可以用图象来直观地解决这问题：
例3：方程中的分类讨论：
已知关于x的方程（k2-1）x2-2（k+1）x+1=0有实数根，求k
的取值范围.
几何中的分类讨论问题选讲：
例4.在一张直角三角形纸片的两直角边上各取一点，分别沿斜边中点
与这两点的连线剪去两个三角形，剩下的部分是如图所示的直角梯形，
其中三边长分别为2、4、3，则原直角三角形纸片的斜边长是（）
A.10
B.
C. 10或
D.10或
解析：考虑两种情况．要分清从斜边中点向哪个边沿着垂线段过去裁剪
的.
例5：如图，线段OD的一个端点O在直线OM上，∠DOM=30°,以OD为
一边画等腰三角形，并且使另一个顶点P在直线OM上，这样的等腰三
角形能画多少个?
请画出所有符合条件的三角形.
思考：改变∠DOM的大小,符合条件的点P都有4个吗?
例6、ＡＢ、ＡＣ与⊙Ｏ相切于Ｂ、Ｃ，∠Ａ＝５０°，点Ｐ是圆上异
于Ｂ、Ｃ的一动点，则∠ＢＰＣ的度数是
练一练在平面直角坐标系中，三点坐标分别是（0，0）（4，0）（3，
2），以三点为顶点画平行四边形，则第四个顶点不可能在（）
教师出示问题，
给学生充足的时间
独立思考，分析，
然后，在小组内互
相讨论交流．
教师巡视，及时发
现学生完成的情
况，记录下所出现
的问题，以便集中
处理.
教师要求学生在做
题的同时，总结解
决问题所运用的知
识点、方法和规律.
学生讨论、交
流完成后，请学生
讲解，阐述自己的
观点或方法.
教师适时点
拨.
展示解答过程.
提示学生分类标准
要一致，同时思考
要全面.
适当延伸，有利开
拓思维。
A 、第一象限
B 、第二象限
C 、第三象限
D 、第四象限
自我挑战在矩形ABCD中，AB=12cm，BC=6cm，点P沿AB边从点A出发向B以
2cm秒的速度移动;点Q沿DA边从点D开始向A以1cm/秒的速度移动
时，如果P、Q同时出发，用t秒表示移动的时间（0＜t＜6）那么：
（1）当t为何值时，△QAP为等腰直角三角形？
（2）求四边形QAPC的面积,并提出一个与计算结果有关的结论；
（3）当t为何值时，以点Q、A、P为顶点的三角形与ABC相似？
教师出示题
目，学生解答.
完成后展示.
并及时鼓励.
小结分类讨论思想解决问题的一般步骤：
1、先明确需讨论的对象；
2、选择分类的标准，合理分类；（统一标准，不重不漏）
3、逐类讨论；
4、归纳作出结论。
自我评价。