(完整word版)高考数学专题复习：分类讨论思想

高考冲刺：分类讨论思想

编稿：林景飞审稿：张扬责编：辛文升

热点分析

高考动向

分类讨论是一种重要的逻辑方法，也是中学数学中经常使用的数学思想方法之一.突出考查学生思维的严谨性和周密性，以及认识问题的全面性和深刻性，提高学生分析问题，解决问题的能力，能体现“着重考查数学能力”的要求.因此分类讨论是历年数学高考的重点与热点.而且也是高考的一个难点.

数学中的分类讨论贯穿教材的各个部分，它不仅形式多样，而且具有很强的综合性和逻辑性.

知识升华

1．分类讨论的常见情形

（1）由数学概念引起的分类讨论：主要是指有的概念本身是分类的，在不同条件下有不同结论，则必

须进行分类讨论求解，如绝对值、直线斜率、指数函数、对数函数等.

（2）由性质、定理、公式引起的分类讨论：有的数学定理、公式、性质是分类给出的，在不同条件下

结论不一致，如二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)，由a的正负而导致开口方向不确定，等比数列前n项

和公式因公比q是否为1而导致公式的表达式不确定等.

（3）由某些数学式子变形引起的分类讨论：有的数学式子本身是分类给出的，如ax2+bx+c ＞0，a=0，

a＜0，a＞0解法是不同的.

（4）由图形引起的分类讨论：有的图形的类型、位置也要分类，如角的终边所在象限，点、线、面的

位置关系等.

（5）由实际意义引起的讨论：此类问题在应用题中常见.

（6）由参数变化引起的讨论：所解问题含有参数时，必须对参数的不同取值进行分类讨论；含有参数

的数学问题中，参变量的不同取值，使得变形受限导致不同的结果.

2．分类的原则

（1）每次分类的对象是确定的，标准是同一的；

分类讨论问题的难点在于什么时候开始讨论，即认识为什么要分类讨论，又从几方面开始讨论，只有明确了讨论原因，才能准确、恰当地进行分类与讨论.这就要求我们准确掌握所用的概念、定理、定义，考虑问题要全面.函数问题中的定义域，方程问题中根之间的大小，直线与二次曲线位置关系中的判别式等等，常常是分类讨论划分的依据.

（2）每次分类的对象不遗漏、不重复、分层次、不越级讨论.

当问题中出现多个不确定因素时，要以起主导作用的因素进行划分，做到不重不漏，然后对划分的每一类分别求解，再整合后得到一个完整的答案.数形结合是简化分类讨论的重要方法.

3．分类讨论的一般步骤

第一，明确讨论对象，确定对象的范围；

第二，确定分类标准，进行合理分类，做到不重不漏；

第三，逐类讨论，获得阶段性结果；

第四，归纳总结，得出结论.

4. 分类讨论应注意的问题

第一，按主元分类的结果应求并集.

第二，按参数分类的结果要分类给出.

第三，分类讨论是一种重要的解题策略，但这种分类讨论的方法有时比较繁杂，若有可能，应尽量避

免分类.

经典例题透析

类型一：不等式中的字母讨论

1、（2010·山东）若对于任意，恒成立，则a的取值范围是

________.

思路点拨：依据式子的特点，进行整理，分子分母同除以x.

解析：对一切恒成立，

在R+上的最大值.

而.

当且仅当即x=1时等取号.

∴.

举一反三：

【变式1】解关于的不等式:（）.

解析：原不等式可分解因式为: ，

（下面按两个根与的大小关系分类）

（1）当，即或时，不等式为或，不等式的解集

为：；

（1）当，即时，不等式的解集为：；

（2）当，即或时，不等式的解集为：；

综上所述，原不等式的解集为：

当或时，；

当时，；

当或时，.

【变式2】解关于的不等式:.

解析：

（1）当时，不等式为, 解集为；

（2）当时，需要对方程的根的情况进行讨论：

①

即时，方程有两根

.

则原不等式的解为.

②

即时，方程没有实根，

此时为开口向上的抛物线，故原不等式的解为.

③

即时，方程有两相等实根为，

则原不等式的解为.

（3）当时，恒成立，

即时，方程有两根

.

此时，为开口向下的抛物线，

故原不等式的解集为.

综上所述，原不等式的解集为：

当时，解集为；

当时，解集为；

当时，解集为；

当时，解集为.

类型二：函数中的分类讨论

2、设为实数，记函数的最大值为，

（Ⅰ）设，求的取值范围，并把表示为的函数；

（Ⅱ）求；

（Ⅲ）试求满足的所有实数.

解析：

（I）∵，

∴要使有意义，必须且，即

∵，且……①

∴的取值范围是，

由①得：，

∴，，

（II）由题意知即为函数，的最大值，

∵时，直线是抛物线的对称轴，

∴可分以下几种情况进行讨论：

（1）当时，函数，的图象是开口向上的抛物线的一段，

由知在上单调递增，故；

（2）当时，，，有=2；

（3）当时，，函数，的图象是开口向下的抛物线的一段，

若即时，，

若即时，，

若即时，，

综上所述，有=

（III）当时，；

当时，，，∴，

∴，

故当时，；

当时，，由知：，故；

当时，，故或，从而有或，

要使，必须有，，即，

此时，，

综上所述，满足的所有实数为：或.

举一反三：

【变式1】函数的图象经过点(-1，3)，且f(x)在(-1，+∞)上恒有f(x)<3，求函数f(x).

解析：f(x)图象经过点(-1，3)，则，

整理得：，解得或

(1)当时，则，此时x∈(-1，+∞)时，f(x)>3，不满足题意；

(2)当，则，此时，x∈(-1，+∞)时，

即f(x)<3，满足题意为所求.

综上，.

【变式2】已知函数有最大值2，求实数的取值.

解析：

令，则().

(1)当即时，，

解得:或（舍）；

(2)当即时，,

解得:或（舍）；

(3)当即时，，解得

（全都舍去）.

综上，当或时，能使函数的最大值为2.

3、已知函数（）.

（1）讨论的单调性；

（2）求在区间上的最小值.

解析：

（1）函数的定义域为（0，+∞）

对求导数，得

解不等式，得0＜x＜e

解不等式，得x＞e

故在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减

（2）①当2a≤e时，即时，由（1）知在（0，e）上单调递增，所以

②当a≥e时，由（1）知在（e，+∞）上单调递减，

所以

③当时，需比较与的大小

因为

所以，若，则，此时

若2＜a＜e，则，此时

综上，当0＜a≤2时，；当a＞2时

总结升华：对于函数问题，定义域要首先考虑，而（２）中③比较大小时，作差应该是非常有效的方法.

举一反三：

【变式1】设，

（1）利用函数单调性的意义，判断f(x)在（0，+∞）上的单调性；

（2）记f(x)在0

（1）设0

则f(x2)-f(x1)=

由题设x2-x1>0，ax1·x2>0

∴当0

即f(x2)

当0，

即f(x2)>f(x1)，则f(x)在区间（，+∞）单调递增. （2）因为0

当0<≤1即a≥1时，g(a)=f()=2-;

当>1，即0

综上，所求的函数y=g(a)＝.

【变式2】求函数在上的值域.

解析：

令，则

(1)当0＜a≤1时，

∵0≤x≤a，∴f′(x)≥0(只有a=1且x=1时f′(x)=0)

∴f(x)在[0,a]上单增，从而，值域为；

(2)当a>1时，

∵0≤x≤a，∴f(x)在单增，在上单减，

并且，∴，值域为；

(3)当-1≤a<0时，

∵0≤x≤|a|，∴f(x)在[0,|a|]上递减

从而即，值域为

(4)当a<-1时，

∵0≤x≤|a|，∴f(x)在单减，在上单增，

∴，又，

∴，值域为.

类型三：数列

4、数列{a n}的前n项和为S n，已知{S n}是各项均为正数的等比数列，试比较

与的大小，并证明你的结论.

解析：设等比数列{S n}的公比为q，则q>0

①q=1时，S n=S1=a1

当n=1时，，a2=0，∴，即

当n≥2时，a n=S n-S n-1=a1-a1=0，，即

(2)q≠1时，S n=S1·q n-1=a1·q n-1

当n=1时，

∴，即.

当n≥2时，

a n=S n-S n-1=a1·q n-1-a1·q n-2=a1·q n-2(q-1)

此时

∴q>1时，，

0

总结升华：等比数列前n项和公式分q=1或q≠1两种情况进行讨论.

举一反三：

【变式1】求数列：1，a+a2,a2+a3+a4,a3+a4+a5+a6,……（其中a≠0）的前n项和S n. 解析：数列的通项a n=a n-1+a n+…+a2n-2

讨论：

（1）当a=1时，a n=n，S n=1+2+…+n=

（2）当a=-1时，，∴，

（3）当a≠±1且a≠0时，，∴

.

【变式2】设{a n}是由正数组成的等比数列，S n是其前n项和，证

明:.

解析：

（1）当q=1时，S n=na1，从而，（2）当q≠1时，，从而

由（1）（2）得:.

∵函数为单调递减函数.

∴

∴.

【变式3】已知{a n}是公比为q的等比数列，且a1，a3，a2成等差数列.

(Ⅰ)求q的值；

(Ⅱ)设{b n}是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为S n，当n≥2时，比较S n 与b n的大小，并说

明理由.

解析：

(Ⅰ)由题设2a3=a1+a2，即2a1q2=a1+a1q,

∵a1≠0，∴2q2-q-1=0，

∴或，

(Ⅱ)若q=1，则

当n≥2时，

若

当n≥2时，

故对于n∈N+，当2≤n≤9时，S n>b n；当n=10时，S n=b n；当n≥11时，S n

【变式4】对于数列，规定数列为数列的一阶差分数列，其中

；一般地，规定为的k阶差分数列，其中

且k∈N*，k≥2。

（1）已知数列的通项公式。试证明是等差数列；

（2）若数列的首项a1=―13，且满足，求数列

及的通项公式；

（3）在（2）的条件下，判断是否存在最小值；若存在，求出其最小值，若不存在，说明理由。

解析：

（1）依题意：，

∴

∴，

∴数列是首项为1，公差为5的等差数列。

（2），

（3）令，

则当时，函数单调递减；

当时，函数单调递增；

又因，

而，

所以当n=2时，数列a n存在最小值，其最小值为－18。

类型四：解析几何

5、已知椭圆C的方程为，点P（a,b）的坐标满足，过点

P的直线l与椭圆交于A、B两点，点Q为线段AB的中点，求：

（1）点Q的轨迹方程.

（2）点Q的轨迹与坐标轴的交点的个数.

思路点拨：本题求点的轨迹方程，点与椭圆的位置关系，直线与椭圆相交等知识.

解析：

（1）设点A，B的坐标为（x1，y1），（x2，y2），点Q的坐标为Q（x,y）.

当x1≠x2时，可设直线l：y=k(x-a)+b

由已知，……①

y1=k(x1-a)+b,y2=k(x2-a)+b…②

由①得(x1+x2)(x1-x2)+(y1+y2)(y1-y2)=0…③

由②得y1+y2=k(x1+x2)-2ak+2b…④

由③、④及，，得

点Q的坐标满足方程2x2+y2-2ax-by=0……⑤

当x1=x2时，l平行于y轴，

因此AB的中点Q一定落在x轴上，即Q的坐标为（a,0），

显然Q点的坐标满足方程⑤.

综上所述，点Q的坐标满足方程：2x2+y2-2ax-by=0.

设方程⑤所表示的曲线为L，

则由，得（2a2+b2）x2-4ax+2-b2=0

由于Δ=8b2(a2+-1)，由已知a2+≤1

所以当a2+=1时，Δ=0，

曲线L与椭圆C有且只有一个公共点P（a,b）.

当a2+<1时Δ<0，曲线L与椭圆无交点，

而因为（0，0）在椭圆C内，又在曲线L上，

所以曲线L在椭圆C内.

故点Q的轨迹方程为2x2+y2-2ax-by=0.

（2）由，解得或，

又由，解得或，

则①当a=0,b=0,即点P(a,b)为原点.

曲线L与坐标轴只有一个交点(0,0)

②当a=0且0<|b|≤时,

即点P(a,b)不在椭圆C外且在除去原点的y轴上时,

点(a,0)与(0,0)重合，曲线L与坐标轴有两个交点(0,b)与(0,0)

③当b=0且0<|a|≤1时，

即点P(a,b)不在椭圆C外且在除去原点的x轴上时,

曲线L与坐标轴有两个交点(a,0)与(0,0).

④当0<|a|<1且0<|b|<时,

即点P(a,b)在椭圆C内且不在坐标轴上时,

曲线L与坐标轴有三个交点(a,0),(0,b)与(0,0).

总结升华：本题充分运用了分类讨论的思想方法,以及综合运用知识解题的能力,此题运算量大,涉及知识点较多,需要较高的运算能力和逻辑推理能力,做为考题区分度好,特别是分类讨论时易出错.

举一反三：

【变式1】讨论k的取值，说明方程表示的曲线.

解析：方程中x、y的平方项系数是否为0，是否相等决定着方程表示的曲线，故需要对k值就以上情况分类讨论.

当k2=0即k=0时，方程化为，表示顶点在原点，x轴为对称轴，开口向左的抛物线.

当2k-1=0即时，方程化为x(x-8)=0

∴x=0或x=8，表示y轴和过点(8，0) 斜率不存在的两平行直线.

当k2=2k-1,即k=1时，方程化为，表示以(1，0)为圆心，半径为1的圆

当k≠0，，k≠1时

方程可化为

当

方程表示焦点在平行y轴直线上，中心在的椭圆

当时，方程表示以为中心，焦点在x轴上的双曲线.

【变式2】已知圆x2+y2=1和双曲线(x-1)2-y2=1，直线l与双曲线交于不同两点A、B，且线段AB的中点恰是l与圆相切的切点，求直线l的方程.

解析：当l斜率不存在时，由对称性可知：l方程为x=-1

当l斜率存在时设l方程为y=kx+b

由l与圆相切

l方程代入双曲线整理得(1-k2)x2-2(kb+1)x-b2=0 (1-k2≠0)，

△>0

设A(x1，y1)，B(x2,y2)，AB中点为M

，

由AB⊥OM，，整理得k2+1+2kb=0

将k2+1=b2代入

∴b2+2bk=0,b(b+2k)=0

∵b≠0，否则l过原点与圆不相切

∴b=-2k，解方程组

得

经检验△>0

∴l的方程为x=-1或.