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【二轮精品】2013届高三数学二轮复习精品教学案:【专题二】分类讨论思想


【专题二】分类讨论思想
【考情分析】
分类讨论是解决问题的一种逻辑方法,也是一种数学思想,这种思想对于简化研究对象,发展人 的思维有着重要帮助,因此,有关分类讨论的数学命题在高考试题中占有重要位置。所谓分类讨论, 就是当问题所给的对象不能进行统一研究时,就需要对研究对象按某个标准分类,然后对每一类分别 研究得出每一类的结论,最后综合各类结果得到整个问题的解答.

实质上,分类讨论是“化整为零, 各个击破,再积零为整”的数学策略.分类讨论思想是一种重要的数学思想,它在人的思维发展中有 着重要的作用,因此在近几年的高考试题中,他都被列为一种重要的思维方法来考察。 分类讨论是每年高考必考的内容,预测 2013 年高考对本专题的考察为:将有一道中档或中档偏 上的题目,其求解思路直接依赖于分类讨论,特别关注以下方面:涉及指数、对数底的讨论,含参数 的一元二次不等式、等比数列求和,由 S n 求 an 等。

【知识归纳】
分类讨论是一种重要的数学思想方法, 当问题的对象不能进行统一研究时, 就需要对研究的对象进 行分类, 然后对每一类分别研究, 给出每一类的结果, 最终综合各类结果得到整个问题的解答。 1.分类讨论思想就是依据一定的标准,对问题分类、求解,要特别注意分类必须满足互斥、 无漏、最简的原则。有关分类讨论的数学问题需要运用分类讨论思想来解决,引起分类讨论的原因 大致可归纳为如下几种: (1)涉及的数学概念是分类讨论的;如绝对值|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。再有:直线的斜率、指数对数函数、直线与平面的夹角等定义包含了 分类; (2)运用的数学定理、公式、或运算性质、法则是分类给出的;如等比数列的前 n 项和的公 式,分 q=1 和 q≠1 两种情况。这种分类讨论题型可以称为性质型。再有,圆锥曲线的统一定义中 图形的分类等; (3)由实际意义分类。如排列、组合、概率中较常见,但不明显、有些应用问题也需分类讨 论; (4)数学问题中含有参变量,这些参变量的不同取值导致不同的结果的;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。 (5)较复杂或非常规的数学问题,需要采取分类讨论的解题策略来解决的。 在学习中也要注意优化策略,有时利用转化策略,如反证法、补集法、变更多元法、数形结合 法等简化甚至避开讨论。

2.分类讨论是一种逻辑方法,在中学数学中有极广泛的应用。根据不同标准可以有不同的分 类方法,但分类必须从同一标准出发,做到不重复,不遗漏 ,包含各种情况,同时要有利于问题 研究; 3.分类原则: (1)对所讨论的全域分类要“即不重复,也不遗漏”(2)在同一次讨论中只能按所 确定的一个标准进行(3)对多级讨论,应逐级进行,不能越级; 4.分类方法: (1)概念和性质是分类的依据(2)按区域(定义域或值域)进行分类是基本方法 (3)不定因素(条件或结论不唯一,数值大小的不确定,图形位置的不确定)是分类的突破口(4) 二分发是分类讨论的利器(4)层次分明是分类讨论的基本要求; 5.讨论的基本步骤:(1)明确讨论的对象:即对哪个参数进行讨论;(2)对所讨论的对象进行合理 分类(分类时要做到不重复、不遗漏、标准要统一、分层不越级);(3)逐类讨论:即对各类问题详细讨 论,逐步解决。(4)归纳总结:将各类情况总结归纳; 6.简化和避免分类讨论的优化策略: (1)直接回避。如运用反证法、求补法、消参法等方法有 时可以避开烦琐讨论; (2)变更主元。如分离参数、变参置换,构造以讨论对象为变量的函数得便感 形式解题时可避开讨论; (3)合理运算。如利用函数奇偶性、变量的对称轮换以及公式的合理选用等 有时可以简化甚至避开讨论; (4)数形结合。利用函数图象、几何图形的直观性和对称特点有时可以 简化甚至避开讨论。

【考点例析】
题型 1:集合中分类讨论问题 例 1. (2012 高考真题全国卷理 2) 已知集合 A={1.3. A 0或 3 B 0或3 C 1或 3 B={1, ,A ? B=A, 则 m= m} ( m }, D 1或3 )

解 析 : B ; 因 为 A? B ? A , 所 以 B ? A , 所 以 m ? 3 或 m ?

m . 若 m?3 , 则

A ? {1,3, 3}, B ? {1,3} , 满 足 A ? B ? A . 若 m ? m , 解 得 m ? 0 或 m ? 1 . 若 m ? 0 , 则
A ? {1,3,0}, B ? {1,3,0} , 满足 A ? B ? A .若 m ? 1 ,A ? {1,3,1}, B ? {1,1}显然不成立, 综上 m ? 0 或
m ? 3 ,选 B.
点评: 该题结合集合的运算考查了分类讨论思想, 分类的标准结合集合的性质:无序性、 互异性、 确定性。 例 2.2012 高考真题新课标理 1) ( 已知集合 A ? {1, 2,3, 4,5} , B ? {( x, y) x ? A, y ? A, x ? y ? A} ; 则 B 中所含元素的个数为( )

( A) 3

(B) 6

(C ) ?

( D) ??

解析:D;要使 x ? y ? A ,当 x ? 5 时, y 可是 1,2,3,4.当 x ? 4 时, y 可是 1,2,3.当 x ? 3 时, y 可是 1,2.当 x ? 2 时, y 可是 1,综上共有 10 个,选 D.

点评:把握含参数问题参数的分类标准最为关键,像三角形的分类带来的参数标准的分类是解题 的关键。 题型 2:函数、方程中分类讨论问题
x 例 3. (2012 高考真题四川理 5)函数 y ? a ?

1 (a ? 0, a ? 1) 的图象可能是( a



解析:D;当 a ? 1 时单调递增, ? 不正确;当 0 ? a ? 1 时单调递减, ?

1 1 ? 0 ,故 A 不正确;因为 y ? a x ? 恒不过点 (1,1) ,所以 B a a

1 ? 0 ,故 C 不正确 ;D 正确. a

点评:含有参数的函数的综合问题(本例是函数图像)历来就是高中数学的重点和难点之一。求 解此类问题的关键一点就是紧扣对称轴,依此来展开有条理性的分类讨论。 例 4. (2012 高考真题安徽理 19)设 f ( x) ? ae ?
x

1 ? b(a ? 0) 。 ae x

(I)求 f ( x ) 在 [0, ??) 上的最小值; (II)设曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 的切线方程为 y ? 解析: (I)设 t ? e x (t ? 1) ;则 y ? at ? ①当 a ? 1 时, y? ? 0 ? y ? at ?

3 x ;求 a , b 的值。 2

1 1 a 2t 2 ? 1 ? b ? y? ? a ? 2 ? , at at at 2

1 ? b 在 t ? 1 上是增函数, at 1 得:当 t ? 1( x ? 0) 时, f ( x ) 的最小值为 a ? ? b 。 a 1 ?b ? 2?b, ②当 0 ? a ? 1 时, y ? at ? at 1 x 当且仅当 at ? 1(t ? e ? , x ? ? ln a ) 时, f ( x ) 的最小值为 b ? 2 。 a 1 1 x x (II) f ( x) ? ae ? x ? b ? f ?( x) ? ae ? x , ae ae

1 2 ? 2 ? ? f (2) ? 3 ?ae ? ae 2 ? b ? 3 ?a ? e 2 ? ? ? ?? 由题意得: ? 。 3?? ? f ?(2) ? 2 ? ae 2 ? 1 ? 3 ?b? 1 ? ? ? ae 2 2 ? 2 ?
点评: 本题考查函数、 导数的基础知识, 运用导数研究函数性质等基本方法, 考查分类讨论思想, 代数恒等变形能力和综合运用数学知识分析问题解决问题的能力。 题型 3:解析几何中的分类讨论问题

x2 y 2 ? ?1 ?x , y ? 2 例 5. (2011 山东理 22) (山东理 22) 已知动直线 l 与椭圆 C: 3 交于 P 1 1 、

S ?x , y ? Q 2 2 两不同点,且△OPQ 的面积 ?OPQ =
(Ⅰ)证明

6 2 ,其中 O 为坐标原点.

x12 ? x22 和 y12 ? y22 均为定值;

(Ⅱ)设线段 PQ 的中点为 M,求 | OM | ? | PQ | 的最大值;

(Ⅲ)椭圆 C 上是否存在点 D,E,G,使得 若不存在,请说明理由.

S?ODE ? S?ODG ? S?OEG ?

6 2 ?若存在,判断△DEG 的形状;

(I)解: (1)当直线 l 的斜率不存在时,P,Q 两点关于 x 轴对称,所以

x2 ? x1 , y2 ? ? y1.

x12 y12 ? ?1 P( x1 , y1 ) 在椭圆上,因此 3 2 因为
S ?OPQ ? 6 6 | x1 | ? | y1 |? . , 2 2 所以



又因为



由①、②得

| x1 |?

6 ,| y1 |? 1. 2 2 x2 ? x2 ? 3, y12 ? y2 ? 2, 2 此时 1

( 2 ) 当 直 线 l 的 斜 率 存 在 时 , 设 直 线 l 的 方 程 为 y ? kx ? m, 由 题 意 知 m ? 0 , 将 其 代 入

x2 y 2 ? ?1 2 2 2 3 2 ,得 (2 ? 3k ) x ? 6kmx ? 3(m ? 2) ? 0 ,
2 2 其中 ? ? 36k m ?12(2 ? 3k )(m ? 2) ? 0, 即 3k ? 2 ? m

2

2

2

2

????(*)



x1 ? x2 ? ?

6km 3(m2 ? 2) , x1 x2 ? , 2 ? 3k 2 2 ? 3k 2

所以

| PQ |? 1 ? k 2 ? ( x1 ? x2 )2 ? 4 x1 x2 ? 1 ? k 2 ? d? |m| 1? k 2 ,

2 6 3k 2 ? 2 ? m2 , 2 ? 3k 2

因为点 O 到直线 l 的距离为 所以

S?OPQ

1 2 6 3k 2 ? 2 ? m2 | m | 6 | m | 3k 2 ? 2 ? m2 1 ? 1? k 2 ? ? ? | PQ | ?d ? 2 2 ? 3k 2 2 1? k 2 2 ? 3k 2
6 , 2 2 2 整理得 3k ? 2 ? 2m , 且符合(*)式,
2 2 2



S ?OPQ ?

6km 2 3(m2 ? 2) x ? x ? ( x1 ? x2 ) ? 2 x1 x2 ? (? ) ? 2? ? 3, 2 ? 3k 2 2 ? 3k 2 此时
2 1
2 y12 ? y2 ?

2 2 2 2 2 (3 ? x12 ) ? (3 ? x2 ) ? 4 ? ( x12 ? x2 ) ? 2. 3 3 3
2 2 x12 ? x2 ? 3; y12 ? y2 ? 2, 结论成立。

综上所述,

(II)解法一:

(1)当直线 l 的斜率不存在时,由(I)知

| OM |?| x1 |?

6 ,| PQ |? 2 | y1 |? 2, 2 因此

| O M |? | P Q? |

6 ? 2? 2

6.

x1 ? x2 3k ? , 2m (2)当直线 l 的斜率存在时,由(I)知 2

y1 ? y2 x ?x 3k 2 ?3k 2 ? 2m2 ? ? k( 1 2 ) ? m ? ? ?m? ? , 2 2 2m 2m m 2 2 x ?x y ? y2 2 9 k 1 6m ? 2 1 1 | OM |2 ? ( 1 2 ) 2 ? ( 1 ) ? ? 2 ? ? (3 ? 2 ), 2 2 2 2 4m m 4m 2 m 2 2 2 24(3k ? 2 ? m ) 2(2m ? 1) 1 | PQ |2 ? (1 ? k 2 ) ? ? 2(2 ? 2 ), 2 2 2 (2 ? 3k ) m m
所以

| OM |2 ? | PQ |2 ?

1 1 1 ? (3 ? 2 ) ? 2 ? (2 ? 2 ) 2 m m

1 1 )(2 ? 2 ) 2 m m 1 1 3? 2 ? 2? 2 m m ) 2 ? 25 . ?( 2 4 ? (3 ?

| OM | ? | PQ |?
所以

5 1 1 3 ? 2 ? 2 ? 2 , 即m ? ? 2 2 ,当且仅当 m m 时,等号成立.

5 . 综合(1) (2)得|OM|·|PQ|的最大值为 2
解法二: 因为

4 | OM |2 ? | PQ |2 ? ( x1 ? x2 )2 ? ( y1 ? y2 )2 ? ( x2 ? x1 )2 ? ( y2 ? y1 )2
2 2 ? 2[( x12 ? x2 ) ? ( y12 ? y2 )]

? 10.

2 | OM | ? | PQ |?
所以

4 | OM |2 ? | PQ |2 10 ? ? 5. 2 5

| OM | ? | PQ |?


5 , 2 当且仅当 2 | OM |?| PQ |? 5 时等号成立。

5 . 因此 |OM|·|PQ|的最大值为 2

(III)椭圆 C 上不存在三点 D,E,G,使得

S?ODE ? S?ODG ? S?OEG ?

6 . 2 6 2 ,

证明:假设存在 由(I)得

D(u, v), E ( x1 , y1 ), G( x2 , y2 )满足S?ODE ? S?ODG ? S?OEG ?

2 2 2 2 u 2 ? x12 ? 3, u 2 ? x2 ? 3, x12 ? x2 ? 3; v 2 ? y12 ? 2, v 2 ? y2 ? 2, y12 ? y2 ? 2,

3 2 2 解得u 2 ? x12 ? x2 ? ; v 2 ? y12 ? y2 ? 1. 2 5 因此u, x1 , x2只能从 ? 中选取, v, y1 , y2 只能从 ? 1中选取, 2
(?
因此 D,E,G 只能在

6 , ?1) 2 这四点中选取三个不同点,

而这三点的两两连线中必有一条过原点,与 在满足条件的三点 D,E,G。

S?ODE ? S?ODG ? S?OEG ?

6 2 矛盾,所以椭圆 C 上不存

点评:处理直线与圆锥曲线的位置关系时,待定直线方程需要考虑斜率不存在这种情况,分类讨 论。 例 6.已知直角坐标平面上点 Q(2,0)和圆 C:x2+y2=1,动点 M 到圆 C 的切线长与|MQ|的比等于常数 λ(λ>0) 。求动点 M 的轨迹方程,说明它表 示什么曲线。 解析:如图,设直线 MN 切圆 O 于 N,则动点 M 组成的集合是: P={M||MN|=λ|MQ|}(其中 λ>0) , ∵圆半径|ON|=1,∴|MN|2=|MO|2-|ON|2=|MO|2-1, 设点 M 的坐标为(x,y) ,则 整理得: , ,

经检验,坐标适合这个方程的点都属于集合 P,故这个方程为所求的轨迹方程。

当 λ=1 时,方程化为

,它表示一条直线,该直线与 x 轴垂直且交 x 轴于点



当 λ≠1 时, 方程化为

, 它表示圆, 该圆圆心的坐标为



半径为 。 点评:本题在求出轨迹方程之后,在判定为何曲线时,因参数引起了分类讨论:一些问题中的数 学表达式中因含有会导致不同结论的参数,从而需对参数分情况讨论,求得问题的结果。 题型 4:不等式中分类讨论问题 例 7.解不等式

( x ? 4a )( x ? 6a ) 1 >0 (a 为常数,a≠- ) 2a ? 1 2

分析:含参数的不等式,参数 a 决定了 2a+1 的符号和两根-4a、6a 的大小,故对参数 a 分四种 情况 a>0、a=0、-

1 1 <a<0、a<- 分别加以讨论。 2 2 1 解析:2a+1>0 时,a>- ; -4a<6a 时,a>0 。 2
所以分以下四种情况讨论: 当 a>0 时,(x+4a)(x-6a)>0,解得:x<-4a 或 x>6a; 当 a=0 时,x >0,解得:x≠0;
2

1 <a<0 时,(x+4a)(x-6a)>0,解得: x<6a 或 x>-4a; 2 1 当 a>- 时,(x+4a)(x-6a)<0,解得: 6a<x<-4a 。 2
当- 综上所述,当 a>0 时,x<-4a 或 x>6a;当 a=0 时,x≠0;当- a>-

1 <a<0 时,x<6a 或 x>-4a;当 2

1 时,6a<x<-4a 。 2

点评:本题的关键是确定对参数 a 分四种情况进行讨论,做到不重不漏。一般地,遇到题目中含 有参数的问题,常常结合参数的意义及对结果的影响而进行分类讨论,此种题型为含参型。

例 8.

解析:















; 综上所述,得原不等式的解集为:









。 点评: 这是一个含参数 a 的不等式, 一定是二次不等式吗?不一定, 故首先对二次项系数 a 分类: (1)a≠0(2)a=0,对于(2) ,不等式易解;对于(1) ,又需再次分类:a>0 或 a<0,因为这两种情 形下,不等式解集形式是不同的;不等式的解是在两根之外,还是在两根之间。而确定这一点之后,

又会遇到 1 与 分类。 题型 5:数列中分类讨论问题

谁大谁小的问题,因而又需作一次分类讨论。故而解题时,需要作三级

例 9. (2012 高考真题湖北理 18)已知等差数列 {an } 前三项的和为 ?3 ,前三项的积为 8 . (Ⅰ)求等差数列 {an } 的通项公式; (Ⅱ)若 a 2 , a3 , a1 成等比数列,求数列 {| an |} 的前 n 项和. 解析: (Ⅰ)设等差数列 {an } 的公差为 d ,则 a2 ? a1 ? d , a3 ? a1 ? 2d ,
?3a ? 3d ? ?3, ?a ? 2, ?a ? ?4, 由题意得 ? 1 解得 ? 1 或? 1 ?d ? ?3, ?d ? 3. ?a1 (a1 ? d )(a1 ? 2d ) ? 8. 所以由等差数列通项公式可得 an ? 2 ? 3(n ? 1) ? ?3n ? 5 ,或 an ? ?4 ? 3(n ? 1) ? 3n ? 7 .

故 an ? ?3n ? 5 ,或 an ? 3n ? 7 。 (Ⅱ)当 an ? ?3n ? 5 时, a 2 , a3 , a1 分别为 ?1 , ?4 , 2 ,不成等比数列; 当 an ? 3n ? 7 时, a 2 , a3 , a1 分别为 ?1 , 2 , ?4 ,成等比数列,满足条件.
??3n ? 7, n ? 1, 2, 故 | an |?| 3n ? 7 |? ? ? 3n ? 7, n ? 3. 记数列 {| an |} 的前 n 项和为 S n .

当 n ? 1 时, S1 ?| a1 |? 4 ;当 n ? 2 时, S2 ?| a1 | ? | a2 |? 5 ; 当 n ? 3 时, Sn ? S2 ? | a3 | ? | a4 | ??? | an | ? 5 ? (3 ? 3 ? 7) ? (3 ? 4 ? 7) ? ? ? (3n ? 7)

(n ? 2)[2 ? (3n ? 7)] 3 2 11 ? n ? n ? 10 . 当 n ? 2 时,满足此式. 2 2 2 n ? 1, ?4, ? 综上, Sn ? ? 3 2 11 ? 2 n ? 2 n ? 10, n ? 1. ? 点评:数列中的含参问题是一个需要牢记的分类推理过程,书写格式相对严格、规范。 * 例 10. (2010 四川理数)已知数列{an}满足 a1=0,a2=2,且对任意 m、n∈N 都有 a2m-1+a2n-1 =2am+n-1+2(m-n)2 * (Ⅰ)求 a3,a5; (Ⅱ)设 bn=a2n+1-a2n-1(n∈N ),证明:{bn}是等差数列; (Ⅲ)设 cn=(an+1 * n-1 -an)q (q≠0,n∈N ),求数列{cn}的前 n 项和 Sn。 解:(1)由题意,零 m=2,n-1,可得 a3=2a2-a1+2=6,再令 m=3,n=1,可得 a5=2a3-a1+8= 20。 * (2)当 n∈N 时,由已知(以 n+2 代替 m)可得:a2n+3+a2n-1=2a2n+1+8。 于是[a2(n+1)+1-a2(n+1)-1]-(a2n+1-a2n-1)=8,即 bn+1-bn=8。 所以{bn}是公差为 8 的等差数列 (3)由(1)(2)解答可知{bn}是首项为 b1=a3-a1=6,公差为 8 的等差数列 则 bn=8n-2,即 a2n+=1-a2n-1=8n-2 ?5?
另由已知(令 m=1)可得:an= 那么 an+1-an=


a2 n ?1 ? a2 n ?1 2

a2 n ?1 ? a1 -(n-1)2. 2 8n ? 2 -2n+1= -2n+1=2n 2

于是 cn=2nqn 1. 当 q=1 时,Sn=2+4+6+??+2n=n(n+1) - 当 q≠1 时,Sn=2·q0+4·q1+6·q2+??+2n·qn 1.

两边同乘以 q,可得 qSn=2·q1+4·q2+6·q3+??+2n·qn. 上述两式相减得: (1-q)Sn=2(1+q+q +??+q
2 n-1

1 ? qn 1 ? (n ? 1)q n ? nq n?1 n )-2nq =2· -2nq =2· , 1? q 1? q
n

所以 Sn=2·

nq n?1 ? (n ? 1)q n ? 1 (q ? 1)2

?n(n ? 1) (q ? 1) ? 综上所述,Sn= ? nq n ?1 ? (n ? 1)q n ? 1 。 (q ? 1) 2 ? 2? (q ? 1) ?
点评:等比数列的求和公式只适合于 q ? 1 ,特别公比 q 中含参数时,需要分类讨论。 题型 6:三角函数与三角形中分类讨论问题 1 5 例 11. ?ABC中,已知 sin A ? , cos B ? ,求 cos C 2 13 解析:?0 ? cos B ?

5 2 ? ,且B为?ABC的一个内角 , 13 2

? 45? ? B ? 90? ,且 sin B ?
若A为锐角,由 sin A ?
若A为钝角,由 sin A ?

12 , 13

1 3 ; ,得A ? 30? ,此时 cos A ? 2 2
1 ,得A ? 150? ,此时A ? B ? 180? ; 2

这与三角形的内角和为 180° 相矛盾。



? cos C ? cos?? ? ( A ? B)? ? ? cos( A ? B)
? ??c o s ? c o s ? s i n ? s i n ? ? ? ? 3 ? 5 ? 1 ? 12 ? ? 12 ? 5 3 A B A B ? ?
? 2 13 2 13 ? 26

, 因此,只要根据已知条件,求出 cosA,sinB 即可得 cosC 的值。但是由 sinA 求 cosA 时,是一解 还是两解?这一点需经过讨论才能确定,故解本题时要分类讨论。对角 A 进行分类。 例 12. (2012 高考真题新课标理 9)已知 ? ? 0 ,函数 f ( x) ? sin(? x ? 则 ? 的取值范围是( )

?

) 在 ( , ? ) 上单调递减. 4 2
( D) (0, 2]

?

1 5 ( A) [ , ] 2 4

1 3 (B) [ , ] 2 4

解析:A;函数 f ( x ) ? sin(?x ? 要使函数 f ( x ) ? sin(?x ?

?

1 (C ) (0, ] 2

) 在 ( , ? ) 上单调递减,则有 f ' ( x) ? ? cos( ?x ? ) ? 0 恒成立; 4 2 4 ? ? 3? ? 5? ? 2k? ,即 ? 2k? ? ?x ? ? 2k? , 则 ? 2k? ? ?x ? ? 2 4 2 4 4 ? 2k? ? 2k? ? ?x? ? ,k ? Z , 所以 4? ? 4? ? ? 5? ? ? ? 5? ?x? ? , ?? , 当 k ? 0 时, ,又 ? x ? ? ,所以有 4? 4? 2 4? 2 4? 1 5 1 5 解得 ? ? , ? ? ,即 ? ? ? ,选 A. 2 4 2 4
点评:含参数的三角函数问题,也需要对参数进行分类讨论。 题型 7:实际问题中分类讨论问题 例 13.某城市用水收费方法是:水费=基本费+超额费+排污费,若每月水量不超过最低限量 am3 时,只付基本费 8 元和每户每定额排污费 c 元;若用水量超过 am3 时,除了付给同上的基本费和排污 费外,超过部分每方米付 b 元的超额费.已知每户每月的排污费不超过 4 元,该市一家庭今年第一季 度的用水量和支付费用如下表所示: 月份 1 2 3 用水量(m3) 8 15 13 水费(元) 9 19 15

?

4

) 的导数为 f ' ( x) ? ? cos( ?x ?

?
4

),

?

?

解析:设每月用水量为 xm3,支付费用为 y 元, 则 y ? ?

(0 ? x ? a) ?8 ? c ?8 ? b( x ? a) ? c ( x ? a)

由题意知 0<c≤4,8+c≤12,故第 2、3 月份用水量 15 am3,13 am3 大于最低用水限量 am3,将

分别代入

中,

得 再分析 1 月份用水量是否超过最低限量 am 。 不妨设 8>a,将 ?
3



?x ? 8 代入y ? 8 ? 2( x ? a) ? c 中, ?y ? 9

得 9=8+2(8–a)+c,得 2a=c+15 ②,显然①、②矛盾, ∴1 月份用水量不超过最低限量。 又∵y=8+c ,∴9=8+c,c=1,∴a=10,b=2,c=1。 点评:本题为实际应用问题,在解题过程中,隐含着分类讨论:a>8,a=8,a<8,根据条件,逐一讨论, 使问题得以解决.

【方法技巧】
分类讨论是一种重要的数学思想,也是一种重要的解题策略,它可以将整体化为局部,将复杂问 题化为单一问题,以便于“各个击破”。但由于分类讨论一般过程较为冗长,叙述较为烦琐,且极易在 完备上造成失误, 因此它并非一定是解决问题的上策或良策, 我们提倡在熟悉和掌握分类思想的同时, 要注意克服思维定势,处理好“分”与“合”,“局部”与“整体”之间的辨证统一关系,充分挖掘求解问题 中潜在的特殊性与简单性,尽可能地简化或避免分类讨论。下面结合一些实例,谈谈简化分类讨论的 常用策略。消去参数、整体换元、反客为主、补集分析、整体变形、借助图解。 1.对于分类讨论题不要急于直接进行分类讨论,首先应认真审查题目的特点,考虑是否可以你 用合适的公式、法则,能否进行某中变形,可否改变常规的思维方式和解题策略,即能否消除或掩盖 “讨论基因”,若能,则可以避免进行繁杂的分类讨论;若不能,可否先作某些等价变换,使讨论推迟 得来,这种延迟讨论有时也是一种简化和一种进步。当然,有些问题,你通过了一番试验,仍无法作 到完全回避讨论或延迟讨论,这可能是“不可避免的直接讨论型”问题,这是我们就应遵循分类讨论的 原则去攻克它。 2.实际应用题(排列组合)中分类讨论往往带有隐蔽性,理解题意,抓住限制条件,准确把握 分类对象和标准是解决问题的关键。如果发现多种分类途径,则应加强比较,从中选择最为合理的分 类途径。 3.分类的原则是不重复不遗漏,即将讨论的对象分为若干类时,其并集为全集,两两的交集为 空集。 4.分类对象,即使问题变换不定的变动因素;分类的标准,即使变换不定的问题转化为相对稳 定问题的分类界值,分类对象和分类标准的确定,应通过识别问题情景来完成。 5.应该注意的是,在运用时,不要盲目或机械地进行分类讨论,有的题目虽然含有分类因素, 但不要急于分类讨论,要首先对问题作深入的研究,充分挖掘题目的已知量与未知量之间的关系,寻

求正确的解题策略,则可以简化分类讨论的步骤或避免不必要的分类讨论,使解题更简单。

【专题训练】
一、填空题 1.不等式(a-2)x2+2(a-2)x-4<0 对于 x∈R 恒成立,那么 a 的取值范围是____________. 2.过双曲线 2x2-y2=2 的右焦点作直线 l 交双曲线于 A、B 两点,若 AB=4,则这样的直线有 ________条. 3.设集合 A={x|x2+x-12=0},集合 B={x|kx+1=0},如果 A∪B=A,则由实数 k 组成的集合 中所有元素的和与积分别为____________. 4.在△ABC 中,已知 A=30° ,a=8,b=8 3,则 S△ABC=__________. 5.设一双曲线的两条渐近线方程为 2x-y=0,2x+y=0,则双曲线的离心率是________. 6.正三棱柱的侧面展开图是边长分别为 6 和 4 的矩形,则它的体积为____________. 7.设常数 a>0,椭圆 x2-a2+a2y2=0 的长轴长是短轴长的 2 倍,则 a=________. 3 9 8.已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a3= ,S3= ,则 a1 的值为__________. 2 2 9.若函数 y=mx2+x+5 在[-2,+∞)上是增函数,则 m 的取值范围是__________. 10.函数 f(x)= mx2+mx+1的定义域为一切实数,则实数 m 的取值范围是________. 11. 若函数 f(x)=a|x-b|+2 在[0, +∞)上为增函数, 则实数 a、 的取值范围为________________. b 12.若 x∈(1,2)时,不等式(x-1)2<logax 恒成立,则实数 a 的取值范围为________. 二、解答题 13.如果函数 y=a2x+2ax-1 (a>0,a≠1)在区间[-1,1]上的最大值是 14,求 a 的值. π 14.已知函数 f(x)=2asin2x-2 3asin xcos x+a+b(a≠0)的定义域是?0,2?,值域是 ? ? [-5,1],求常数 a,b 的值. 15.已知函数 f(x)=-2x2-x,求 m、n 的值,使 f(x)在区间[m,n]上值域为[2m,2n] (m<n).

【参考答案】
1 1.(-2,2] 2. 3 3.- ,0 4.32 3或 16 3 12 5 8 1 3 5. 5或 6.4 3或 3 7. 或 2 8. 或 6 2 3 2 2 1? 9.?0,4? 10.[0,4] 11.a>0 且 b≤0 12.(1,2] ? 13.解 设 t=ax,则 y=t2+2t-1. (1)当 a>1 时,因为 x∈[-1,1], 1 所以 t∈?a,a?, ? ? 而 y=t2+2t-1=(t+1)2-2, 1 故在 t∈?a,a?上,y 单调递增, ? ? 所以 ymax=(a+1)2-2=14,故 a=3. (2)当 0<a<1 时,因为 x∈[-1,1],

1 所以 t∈?a,a?, ? ? 而 y=t2+2t-1=(t+1)2-2, 1 故在 t∈?a,a?上,y 单调递增, ? ? 1 ?2 1 1 所以 ymax=?a+1? -2=14,故 a= .综上知 a=3 或 a= . ? 3 3 1 14.解 f(x)=2a·(1-cos 2x)- 3asin 2x+a+b 2 π 1 3 =-2a? cos 2x+ sin 2x?+2a+b=-2asin?2x+6?+2a+b, ? ? 2 ?2 ? π? π π π 7 1 又∵0≤x≤ ,∴ ≤2x+ ≤ π,∴- ≤sin?2x+6?≤1. ? 2 6 6 6 2 因此,由 f(x)的值域为[-5,1]

?a>0, 1 ? 可得?-2a×?-2?+2a+b=1, ?-2a×1+2a+b=-5, ?
?a=2 ?a=-2 ? ? 解得? 或? . ? ? ?b=-5 ?b=1 1 1 15.解 f(x)=-2?x+4?2+ . ? ? 8 ?f?m?=2m, ? 1 (1)若 m<n≤- ,必有? 4 ? ?f?n?=2n.

?a<0, ?-2a×1+2a+b=1, 或? ?-2a×?-1?+2a+b=-5, ? 2

?m=0, ?n=0, ? ? 1 解得? 与 m<n≤- 矛盾. 3 或? 3 4 ?m=-2 ?n=-2, ? ?
? ?f?m?=2n, 1 (2)若- ≤m<n,必有? 4 ?f?n?=2m, ? ?-2m2-m=2n, ? 即? 2 ? ?-2n -n=2m.



② 1 两式作差得 m+n= ,将其代入①式,得 2m2-m+1=0,Δ=-7<0, 2 ∴方程无实根. 1 1 1 1 (3)若 m<- <n,则必有:2n=f?-4?= ,∴n= . ? ? 8 4 16 1 9 9 又∵f?16?=f?-16?=- ,故 ? ? ? ? 128 9 1 9 ①当- ≤m<- 时,也有 2m=- . 16 4 128 9 1 ∴m=- ,与 m<- 矛盾. 256 4 9 ②当 m<- 时,有 f(m)=2m. 16 3 3 1 解得 m=- 或 m=0(舍去).综上可知,m=- ,n= . 2 2 16

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