高考数学难点突破38__分类讨论思想

高考数学难点突破38__分类讨论思想

高中数学难点 38 分类讨论思想 分类讨论思想就是根据所研究对象的性质差异，分各种不同的情况予以分析解决.分类 讨论题覆盖知识点较多，利于考查学生的知识面、分类思想和技巧；同时方式多样，具有较 高的逻辑性及很强的综合性，树立分类讨论思想，应注重理解和掌握分类的原则、方法与技 巧、做到“确定对象的全体，明确分类的标准，分层别类不重复、不遗漏的分析讨论.” 1.（★★★★★）若函数 5 1 4 1 2 1)1(3 1)( 23  xaxxaxf 在其定义域内有极值点， 则 a 的取值为 . 2.（★★★★★）设函数 f(x)=x2+｜x–a｜+1，x∈R. (1)判断函数 f(x)的奇偶性； (2)求函数 f(x)的最小值. ［例 1］已知{an}是首项为 2，公比为 2 1 的等比数列，Sn 为它的前 n 项和. （1）用 Sn 表示 Sn+1; （2）是否存在自然数 c 和 k，使得 21   cS cS k k 成立. 命题意图：本题主要考查等比数列、不等式知识以及探索和论证存在性问题的能力，属 ★★★★★级题目. 知识依托：解决本题依据不等式的分析法转化，放缩、解简单的分式不等式；数列的基 本性质. 错解分析：第 2 问中不等式的等价转化为学生的易错点，不能确定出 kk ScS  22 3 . 技巧与方法：本题属于探索性题型，是高考试题的热点题型.在探讨第 2 问的解法时， 采取优化结论的策略，并灵活运用分类讨论的思想：即对双参数 k,c 轮流分类讨论，从而获 得答案. 解：（1）由 Sn=4(1– n2 1 ），得 22 1)2 11(4 11   nnn SS ，(n∈N*) （2）要使 21   cS cS k k ，只要 0 )22 3(   k k Sc Sc 因为 4)2 11(4  kkS 所以 02 12)22 3(  kkk SSS ，(k∈N*) 故只要 2 3 Sk–2＜c＜Sk，（ k∈N*） 因为 Sk+1＞Sk，(k∈N*) ① 所以 2 3 Sk–2≥ S1–2=1. 又 Sk＜4，故要使①成立，c 只能取 2 或 3. 当 c=2 时，因为 S1=2，所以当 k=1 时，c＜Sk 不成立，从而①不成立. 当 k≥2 时，因为 cS  2 522 3 2 ，由 Sk＜Sk+1(k∈N*)得 Sk–2＜ Sk+1–2 故当 k≥2 时， Sk–2＞c，从而①不成立. 当 c=3 时，因为 S1=2，S2=3， 所以当 k=1，k=2 时，c＜Sk 因为 cS  4 1322 3 3 ，又 Sk–2＜ Sk+1–2 所以当 k≥3 时， Sk–2＞c，从而①成立. 综上所述，不存在自然数 c,k,使 21   cS cS k k 成立. ［例 2］给出定点 A（a,0)（a＞0）和直线 l：x=–1，B 是直线 l 上的动点，∠BOA 的 角平分线交 AB 于点 C.求点 C 的轨迹方程，并讨论方程表示的曲线类型与 a 值的关系. 命题意图：本题考查动点的轨迹，直线与圆锥曲线的基本知识，分类讨论的思想方法. 综合性较强，解法较多，考查推理能力和综合运用解析几何知识解题的能力.属★★★★★ 级题目. 知识依托：求动点轨迹的基本方法步骤.椭圆、双曲线、抛物线标准方程的基本特点. 错解分析：本题易错点为考生不能巧妙借助题意条件，构建动点坐标应满足的关系式和 分类讨论轨迹方程表示曲线类型. 技巧与方法：精心思考，发散思维、多途径、多角度的由题设条件出发，探寻动点应满 足的关系式.巧妙地利用角平分线的性质. 解法一：依题意，记 B（–1，b)，(b∈R），则直线 OA 和 OB 的方程分别为 y=0 和 y= –bx. 设点 C(x,y)，则有 0≤x＜a，由 OC 平分∠AOB，知点 C 到 OA、OB 距离相等. 根据点到直线的距离公式得｜y｜= 21 || b bxy   ① 依题设，点 C 在直线 AB 上，故有 )(1 axa by  由 x–a≠0，得 ax yab   )1( ② 将②式代入①式，得 y2［(1–a)x2–2ax+(1+a)y2］=0 若 y≠0，则 (1–a)x2–2ax+(1+a)y2=0(0＜x＜a) 若 y=0 则 b=0,∠AOB=π ，点 C 的坐标为（0，0）满足上式. 综上，得点 C 的轨迹方程为 （1–a）x2–2ax+(1+a)y2=0(0＜x＜a) (i)当 a=1 时，轨迹方程化为 y2=x(0≤x＜1) ③ 此时方程③表示抛物线弧段； (ii)当 a≠1，轨迹方程化为 )0(1 1 )1( )1( 2 2 2 2 2 ax a a y a a a ax      ④ 所以当 0＜a＜1 时，方程④表示椭圆弧段； 当 a＞1 时，方程④表示双曲线一支的弧段. 解法二：如图，设 D 是 l 与 x 轴的交点，过点 C 作 CE⊥x 轴，E 是垂足. （i）当｜BD｜≠0 时， 设点 C(x,y)，则 0＜x＜a，y≠0 由 CE∥BD，得 )1(|| || |||||| axa y EA DACEBD  . ∵∠COA=∠COB=∠COD–∠BOD=π –∠COA–∠BOD ∴2∠COA=π –∠BOD ∴ COA COACOA 2tan1 tan2)2tan(  BODBOD tan)tan(  ∵ x yCOA ||tan  )1(|| || ||tan axa y OD BDBOD  ∴ )1(|| 1 ||2 2 axa y x y x y    整理，得 (1–a)x2–2ax+(1+a)y2=0(0＜x＜a) (ii)当｜BD｜=0 时，∠BOA=π ，则点 C 的坐标为(0,0)，满足上式. 综合(i)、(ii)，得点 C 的轨迹方程为 (1–a)x2–2ax+(1+a)y2=0(0≤x＜a) 以下同解法一. 解法三：设 C(x,y)、B(–1,b)，则 BO 的方程为 y=–bx，直线 AB 的方程为 )(1 axa by  ∵当 b≠0 时，OC 平分∠AOB，设∠AOC=θ , ∴直线 OC 的斜率为 k=tanθ ,OC 的方程为 y=kx 于是 22 1 2 tan1 tan22tan k k    又 tan2θ =–b ∴–b= 21 2 k k  ① ∵C 点在 AB 上 ∴ )(1 axa bkx  ② 由①、②消去 b，得 )(1 2)1( 2 axk kkxa  ③ 又 x yk  ，代入③，有 )( 1 2 )1( 2 2 ax x y x y xx ya     整理，得(a–1)x2–(1+a)y2+2ax=0 ④ 当 b=0 时，即 B 点在 x 轴上时，C(0,0)满足上式： a≠1 时，④式变为 1 1 )1( )1( 2 2 2 2 2      a a y a a a ax 当 0＜a＜1 时，④表示椭圆弧段； 当 a＞1 时，④表示双曲线一支的弧段； 当 a=1 时，④表示抛物线弧段. 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.分类讨论常见的依据是： 1.由概念内涵分类.如绝对值、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.由公式条件分类.如等比数列的前 n 项和公式、极限的计算、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. 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. 一、选择题 1.（★★★★）已知 12 2lim    nn nn n a a 其中 a∈R，则 a 的取值范围是( ) A.a＜0 B.a＜2 或 a≠–2 C.–2＜a＜2 D.a＜–2 或 a＞2 2.（★★★★★）四面体的顶点和各棱的中点共 10 个点，在其中取 4 个不共面的点， 不同的取法共有( ) A.150 种 B.147 种 C.144 种 D.141 种 二、填空题 3.（★★★★）已知线段 AB 在平面α 外，A、B 两点到平面α 的距离分别为 1 和 3，则 线段 AB 的中点到平面α 的距离为 . 4.（★★★★★）已知集合 A={x｜x2–3x+2=0},B={x｜x2–ax+(a–1)=0}，C={x｜x2– mx+2=0}，且 A∪B=A，A∩C=C，则 a 的值为 ，m 的取值范围为 . 三、解答题 5.（★★★★）已知集合 A={x｜x2+px+q=0}，B={x｜qx2+px+1=0},A,B 同时满足： ①A∩B≠ ,②A∩B={–2}.求 p、q 的值. 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，并说明它表示什么曲线. 7.(★★★★★)已知函数 y=f(x)的图象是自原点出发的一条折线.当 n≤y≤n+1(n=0,1,2,…) 时，该图象是斜率为 bn 的线段（其中正常数 b≠1），设数列{xn}由 f(xn)=n(n=1,2,…)定义. （1）求 x1、x2 和 xn 的表达式； （2）计算 n lim xn； （3）求 f(x)的表达式，并写出其定义域. 8.（★★★★★）已知 a＞0 时，函数 f(x)=ax–bx2 （1）当 b＞0 时，若对任意 x∈R 都有 f(x)≤1，证明 a≤2b; （2）当 b＞1 时，证明：对任意 x∈［0,1］,｜f(x)｜≤1 的充要条件是 b–1≤a≤2 b ； （3）当 0＜b≤1 时，讨论：对任意 x∈［0,1］,｜f(x)｜≤1 的充要条件. 参 考 答 案 ●难点磁场 1.解析：即 f(x)=(a–1)x2+ax– 4 1 =0 有解. 当 a–1=0 时，满足.当 a–1≠0 时，只需Δ =a2–(a–1)＞0. 答案： 2 52 2 52  a 或 a=1 2.解：(1)当 a=0 时，函数 f(–x)=(–x)2+｜–x｜+1=f(x)，此时 f(x)为偶函数. 当 a≠0 时，f(a)=a2+1,f(–a)=a2+2｜a｜+1.f(–a)≠f(a),f(–a)≠–f(a) 此时函数 f(x)既不是奇函数，也不是偶函数. （2）①当 x≤a 时，函数 f(x)=x2–x+a+1=(x– 2 1 )2+a+ 4 3 若 a≤ ，则函数 f(x)在(–∞,a］上单调递减. 从而函数 f(x)在（–∞,a] 上的最小值为 f(a)=a2+1 若 a＞ ，则函数 f(x)在（–∞,a] 上的最小值为 f( )= +a，且 f( )≤f(a). ②当 x≥a 时，函数 f(x)=x2+x–a+1=(x+ )2–a+ 若 a≤– ，则函数 f(x)在［a,+∞］上的最小值为 f(– )= –a，且 f(– )≤f(a)； 若 a＞– ，则函数 f(x)在［a,+∞)单调递增. 从而函数 f(x)在［a,+∞］上的最小值为 f(a)=a2+1. 综上，当 a≤– 时，函数 f(x)的最小值为 –a； 当– ＜a≤ 时，函数 f(x)的最小值是 a2+1； 当 a＞ 时，函数 f(x)的最小值是 a+ . ●歼灭难点训练 一、1.解析：分 a=2、｜a｜＞2 和｜a｜＜2 三种情况分别验证. 答案：C 2.解析：任取 4 个点共 C 4 10=210 种取法.四点共面的有三类：（1）每个面上有 6 个点， 则有 4×C 4 6 =60 种取共面的取法；（2）相比较的 4 个中点共 3 种；（3）一条棱上的 3 点与对 棱的中点共 6 种. 答案：C 二、3.解析：分线段 AB 两端点在平面同侧和异侧两种情况解决. 答案：1 或 2 4.解析：A={1,2},B={x｜(x–1)(x–1+a)=0}, 由 A∪B=A 可得 1–a=1 或 1–a=2； 由 A∩C=C，可知 C={1}或 . 答案：2 或 3 3 或（–2 2 ，2 ） 三、5.解：设 x0∈A，x0 是 x0 2+px0+q=0 的根. 若 x0=0，则 A={–2,0}，从而 p=2,q=0,B={– 2 1 }. 此时 A∩B= 与已知矛盾，故 x0≠0. 将方程 x0 2+px0+q=0 两边除以 x0 2，得 01)1()1( 0 2 0  xpxq . 即 0 1 x 满足 B 中的方程，故 0 1 x ∈B. ∵A∩ B ={–2},则–2∈A,且–2∈ . 设 A={–2,x0}，则 B={ 0 1,2 1 x }，且 x0≠2（否则 A∩B= ）. 若 x0=– ，则 –2∈B,与–2B 矛盾. 又由 A∩B≠ ,∴x0= ，即 x0=±1. 即 A={–2,1}或 A={–2,–1}. 故方程 x2+px+q=0 有两个不相等的实数根–2，1 或–2，–1 ∴           2)1()2( 3)12( 21)2( 1)12( q p q p 或 6.解：如图，设 MN 切圆 C 于 N，则动点 M 组成的集合是 P={M｜｜MN｜=λ ｜MQ｜,λ ＞0}. ∵ON⊥MN,｜ON｜=1, ∴｜MN｜2=｜MO｜2–｜ON｜2=｜MO｜2–1 设动点 M 的坐标为(x,y)， 则 2222 )2(1 yxyx   即（x2–1)(x2+y2)–4λ 2x+(4λ 2+1)=0. 经检验，坐标适合这个方程的点都属于集合 P，故方程为所求的轨迹方程. （1）当λ =1 时，方程为 x= 4 5 ，它是垂直于 x 轴且与 x 轴相交于点（ ，0）的直线； （2）当λ ≠1 时，方程化为： 22 2 22 2 2 )1( 31)1 2(       yx 它是以 )0,1 2( 2 2   为圆心， |1| 31 2 2     为半径的圆. 7.解：（1）依题意 f(0)=0，又由 f(x1)=1，当 0≤y≤1，函数 y=f(x)的图象是斜率为 b0=1 的线段，故由 10 )0()( 1 1   x fxf ∴x1=1 又由 f(x2)=2，当 1≤y≤2 时，函数 y=f(x)的图象是斜率为 b 的线段，故由 bxx xfxf   12 12 )()( 即 x2–x1= b 1 ∴x2=1+ 记 x0=0，由函数 y=f(x)图象中第 n 段线段的斜率为 bn–1，故得 1 1 1)()(      n nn nn bxx xfxf 又由 f(xn)=n,f(xn–1)=n–1 ∴xn–xn–1=( )n–1,n=1,2,…… 由此知数列{xn–xn–1}为等比数列，其首项为 1，公比为 . 因 b≠1，得    n k nx 1 (xk–xk–1) =1+ +…+ 1 )1(1 1 1      b bb b n n 即 xn= 1 )1( 1    b bb n （2）由（1）知，当 b＞1 时， 11 )1( limlim 1      b b b bb x n nnn 当 0＜b＜1，n→∞, xn 也趋于无穷大. n lim xn 不存在. （3）由（1）知，当 0≤y≤1 时，y=x，即当 0≤x≤1 时，f(x)=x; 当 n≤y≤n+1，即 xn≤x≤xn+1 由（1）可知 f(x)=n+bn(x–xn)(n=1,2,…),由（2）知 当 b＞1 时，y=f(x)的定义域为［0, 1b b ); 当 0＜b＜1 时，y=f(x)的定义域为［0,+∞). 8.(1)证明：依设，对任意 x∈R，都有 f(x)≤1 ∵ b a b axbxf 4)2()( 2 2  ∴ b a b af 4)2( 2  ≤1 ∵a＞0,b＞0 ∴a≤2 b . （2）证明：必要性： 对任意 x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1–1≤f(x），据此可以推出–1≤f(1) 即 a–b≥–1，∴a≥b–1 对任意 x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1 f(x)≤1. 因为 b＞1，可以推出 f( b 1 )≤1 即 a· b 1 –1≤1， ∴a≤2 ,∴b–1≤a≤2 充分性： 因为 b＞1，a≥b–1，对任意 x∈［0,1］. 可以推出 ax–bx2≥b(x–x2)–x≥–x≥–1 即 ax–bx2≥–1 因为 b＞1,a≤2 b ,对任意 x∈［0,1］，可以推出 ax–bx2≤2 x–bx2≤1 即 ax–bx2≤1,∴–1≤f(x)≤1 综上，当 b＞1 时，对任意 x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1 的充要条件是 b–1≤a≤2 . (3)解：∵a＞0，0＜b≤1 ∴x∈［0,1］,f(x)=ax–bx2≥–b≥–1 即 f(x)≥–1 f(x)≤1 f(1)≤1 a–b≤1 即 a≤b+1 a≤b+1 f(x)≤(b+1)x–bx2≤1 即 f(x)≤1 所以当 a＞0，0＜b≤1 时，对任意 x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1 的充要条件是 a≤b+1.