高考数学难点突破专题辅导38 分类讨论思想

高考数学难点突破专题辅导38 分类讨论思想

本资料来源于《七彩教育网2009年高考数学难点突破专题辅导三十八 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.”‎ ‎●难点磁场 ‎1.（★★★★★）若函数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.‎ ‎●案例探究 ‎［例1］已知{an}是首项为2，公比为的等比数列，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.‎ 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–），得 ‎，(n∈N*)‎ ‎（2）要使，只要 因为 所以，(k∈N*)‎ 故只要Sk–2＜c＜Sk，（k∈N*）‎ 因为Sk+1＞Sk，(k∈N*) ①‎ 所以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，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不成立，从而①不成立 因为，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｜= ①‎ 依题设，点C在直线AB上，故有 由x–a≠0，得 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 ‎ 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.‎ ‎∵∠COA=∠COB=∠COD–∠BOD=π–∠COA–∠BOD ‎∴2∠COA=π–∠BOD ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴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 ‎∵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 又tan2θ=–b ‎∴–b= ①‎ ‎∵C点在AB上 ‎∴ ②‎ 由①、②消去b，得 ③‎ 又，代入③，有 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 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.‎ ‎●锦囊妙计 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.‎ ‎●歼灭难点训练 一、选择题 ‎1.（★★★★）已知其中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；‎ ‎（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–=0有解.‎ 当a–1=0时，满足.当a–1≠0时，只需Δ=a2–(a–1)＞0.‎ 答案：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+a+‎ 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=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=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）‎ 三、5.解：设x0∈A，x0是x02+px0+q=0的根.‎ 若x0=0，则A={–2,0}，从而p=2,q=0,B={–}.‎ 此时A∩B=与已知矛盾，故x0≠0.‎ 将方程x02+px0+q=0两边除以x02，得 ‎.‎ 即满足B中的方程，故∈B.‎ ‎∵A∩={–2},则–2∈A,且–2∈.‎ 设A={–2,x0}，则B={}，且x0≠2（否则A∩B=）.‎ 若x0=–，则–2∈B,与–2B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 ‎∴‎ ‎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 即（x2–1)(x2+y2)–4λ2x+(4λ2+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=，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：‎ 它是以为圆心，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 ‎∴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 即x2–x1=‎ ‎∴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 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(xk–xk–1)‎ ‎=1++…+‎ 即xn=‎ ‎（2）由（1）知，当b＞1时，‎ 当0＜b＜1，n→∞, xn也趋于无穷大.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,);‎ 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 ‎∵‎ ‎∴≤1‎ ‎∵a＞0,b＞0‎ ‎∴a≤2.‎ ‎（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)｜≤1f(x)≤1.‎ 因为b＞1，可以推出f()≤1即a·–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,对任意x∈［0,1］，可以推出ax–bx2≤2x–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)≤1f(1)≤1a–b≤1‎ 即a≤b+1‎ a≤b+1f(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.‎