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1、专题八数学思想方法第3讲分类讨论思想思想方法概述热点分类突破真题与押题思想方法概述1.分分类类讨讨论论思思想想是是一一种种重重要要的的数数学学思思想想方方法法.其其基基本本思思路路是是将将一一个个较较复复杂杂的的数数学学问问题题分分解解(或或分分割割)成成若若干干个个基基础础性性问问题题，通通过过对对基基础础性性问问题题的的解解答答来来实实现现解解决决原原问问题题的的思思想想策策略略.对对问问题题实实行行分分类类与与整整合合，分分类类标标准准等等于于增增加加一一个个已已知知条条件件，实实现现了了有有效效增增设设，将将大大问问题题(或或综综合合性性问问题题)分分解解为为小小问问题题(或或基基础础
2、性性问问题题)，优优化化解解题题思思路，降低问题难度路，降低问题难度.2.分类讨论的常见类型分类讨论的常见类型(1)由由数数学学概概念念引引起起的的分分类类讨讨论论.有有的的概概念念本本身身是是分分类类的，如绝对值、直线斜率、指数函数、对数函数等的，如绝对值、直线斜率、指数函数、对数函数等.(2)由由性性质质、定定理理、公公式式的的限限制制引引起起的的分分类类讨讨论论.有有的的数数学学定定理理、公公式式、性性质质是是分分类类给给出出的的，在在不不同同的的条条件件下下结结论论不不一一致致，如如等等比比数数列列的的前前n项项和和公公式式、函函数数的的单调性等单调性等.(3)由由数数学学运运算算要要
3、求求引引起起的的分分类类讨讨论论.如如除除法法运运算算中中除除数数不不为为零零，偶偶次次方方根根为为非非负负，对对数数真真数数与与底底数数的的要要求求，指指数数运运算算中中底底数数的的要要求求，不不等等式式两两边边同同乘乘以以一个正数、负数，三角函数的定义域等一个正数、负数，三角函数的定义域等.(4)由由图图形形的的不不确确定定性性引引起起的的分分类类讨讨论论.有有的的图图形形类类型型、位位置置需需要要分分类类：如如角角的的终终边边所所在在的的象象限限；点点、线、面的位置关系等线、面的位置关系等.(5)由由参参数数的的变变化化引引起起的的分分类类讨讨论论.某某些些含含有有参参数数的的问问题题，
4、如如含含参参数数的的方方程程、不不等等式式，由由于于参参数数的的取取值值不不同同会会导导致致所所得得结结果果不不同同，或或对对于于不不同同的的参参数数值值要要运用不同的求解或证明方法运用不同的求解或证明方法.(6)由由实实际际意意义义引引起起的的讨讨论论.此此类类问问题题在在应应用用题题中中，特别是在解决排列、组合中的计数问题时常用特别是在解决排列、组合中的计数问题时常用.3.分类讨论的原则分类讨论的原则(1)不重不漏不重不漏.(2)标准要统一，层次要分明标准要统一，层次要分明.(3)能能不不分分类类的的要要尽尽量量避避免免或或尽尽量量推推迟迟，决决不不无无原原则则地讨论地讨论.4.解分类问题
5、的步骤解分类问题的步骤(1)确确定定分分类类讨讨论论的的对对象象，即即对对哪哪个个变变量量或或参参数数进进行行分类讨论分类讨论.(2)对所讨论的对象进行合理的分类对所讨论的对象进行合理的分类.(3)逐类讨论，即对各类问题详细讨论，逐步解决逐类讨论，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归纳总结，将各类情况总结归纳.热点一由数学概念、性质、运算引起的分类讨论热点二由图形位置或形状引起的讨论热点三由参数引起的分类讨论热点分类突破热点一由数学概念、性质、运算引起的分类讨论(1)由由数数学学概概念念引引起起的的讨讨论论要要正正确确理理解解概概念念的的内内涵涵与与外外延延，合
6、合理理进进行行分分类类；(2)运运算算引引起起的的分分类类讨讨论论有有很很多多，如如除除法法运运算算中中除除数数不不为为零零，偶偶次次方方根根为为非非负负，对对数数运运算算中中真真数数与与底底数数的的要要求求，指指数数运运算算中中底底数数的的要要求求，不不等等式式两两边边同同乘乘以以一一个个正正数数、负负数，三角函数的定义域等数，三角函数的定义域等.思维升华变式训练1答案C(2)已已知知数数列列an的的前前n项项和和Snpn1(p是是常常数数)，则则数列数列an是是()A.等差数列等差数列B.等比数列等比数列C.等差数列或等比数列等差数列或等比数列D.以上都不对以上都不对解析Snpn1，a1p
7、1，anSnSn1(p1)pn1(n2)，当当p1且且p0时，时，an是等比数列；是等比数列；当当p1时，时，an是等差数列；是等差数列；当当p0时时，a11，an0(n2)，此此时时an既既不不是是等差数列也不是等比数列等差数列也不是等比数列.答案D热点二由图形位置或形状引起的讨论解析画出不等式组表示的平面区域画出不等式组表示的平面区域(如图如图).当当x1时，时，1y2，有，有2个整点；个整点；当当x0时，时，0y3，有，有4个整点；个整点；当当x1时，时，1y4，有，有6个整点；个整点；当当x2时，时，2y5，有，有8个整点；个整点；所以平面区域内的整点共有所以平面区域内的整点共有246
8、820(个个).答案20(2)设设圆圆锥锥曲曲线线T的的两两个个焦焦点点分分别别为为F1，F2，若若曲曲线线T上上存存在在点点P满满足足|PF1|F1F2|PF2|432，则则曲曲线线T的离心率为的离心率为_.解析不妨设不妨设|PF1|4t，|F1F2|3t，|PF2|2t，若若该该圆圆锥锥曲曲线线是是双双曲曲线线，则则有有|PF1|PF2|2t2a，求求解解有有关关几几何何问问题题时时，由由于于几几何何元元素素的的形形状状、位位置置变变化化的的不不确确定定性性，所所以以需需要要根根据据图图形形的的特特征征进进行行分分类讨论类讨论.一一般般由由图图形形的的位位置置或或形形状状变变化化引引发发的
9、的讨讨论论包包括括：二二次次函函数数对对称称轴轴位位置置的的变变化化；函函数数问问题题中中区区间间的的变变化化；函函数数图图象象形形状状的的变变化化；直直线线由由斜斜率率引引起起的的位位置置变变化化；圆圆锥锥曲曲线线由由焦焦点点引引起起的的位位置置变变化化或或由由离离心心率率引引起起的的形状变化形状变化.思维升华变式训练2 答案D解析若若PF2F190，则则|PF1|2|PF2|2|F1F2|2，若若F2PF190，则则|F1F2|2|PF1|2|PF2|2|PF1|2(6|PF1|)2，解得解得|PF1|4，|PF2|2，例3(2014四四川川改改编编)已已知知函函数数f(x)exax2bx
10、1，其中，其中a，bR，e2.718 28为自然对数的底数为自然对数的底数.设设g(x)是是函函数数f(x)的的导导函函数数，求求函函数数g(x)在在区区间间0,1上的最小值上的最小值.热点三由参数引起的分类讨论解由由f(x)exax2bx1，有有g(x)f(x)ex2axb.所以所以g(x)ex2a.因此，当因此，当x0,1时，时，g(x)12a，e2a.所以所以g(x)在在0,1上单调递增，上单调递增，因此因此g(x)在在0,1上的最小值是上的最小值是g(0)1b；因此因此g(x)在在0,1上的最小值是上的最小值是g(1)e2ab；所所以以函函数数g(x)在在区区间间0，ln(2a)上上单
11、单调调递递减减，在在区区间间(ln(2a)，1上单调递增上单调递增.于是，于是，g(x)在在0,1上的最小值是上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b.g(ln(2a)2a2aln(2a)b；g(1)e2ab.一一般般地地，遇遇到到题题目目中中含含有有参参数数的的问问题题，常常常常结结合合参参数数的的意意义义及及对对结结果果的的影影响响进进行行分分类类讨讨论论，此此种种题题目目为为含含参参型型，应应全全面面分分析析参参数数变变化化引引起起结结论论的的变变化化情情况况，参参数数有有几几何何意意义义时时还还要要考考虑虑适适当当地地运运用用数数形形结结合合思思想想，分分类类要要做做到到分分
12、类类标标准明确，不重不漏准明确，不重不漏.思维升华变式训练3(1)若若函函数数g(x)过过点点(1,1)，求求函函数数f(x)的的图图象象在在x0处的切线方程；处的切线方程；所以所求的切线的斜率为所以所求的切线的斜率为3.又又f(0)0，所以切点为，所以切点为(0,0)，故所求的切线方程为故所求的切线方程为y3x.(2)判断函数判断函数f(x)的单调性的单调性.当当a0时，因为时，因为x1，所以，所以f(x)0，故故f(x)在在(1，)上单调递增上单调递增.故故f(x)在在(1，1a)上单调递减；上单调递减；故故f(x)在在(1a，)上单调递增上单调递增.综综上上，当当a0时时，函函数数f(x
13、)在在(1，)上上单单调调递增；递增；当当a1和和0a1的的讨讨论论；等等比比数数列列中中分公比分公比q1和和q1的讨论的讨论.(4)三角函数：角的象限及函数值范围的讨论三角函数：角的象限及函数值范围的讨论.(5)不不等等式式：解解不不等等式式时时含含参参数数的的讨讨论论，基基本本不不等等式式相相等等条件是否满足的讨论条件是否满足的讨论.(6)立立体体几几何何：点点线线面面及及图图形形位位置置关关系系的的不不确确定定性性引引起起的的讨论；讨论；(7)平平面面解解析析几几何何：直直线线点点斜斜式式中中k分分存存在在和和不不存存在在，直直线线截截距距式式中中分分b0和和b0的的讨讨论论；轨轨迹迹方
14、方程程中中含含参参数数时时曲线类型及形状的讨论曲线类型及形状的讨论.(8)排列、组合、概率中的分类计数问题排列、组合、概率中的分类计数问题.(9)去绝对值时的讨论及分段函数的讨论等去绝对值时的讨论及分段函数的讨论等.真题感悟押题精练真题与押题12真题感悟3当当B 时时，根根据据余余弦弦定定理理有有AC2AB2BC22ABBCcos B1225，所以所以AC ，此时，此时ABC为钝角三角形为钝角三角形,符合题意；符合题意；当当B 时时，根根据据余余弦弦定定理理有有AC2AB2BC22ABBCcos B1221，所所以以AC1，此此时时AB2AC2BC2，ABC为为直直角角三角形，不符合题意三角形
15、，不符合题意.故故AC .答案B12真题感悟32.(2013安安徽徽)“a0”是是“函函数数f(x)|(ax1)x|在在区区间间(0，)内单调递增内单调递增”的的()A.充分不必要条件充分不必要条件 B.必要不充分条件必要不充分条件C.充分必要条件充分必要条件 D.既不充分也不必要条件既不充分也不必要条件12真题感悟3解析当当a0时时，f(x)|(ax1)x|x|在在区区间间(0，)上单调递增；上单调递增；当当a0时，结合函数时，结合函数f(x)|(ax1)x|ax2x|的图象知函数在的图象知函数在(0，)上先上先增后减再增，不符合条件，如图增后减再增，不符合条件，如图(2)所示所示.所所以以
16、，要要使使函函数数f(x)|(ax1)x|在在(0，)上上单单调调递增只需递增只需a0.即即“a0”是是“函函数数f(x)|(ax1)x|在在区区间间(0，)内单调递增内单调递增”的充要条件的充要条件.答案C12真题感悟33.(2014广广东东)设设集集合合A(x1，x2，x3，x4，x5)|xi1,0,1，i1,2,3,4,5，那那么么集集合合A中中满满足足条条件件“1|x1|x2|x3|x4|x5|3”的的元元素素个个数数为为( )A.60 B.90C.120 D.13012真题感悟3解析 在在x1，x2，x3，x4，x5这这五五个个数数中中，因因为为xi1,0,1，i1,2,3,4,5，
17、所所以以满满足足条条件件1|x1|x2|x3|x4|x5|3的的可可能能情况有情况有“一个一个1(或或1)，四个，四个0，有，有 2种；种；两个两个1(或或1)，三个，三个0，有，有 2种；种；一个一个1，一个，一个1，三个，三个0，有，有 种；种；12真题感悟3两个两个1(或或1)，一个，一个1(或或1)，两个，两个0，有，有 2种；种；三个三个1(或或1)，两个，两个0，有，有 2种种.答案D12真题感悟3押题精练123456解析若若a0，则则f(x)在在定定义义域域的的两两个个区区间间内内都都是是常函数，不具备单调性；常函数，不具备单调性；若若a0，函函数数f(x)在在两两段段上上都都是
18、是单单调调递递增增的的，要要使使函函数数在在R上上单单调调递递增增，只只要要(a2)e01，即即a1，与与a0矛盾，此时无解矛盾，此时无解.若若2a0，则则函函数数在在定定义义域域的的两两段段上上都都是是单单调调递递减的减的.押题精练123456要要使使函函数数在在R上上单单调调递递减减，只只要要a21即即a1，即即1a0)的的焦焦点点为为F，P为为其其上上的的一一点点，O为为坐坐标标原原点点，若若OPF为为等等腰腰三三角角形形，则则这这样样的的点点P的个数为的个数为()A.2 B.3 C.4 D.6押题精练123456解析当当|PO|PF|时时，点点P在在线线段段OF的的中中垂垂线线上上，此
19、时，点此时，点P的位置有两个；的位置有两个；当当|OP|OF|时，点时，点P的位置也有两个；的位置也有两个；对对|FO|FP|的情形，点的情形，点P不存在不存在.事实上，事实上，F(p,0)，押题精练123456又又y24px，x22px0，解解得得x0或或x2p，当当x0时，不构成三角形时，不构成三角形.当当x2p(p0)时，与点时，与点P在抛物线上矛盾在抛物线上矛盾.所以符合要求的点所以符合要求的点P一共有一共有4个个.答案C4.6位位同同学学在在毕毕业业聚聚会会活活动动中中进进行行纪纪念念品品的的交交换换，任任意意两两位位同同学学之之间间最最多多交交换换一一次次，进进行行交交换换的的两两
20、位位同同学学互互赠赠一一份份纪纪念念品品.已已知知6位位同同学学之之间间共共进进行行了了13次交换，则收到次交换，则收到4份纪念品的同学人数为份纪念品的同学人数为()A.1或或3 B.1或或4C.2或或3 D.2或或4押题精练123456解析设设6位同学分别用位同学分别用a，b，c，d，e，f表示表示.若若任任意意两两位位同同学学之之间间都都进进行行交交换换共共进进行行15次次交交换换，现共进行了现共进行了13次交换，次交换，说明有两次交换没有发生，此时可能有两种情况：说明有两次交换没有发生，此时可能有两种情况：(1)由由3人人构构成成的的2次次交交换换，如如ab和和ac之之间间的的交交换换没
21、有发生，则收到没有发生，则收到4份纪念品的有份纪念品的有b，c两人两人.押题精练123456(2)由由4人人构构成成的的2次次交交换换，如如ab和和ce之之间间的的交交换换没有发生，没有发生，则收到则收到4份纪念品的有份纪念品的有a，b，c，e四人四人.故选故选D.答案D押题精练1234565.已知等差数列已知等差数列an的前的前3项和为项和为6，前，前8项和为项和为4.(1)求数列求数列an的通项公式；的通项公式；押题精练123456解设数列设数列an的公差为的公差为d，故故an3(n1)4n.(2)设设bn(4an)qn1 (q0，nN*)，求求数数列列bn的的前前n项和项和Sn.押题精练
22、123456解由由(1)可得可得bnnqn1，于是于是Sn1q02q13q2nqn1.若若q1，将上式两边同乘，将上式两边同乘q，得，得qSn1q12q2(n1)qn1nqn.两式相减，得两式相减，得(q1)Snnqn1q1q2qn1押题精练123456押题精练1234566.已已知知函函数数f(x)(a1)ln xax21，试试讨讨论论函函数数f(x)的单调性的单调性.押题精练123456解由题意知由题意知f(x)的定义域为的定义域为(0，)，当当a0时，时，f(x)0，故故f(x)在在(0，)上单调递增上单调递增.当当a1时，时，f(x)0，故故f(x)在在(0，)上单调递减上单调递减.押题精练123456押题精练123456综上，当综上，当a0时，时，f(x)在在(0，)上单调递增；上单调递增；当当a1时，时，f(x)在在(0，)上单调递减；上单调递减；押题精练123456
