高中数学解题思想之分类讨论思想

分类讨论思想方法在解答某些数学问题时，有时会遇到多种情况，需要对各种情况加以分类，并逐类求解，然后综合得解，这就是分类讨论法。分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法。有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维条理性和概括性，所以在高考试题中占有重要的位置。引起分类讨论的原因主要是以下几个方面：①问题所涉及到的数学概念是分类进行定义的。如|a|的定义分a0、a＝0、a0三种情况。这种分类讨论题型可以称为概念型。②问题中涉及到的数学定理、公式和运算性质、法则有范围或者条件限制，或者是分类给出的。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。③解含有参数的题目时，必须根据参数的不同取值范围进行讨论。如解不等式ax2时分a0、a＝0和a0三种情况讨论。这称为含参型。另外，某些不确定的数量、不确定的图形的形状或位置、不确定的结论等，都主要通过分类讨论，保证其完整性，使之具有确定性。进行分类讨论时，我们要遵循的原则是：分类的对象是确定的，标准是统一的，不遗漏、不重复，科学地划分，分清主次，不越级讨论。其中最重要的一条是“不漏不重”。解答分类讨论问题时，我们的基本方法和步骤是：首先要确定讨论对象以及所讨论对象的全体的范围；其次确定分类标准，正确进行合理分类，即标准统一、不漏不重、分类互斥（没有重复）；再对所分类逐步进行讨论，分级进行，获取阶段性结果；最后进行归纳小结，综合得出结论。Ⅰ、再现性题组：1．集合A＝{x||x|≤4,x∈R}，B＝{x||x－3|≤a，x∈R}，若AB，那么a的范围是_____。A.0≤a≤1B.a≤1C.a1D.0a12.若a0且a≠1，p＝loga(a3＋a＋1)，q＝loga(a2＋a＋1)，则p、q的大小关系是_____。A.p＝qB.pqC.pqD.当a1时，pq；当0a1时，pq3.函数y＝sin|sin|xx＋cos|cos|xx＋tgxtgx||＋||ctgxctgx的值域是_________。4.若θ∈(0,π2)，则limn→∞cossincossinnnnnθθθ＋θ的值为_____。A.1或－1B.0或－1C.0或1D.0或1或－15.函数y＝x＋1x的值域是_____。A.[2,+∞)B.(-∞,-2]∪[2,+∞)C.(-∞,+∞)D.[-2,2]6.正三棱柱的侧面展开图是边长分别为2和4的矩形，则它的体积为_____。A.893B.493C.293D.493或8937.过点P(2,3)，且在坐标轴上的截距相等的直线方程是_____。A.3x－2y＝0B.x＋y－5＝0C.3x－2y＝0或x＋y－5＝0D.不能确定【简解】1小题：对参数a分a0、a＝0、a0三种情况讨论，选B；2小题：对底数a分a1、0a1两种情况讨论，选C；3小题：分x在第一、二、三、四象限等四种情况，答案{4,-2,0}；4小题：分θ＝4、0θ4、4θ2三种情况，选D；5小题：分x0、x0两种情况，选B；6小题：分侧面矩形长、宽分别为2和4、或4和2两种情况，选D；7小题：分截距等于零、不等于零两种情况，选C。Ⅱ、示范性题组：例1.设0x1，a0且a≠1，比较|loga(1－x)|与|loga(1＋x)|的大小。【分析】比较对数大小，运用对数函数的单调性，而单调性与底数a有关，所以对底数a分两类情况进行讨论。【解】∵0x1∴01－x1,1＋x1①当0a1时，loga(1－x)0，loga(1＋x)0，所以|loga(1－x)|－|loga(1＋x)|＝loga(1－x)－[－loga(1＋x)]＝loga(1－x2)0;②当a1时，loga(1－x)0，loga(1＋x)0，所以|loga(1－x)|－|loga(1＋x)|＝－loga(1－x)－loga(1＋x)＝－loga(1－x2)0；由①、②可知，|loga(1－x)||loga(1＋x)|。【注】本题要求对对数函数y＝logax的单调性的两种情况十分熟悉，即当a1时其是增函数，当0a1时其是减函数。去绝对值时要判别符号，用到了函数的单调性；最后差值的符号判断，也用到函数的单调性。例2.已知集合A和集合B各含有12个元素，A∩B含有4个元素，试求同时满足下面两个条件的集合C的个数：①.CA∪B且C中含有3个元素；②.C∩A≠φ。【分析】由已知并结合集合的概念，C中的元素分两类：①属于A元素；②不属于A而属于B的元素。并由含A中元素的个数1、2、3,而将取法分三种。【解】C121·C82＋C122·C81＋C123·C80＝1084【注】本题是排列组合中“包含与排除”的基本问题，正确地解题的前提是合理科学的分类，达到分类完整及每类互斥的要求，还有一个关键是要确定C中元素如何取法。另一种解题思路是直接使用“排除法”，即C203－C83＝1084。例3.设{an}是由正数组成的等比数列，Sn是前n项和。①.证明：lglgSSnn22lgSn1；②.是否存在常数c0，使得lg()lg()ScScnn22＝lg（Sn1－c）成立？并证明结论。(95年全国理)【分析】要证的不等式和讨论的等式可以进行等价变形；再应用比较法而求解。其中在应用等比数列前n项和的公式时，由于公式的要求，分q＝1和q≠1两种情况。【解】设{an}的公比q，则a10，q0①．当q＝1时，Sn＝na1，从而SnSn2－Sn12＝na1(n＋2)a1－(n＋1)2a12＝－a120；当q≠1时，Sn＝aqqn111()，从而SnSn2－Sn12＝aqqqnn1222111()()()－aqqn1212211()()＝－a12qn0；由上可得SnSn2Sn12，所以lg(SnSn2)lg(Sn12)，即lglgSSnn22lgSn1。②.要使lg()lg()ScScnn22＝lg（Sn1－c）成立，则必有(Sn－c)(Sn2－c)＝(Sn1－c)2,分两种情况讨论如下：当q＝1时，Sn＝na1，则(Sn－c)(Sn2－c)－(Sn1－c)2＝(na1－c)[(n＋2)a1－c]－[(n＋1)a1－c]2＝－a120当q≠1时，Sn＝aqqn111()，则(Sn－c)(Sn2－c)－(Sn1－c)2＝[aqqn111()－c][aqqn1211()－c]－[aqqn1111()－c]2＝－a1qn[a1－c(1－q)]∵a1qn≠0∴a1－c(1－q)＝0即c＝aq11而Sn－c＝Sn－aq11＝－aqqn110∴对数式无意义由上综述，不存在常数c0,使得lg()lg()ScScnn22＝lg（Sn1－c）成立。【注】本例由所用公式的适用范围而导致分类讨论。该题文科考生改问题为：证明loglog..050522SSnnlog05.Sn1，和理科第一问类似，只是所利用的是底数是0.5时，对数函数为单调递减。例1、例2、例3属于涉及到数学概念、定理、公式、运算性质、法则等是分类讨论的问题或者分类给出的，我们解决时按要求进行分类，即题型为概念、性质型。例4.设函数f(x)＝ax2－2x＋2，对于满足1x4的一切x值都有f(x)0，求实数a的取值范围。【分析】含参数的一元二次函数在有界区间上的最大值、最小值等值域问题，需要先对开口方向讨论，再对其抛物线对称轴的位置与闭区间的关系进行分类讨论，最后综合得解。【解】当a0时，f(x)＝a（x－1a）2＋2－1a∴111220afa≤＝≥()或1141210afaa()＝或14416820afa≥＝≥()∴a≥1或12a1或φ即a12；当a0时，fafa()()1220416820＝≥＝≥，解得φ；当a＝0时，f(x)＝－2x＋2,f(1)＝0，f(4)＝－6，∴不合题意由上而得，实数a的取值范围是a12。【注】本题分两级讨论，先对决定开口方向的二次项系数a分a0、a0、a＝0三种情况，再每种情况结合二次函数的图像，在a0时将对称轴与闭区间的关系分三种，即在闭区间左边、右边、中间。本题的解答，关键是分析符合条件的二次函数的图像，也可以看成是“数形结合法”的运用。例5.解不等式()()xaxaa46210(a为常数，a≠－12)14x14x【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a0、a＝0、－12a0、a－12分别加以讨论。【解】2a＋10时，a－12；－4a6a时，a0。所以分以下四种情况讨论：当a0时，(x＋4a)(x－6a)0，解得：x－4a或x6a；当a＝0时，x20，解得：x≠0；当－12a0时，(x＋4a)(x－6a)0，解得:x6a或x－4a；当a－12时，(x＋4a)(x－6a)0，解得：6ax－4a。综上所述，当a0时，x－4a或x6a；当a＝0时，x≠0；当－12a0时，x6a或x－4a；当a－12时，6ax－4a。【注】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6.设a≥0,在复数集C中，解方程：z2＋2|z|＝a。(90年全国高考)【分析】由已知z2＋2|z|＝a和|z|∈R可以得到z2∈R，即对z分实数、纯虚数两种情况进行讨论求解。【解】∵|z|∈R，由z2＋2|z|＝a得：z2∈R；∴z为实数或纯虚数当z∈R时，|z|2＋2|z|＝a,解得：|z|＝－1＋1a∴z＝±(－1＋1a)；当z为纯虚数时，设z＝±yｉ(y0)，∴－y2＋2y＝a解得：y＝1±1a（0≤a≤1）由上可得，z＝±(－1＋1a)或±(1±1a)ｉ【注】本题用标准解法（设z＝x＋yｉ再代入原式得到一个方程组，再解方程组）过程十分繁难，而挖掘隐含，对z分两类讨论则简化了数学问题。【另解】设z＝x＋yｉ，代入得x2－y2＋2xy22＋2xyｉ＝a；∴xyxyaxy2222220当y＝0时，x2＋2|x|＝a，解得x＝±(－1＋1a)，所以z＝±(－1＋1a)；当x＝0时，－y2＋2|y|＝a，解得y＝±(1±1a)，所以±(1±1a)ｉ。由上可得，z＝±(－1＋1a)或±(1±1a)ｉ【注】此题属于复数问题的标准解法，即设代数形式求解。其中抓住2xy＝0而分x＝0和y＝0两种情况进行讨论求解。实际上，每种情况中绝对值方程的求解，也渗透了分类讨论思想。例7.在xoy平面上给定曲线y2＝2x，设点A(a,0)，a∈R，曲线上的点到点A的距离的最小值为f(a)，求f(a)的函数表达式。（本题难度0.40）【分析】求两点间距离的最小值问题，先用公式建立目标函数，转化为二次函数在约束条件x≥0下的最小值问题，而引起对参数a的取值讨论。【解】设M(x,y)为曲线y2＝2x上任意一点，则|MA|2＝(x－a)2＋y2＝(x－a)2＋2x＝x2－2(a－1)x＋a2＝[x－(a－1)]2＋(2a－1)由于y2＝2x限定x≥0，所以分以下情况讨论：当a－1≥0时，x＝a－1取最小值，即|MA}2min＝2a－1；当a－10时，x＝0取最小值，即|MA}2min＝a2；综上所述，有f(a)＝21aa||()()aa≥时时11。【注】本题解题的基本思路是先建立目标函数。求二次函数的最大值和最小值问题我们十分熟悉，但含参数a，以及还有隐含条件x≥0的限制，所以要从中找出正确的分类标准，从而得到d