高考數(shù)學難點41講難點38分類討論思想

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1、 難點38 分類討論思想 分類討論思想就是根據(jù)所研究對象的性質(zhì)差異，分各種不同的情況予以分析解決.分類討論題覆蓋知識點較多，利于考查學生的知識面、分類思想和技巧；同時方式多樣，具有較高的邏輯性及很強的綜合性，樹立分類討論思想，應注重理解和掌握分類的原則、方法與技巧、做到“確定對象的全體，明確分類的標準，分層別類不重復、不遺漏的分析討論.” ●難點磁場 1.（★★★★★）若函數(shù)在其定義域內(nèi)有極值點，則a的取值為. 2.（★★★★★）設函數(shù)f(x)=x2+｜x–a｜+1，x∈R. (1)判斷函數(shù)f(x)的奇偶性； (2)求函數(shù)f(x)的最小值. ●案例探究 ［例1］已知{a

2、n}是首項為2，公比為的等比數(shù)列，Sn為它的前n項和. （1）用Sn表示Sn+1; （2）是否存在自然數(shù)c和k，使得成立. 命題意圖：本題主要考查等比數(shù)列、不等式知識以及探索和論證存在性問題的能力，屬★★★★★級題目. 知識依托：解決本題依據(jù)不等式的分析法轉化，放縮、解簡單的分式不等式；數(shù)列的基本性質(zhì). 錯解分析：第2問中不等式的等價轉化為學生的易錯點，不能確定出. 技巧與方法：本題屬于探索性題型，是高考試題的熱點題型.在探討第2問的解法時，采取優(yōu)化結論的策略，并靈活運用分類討論的思想：即對雙參數(shù)k,c輪流分類討論，從而獲得答案. 解：（1）由Sn=4(1–），得 ，(n∈N*

3、) （2）要使，只要 因為 所以，(k∈N*) 故只要Sk–2＜c＜Sk，（k∈N*） 因為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. 當c=2時，因為S1=2，所以當k=1時，c＜Sk不成立，從而①不成立. 當k≥2時，因為，由Sk＜Sk+1(k∈N*)得 Sk–2＜Sk+1–2 故當k≥2時，Sk–2＞c，從而①不成立. 當c=3時，因為S1=2，S2=3， 所以當k=1，k=2時，c＜Sk不成立，從而①不成立 因為，又Sk–2＜Sk+1–2 所以當k≥3時，Sk–2＞c，從而①成立. 綜上所述

4、，不存在自然數(shù)c,k,使成立. ［例2］給出定點A（a,0)（a＞0）和直線l：x=–1，B是直線l上的動點，∠BOA的角平分線交AB于點C.求點C的軌跡方程，并討論方程表示的曲線類型與a值的關系. 命題意圖：本題考查動點的軌跡，直線與圓錐曲線的基本知識，分類討論的思想方法.綜合性較強，解法較多，考查推理能力和綜合運用解析幾何知識解題的能力.屬★★★★★級題目. 知識依托：求動點軌跡的基本方法步驟.橢圓、雙曲線、拋物線標準方程的基本特點. 錯解分析：本題易錯點為考生不能巧妙借助題意條件，構建動點坐標應滿足的關系式和分類討論軌跡方程表示曲線類型. 技巧與方法：精心思考，發(fā)散思維、多途徑

5、、多角度的由題設條件出發(fā)，探尋動點應滿足的關系式.巧妙地利用角平分線的性質(zhì). 解法一：依題意，記B（–1，b)，(b∈R），則直線OA和OB的方程分別為y=0和y=–bx. 設點C(x,y)，則有0≤x＜a，由OC平分∠AOB，知點C到OA、OB距離相等. 根據(jù)點到直線的距離公式得｜y｜=① 依題設，點C在直線AB上，故有 由x–a≠0，得② 將②式代入①式，得y2［(1–a)x2–2ax+(1+a)y2］=0 若y≠0，則 (1–a)x2–2ax+(1+a)y2=0(0＜x＜a) 若y=0則b=0,∠AOB=π，點C的坐標為（0，0）滿足上式. 綜上，得點C的軌跡方程

6、為 （1–a）x2–2ax+(1+a)y2=0(0＜x＜a (i)當a=1時，軌跡方程化為y2=x(0≤x＜1③ 此時方程③表示拋物線弧段； (ii)當a≠1，軌跡方程化為 ④ 所以當0＜a＜1時，方程④表示橢圓弧段； 當a＞1時，方程④表示雙曲線一支的弧段. 解法二：如圖，設D是l與x軸的交點，過點C作CE⊥x軸，E是垂足. （i）當｜BD｜≠0時， 設點C(x,y)，則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

7、+a)y2=0(0＜x＜a) (ii)當｜BD｜=0時，∠BOA=π，則點C的坐標為(0,0)，滿足上式. 綜合(i)、(ii)，得點C的軌跡方程為 (1–a)x2–2ax+(1+a)y2=0(0≤x＜a) 以下同解法一. 解法三：設C(x,y)、B(–1,b)，則BO的方程為y=–bx，直線AB的方程為 ∵當b≠0時，OC平分∠AOB，設∠AOC=θ, ∴直線OC的斜率為k=tanθ,OC的方程為y=kx于是 又tan2θ=–b ∴–b=① ∵C點在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

8、 ④ 當b=0時，即B點在x軸上時，C(0,0)滿足上式： a≠1時，④式變?yōu)? 當0＜a＜1時，④表示橢圓弧段； 當a＞1時，④表示雙曲線一支的弧段； 當a=1時，④表示拋物線弧段. ●錦囊妙計 分類討論思想就是依據(jù)一定的標準，對問題分類、求解，要特別注意分類必須滿足互斥、無漏、最簡的原則.分類討論常見的依據(jù)是： 1.由概念內(nèi)涵分類.如絕對值、直線的斜率、指數(shù)對數(shù)函數(shù)、直線與平面的夾角等定義包含了分類. 2.由公式條件分類.如等比數(shù)列的前n項和公式、極限的計算、圓錐曲線的統(tǒng)一定義中圖形的分類等. 3.由實際意義分類.如排列、組合、概率中較常見，但不明顯、有些應

9、用問題也需分類討論. 在學習中也要注意優(yōu)化策略，有時利用轉化策略，如反證法、補集法、變更多元法、數(shù)形結合法等簡化甚至避開討論. ●殲滅難點訓練 一、選擇題 1.（★★★★）已知其中a∈R，則a的取值范圍是( ) A.a＜0 B.a＜2或a≠–2 C.–2＜a＜2 D.a＜–2或a＞2 2.（★★★★★）四面體的頂點和各棱的中點共10個點，在其中取4個不共面的點，不同的取法共有( ) A.150種 B.147種 C.144種 D.141

10、種 二、填空題 3.（★★★★）已知線段AB在平面α外，A、B兩點到平面α的距離分別為1和3，則線段AB的中點到平面α的距離為. 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，則a的值為，m的取值范圍為. 三、解答題 5.（★★★★）已知集合A={x｜x2+px+q=0}，B={x｜qx2+px+1=0},A,B同時滿足： ①A∩B≠,②A∩B={–2}.求p、q的值. 6.（★★★★）已知直角坐標平面上點Q（2，0）和圓C：x2+y2=1，動點M到圓C的切線長與｜MQ｜

11、的比等于常數(shù)λ(λ＞0).求動點M的軌跡方程，并說明它表示什么曲線. 7.(★★★★★)已知函數(shù)y=f(x)的圖象是自原點出發(fā)的一條折線.當n≤y≤n+1(n=0,1,2,…)時，該圖象是斜率為bn的線段（其中正常數(shù)b≠1），設數(shù)列{xn}由f(xn)=n(n=1,2,…)定義. （1）求x1、x2和xn的表達式； （2）計算xn； （3）求f(x)的表達式，并寫出其定義域. 8.（★★★★★）已知a＞0時，函數(shù)f(x)=ax–bx2 （1）當b＞0時，若對任意x∈R都有f(x)≤1，證明a≤2b; （2）當b＞1時，證明：對任意x∈［0,1］,｜f(x)｜≤1的充要條件是b–1

12、≤a≤2； （3）當0＜b≤1時，討論：對任意x∈［0,1］,｜f(x)｜≤1的充要條件. 參 考 答 案 ●難點磁場 1.解析：即f(x)=(a–1)x2+ax–=0有解. 當a–1=0時，滿足.當a–1≠0時，只需Δ=a2–(a–1)＞0. 答案：或a=1 2.解：(1)當a=0時，函數(shù)f(–x)=(–x)2+｜–x｜+1=f(x)，此時f(x)為偶函數(shù). 當a≠0時，f(a)=a2+1,f(–a)=a2+2｜a｜+1.f(–a)≠f(a),f(–a)≠–f(a) 此時函數(shù)f(x)既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù). （2）①當x≤a時，函數(shù)f(x)=x2–x+a+1=

13、(x–)2+a+ 若a≤，則函數(shù)f(x)在(–∞,a］上單調(diào)遞減. 從而函數(shù)f(x)在（–∞,a上的最小值為f(a)=a2+1 若a＞，則函數(shù)f(x)在（–∞,a上的最小值為f()=+a，且f()≤f(a). ②當x≥a時，函數(shù)f(x)=x2+x–a+1=(x+)2–a+ 若a≤–，則函數(shù)f(x)在［a,+∞］上的最小值為f(–)=–a，且f(–)≤f(a)； 若a＞–，則函數(shù)f(x)在［a,+∞)單調(diào)遞增. 從而函數(shù)f(x)在［a,+∞］上的最小值為f(a)=a2+1. 綜上，當a≤–時，函數(shù)f(x)的最小值為–a； 當–＜a≤時，函數(shù)f(x)的最小值是a2+1； 當a＞

14、時，函數(shù)f(x)的最小值是a+. ●殲滅難點訓練 一、1.解析：分a=2、｜a｜＞2和｜a｜＜2三種情況分別驗證. 答案：C 2.解析：任取4個點共C=210種取法.四點共面的有三類：（1）每個面上有6個點，則有4×C=60種取共面的取法；（2）相比較的4個中點共3種；（3）一條棱上的3點與對棱的中點共6種. 答案：C 二、3.解析：分線段AB兩端點在平面同側和異側兩種情況解決. 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33或（–2，2） 三

15、、5.解：設x0∈A，x0是x02+px0+q=0的根. 若x0=0，則A={–2,0}，從而p=2,q=0,B={–}. 此時A∩B=與已知矛盾，故x0≠0. 將方程x02+px0+q=0兩邊除以x02，得 . 即滿足B中的方程，故∈B. ∵A∩={–2},則–2∈A,且–2∈. 設A={–2,x0}，則B={}，且x0≠2（否則A∩B=）. 若x0=–，則–2∈B,與–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有兩個不相等的實數(shù)根–2，1或–2，–1 ∴ 6.解：如圖，設MN切圓C于N，則

16、動點M組成的集合是P={M｜｜MN｜=λ｜MQ｜,λ＞0}. ∵ON⊥MN,｜ON｜=1, ∴｜MN｜2=｜MO｜2–｜ON｜2=｜MO｜2–1 設動點M的坐標為(x,y)， 則 即（x2–1)(x2+y2)–4λ2x+(4λ2+1)=0. 經(jīng)檢驗，坐標適合這個方程的點都屬于集合P，故方程為所求的軌跡方程. （1）當λ=1時，方程為x=，它是垂直于x軸且與x軸相交于點（，0）的直線； （2）當λ≠1時，方程化為： 它是以為圓心，為半徑的圓. 7.解：（1）依題意f(0)=0，又由f(x1)=1，當0≤y≤1，函數(shù)y=f(x)的圖象是斜率為b0=1的線段，故由 ∴x1=

17、1 又由f(x2)=2，當1≤y≤2時，函數(shù)y=f(x)的圖象是斜率為b的線段，故由 即x2–x1= ∴x2=1+ 記x0=0，由函數(shù)y=f(x)圖象中第n段線段的斜率為bn–1，故得 又由f(xn)=n,f(xn–1)=n–1 ∴xn–xn–1=()n–1,n=1,2,…… 由此知數(shù)列{xn–xn–1}為等比數(shù)列，其首項為1，公比為. 因b≠1，得(xk–xk–1) =1++…+ 即xn= （2）由（1）知，當b＞1時， 當0＜b＜1，n→∞, xn也趨于無窮大.xn不存在. （3）由（1）知，當0≤y≤1時，y=x，即當0≤x≤1時，f(x)=x; 當n

18、≤y≤n+1，即xn≤x≤xn+1由（1）可知 f(x)=n+bn(x–xn)(n=1,2,…),由（2）知 當b＞1時，y=f(x)的定義域為［0,); 當0＜b＜1時，y=f(x)的定義域為［0,+∞). 8.(1)證明：依設，對任意x∈R，都有f(x)≤1 ∵ ∴≤1 ∵a＞0,b＞0 ∴a≤2. （2）證明：必要性： 對任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1–1≤f(x），據(jù)此可以推出–1≤f(1) 即a–b≥–1，∴a≥b–1 對任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1f(x)≤1. 因為b＞1，可以推出f()≤1即a·–1≤1， ∴a≤2,∴b–1≤a≤2

19、充分性： 因為b＞1，a≥b–1，對任意x∈［0,1］. 可以推出ax–bx2≥b(x–x2)–x≥–x≥–1 即ax–bx2≥–1 因為b＞1,a≤2,對任意x∈［0,1］，可以推出ax–bx2≤2x–bx2≤1 即ax–bx2≤1,∴–1≤f(x)≤1 綜上，當b＞1時，對任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1的充要條件是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 所以當a＞0，0＜b≤1時，對任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1的充要條件是a≤b+1. 內(nèi)容總結 （1）難點38 分類討論思想 分類討論思想就是根據(jù)所研究對象的性質(zhì)差異，分各種不同的情況予以分析解決.分類討論題覆蓋知識點較多，利于考查學生的知識面、分類思想和技巧