战神3 纯黑第3期:难点38 分类讨论思想

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{a_n}是首项为2，公比为 的等比数列，S_n为它的前n项和.

（1）用S_n表示S_n+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S_n=4(1– ），得

，(n∈N^*)

（2）要使 ，只要

因为

所以 ，(k∈N^*)

故只要 S_k–2＜c＜S_k，（k∈N^*）

因为S_k+1＞S_k，(k∈N^*)         ①

所以 S_k–2≥ S₁–2=1.

又S_k＜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＜S_k不成立，从而①不成立.

当k≥2时，因为 ，由S_k＜S_k+1(k∈N^*)得

S_k–2＜ S_k+1–2

故当k≥2时， S_k–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＜S_k不成立，从而①不成立

因为 ，又 S_k–2＜ S_k+1–2

所以当k≥3时， S_k–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{x_n}由f(x_n)=n(n=1,2,…)定义.

（1）求x₁、x₂和x_n的表达式；

（2）计算 x_n；

（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–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

∴

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b^n–1，故得

又由f(x_n)=n,f(x_n–1)=n–1

∴x_n–x_n–1=( )^n–1,n=1,2,……

由此知数列{x_n–x_n–1}为等比数列，其首项为1，公比为 .

因b≠1，得 (x_k–x_k–1)

=1+ +…+

即x_n=

（2）由（1）知，当b＞1时，

当0＜b＜1，n→∞, x_n也趋于无穷大. x_n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x_n≤x≤x_n+1由（1）可知

f(x)=n+bⁿ(x–x_n)(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)｜≤1 f(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≤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.