21工程项目管理课程设计

1高考数学二轮复习：极限突破2分类讨论思想【考情分析】分类讨论是解决问题的一种逻辑方法，也是一种数学思想，这种思想对于简化研究对象，发展人的思维有着重要帮助，因此，有关分类讨论的数学命题在高考试题中占有重要位置。所谓分类讨论，就是当问题所给的对象不能进行统一研究时，就需要对研究对象按某个标准分类，然后对每一类分别研究得出每一类的结论，最后综合各类结果得到整个问题的解答.实质上，分类讨论是“化整为零，各个击破，再积零为整”的数学策略.分类讨论思想是一种重要的数学思想，它在人的思维发展中有着重要的作用，因此在近几年的高考试题中，他都被列为一种重要的思维方法来考察。分类讨论是每年高考必考的内容，将有一道中档或中档偏上的题目，其求解思路直接依赖于分类讨论，特别关注以下方面：涉及指数、对数底的讨论，含参数的一元二次不等式、等比数列求和，由nS求na等。【知识交汇】分类讨论是一种重要的数学思想方法，当问题的对象不能进行统一研究时，就需要对研究的对象进行分类，然后对每一类分别研究，给出每一类的结果，最终综合各类结果得到整个问题的解答。1．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。有关分类讨论的数学问题需要运用分类讨论思想来解决，引起分类讨论的原因大致可归纳为如下几种：（1）涉及的数学概念是分类讨论的；如绝对值|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。再有：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）运用的数学定理、公式、或运算性质、法则是分类给出的；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。再有，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；（4）数学问题中含有参变量，这些参变量的不同取值导致不同的结果的；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。（5）较复杂或非常规的数学问题，需要采取分类讨论的解题策略来解决的。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。22．分类讨论是一种逻辑方法，在中学数学中有极广泛的应用。根据不同标准可以有不同的分类方法，但分类必须从同一标准出发，做到不重复，不遗漏，包含各种情况，同时要有利于问题研究；3．分类原则：（1）对所讨论的全域分类要“即不重复，也不遗漏”（2）在同一次讨论中只能按所确定的一个标准进行（3）对多级讨论，应逐级进行，不能越级；4．分类方法：（1）概念和性质是分类的依据（2）按区域（定义域或值域）进行分类是基本方法（3）不定因素（条件或结论不唯一，数值大小的不确定，图形位置的不确定）是分类的突破口（4）二分发是分类讨论的利器（4）层次分明是分类讨论的基本要求；5．讨论的基本步骤：(1)明确讨论的对象：即对哪个参数进行讨论；(2)对所讨论的对象进行合理分类(分类时要做到不重复、不遗漏、标准要统一、分层不越级)；(3)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；6．简化和避免分类讨论的优化策略：（1）直接回避。如运用反证法、求补法、消参法等方法有时可以避开烦琐讨论；（2）变更主元。如分离参数、变参置换，构造以讨论对象为变量的函数得便感形式解题时可避开讨论；（3）合理运算。如利用函数奇偶性、变量的对称轮换以及公式的合理选用等有时可以简化甚至避开讨论；（4）数形结合。利用函数图象、几何图形的直观性和对称特点有时可以简化甚至避开讨论。【思想方法】题型1：集合中分类讨论问题例1．已知集合M=｛a2,a+1,－3｝,N=｛a－3,2a－1,a2+1｝,若M∩N=｛－3｝,则a的值（）A．－1B．0C．1D．2解析：A；M∩N=｛-3｝，3N=｛a-3，2a-1，a2+1｝，若a－3=-3,则a=0,此时M={0,1,－3}，N={－3，－1，1}，则M∩N=｛-3，1｝，故不适合。若2a－1=－3，则a=－1，此时M={1,0,－3},N={－4,－3,2}，若a2+1=－3，此方程无实数解。点评：该题结合集合的运算考查了分类讨论思想，分类的标准结合集合的性质：无序性、互异性、确定性。例2．记实数1x，2x，……nx中的最大数为max12,,......nxxx，最小数为min12,,......nxxx。已知ABC的三边长位a,b,c（abc），定义它的亲倾斜度为3max,,.min,,,abcabclbcabca则“l=1”是“ABC为等边三角形”的（）A．必要而不充分的条件B．充分而不必要的条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案：A；解析：若△ABC为等边三角形时，即a=b=c，则max,,1min,,abcabcbcabca则l=1；若△ABC为等腰三角形，如a=2,b=2,c=3时，则32max,,,min,,23abcabcbcabca，此时l=1仍成立但△ABC不为等边三角形,所以A正确。点评：把握含参数问题参数的分类标准最为关键，像三角形的分类带来的参数标准的分类是解题的关键。题型2：函数、方程中分类讨论问题例3．设函数1fxxx．对任意1,x，0fmxmfx恒成立，则实数m的取值范围是；,1；【解析】解法1．显然0m，由于函数1fxxx对1,x是增函数，则当0m时，0fmxmfx不恒成立，因此0m．当0m时，函数hxfmxmfx在1,x是减函数，因此当1x时，hx取得最大值11hmm，于是0hxfmxmfx恒成立等价于hx1,x的最大值0，即110hmm，解10,0,mmm得1m．于是实数m的取值范围是,1．解法2．然0m，由于函数1fxxx对1,x是增函数，则当0m时，0fmxmfx不成立，因此0m．2222112120mmmxmfmxmfxmxmxmxmxxmxmx，4因为1,x，0m，则222210mxm，设函数22221gxmxm，则当1,x时为增函数，于是1x时，gx取得最小值211gm．解2110,0,gmm得1m．于是实数m的取值范围是,1．解法3．因为对任意1,x，0fmxmfx恒成立，所以对1x，不等式0fmxmfx也成立，于是10fmmf，即10mm，解10,0,mmm得1m．于是实数m的取值范围是,1．点评：含有参数的二次函数的最值问题历来就是高中数学的重点和难点之一。求解此类问题的关键一点就是紧扣对称轴，依此来展开有条理性的分类讨论。例4．已知函数21()32fxx，()hxx．（Ⅰ）设函数F(x)＝f(x)－h(x)，求F(x)的单调区间与极值；（Ⅱ）设aR，解关于x的方程42233log[(1)]log()log(4)24fxhaxhx；（Ⅲ）试比较1001(100)(100)()kfhhk与16的大小．本小题主要考查函数导数的应用、不等式的证明、解方程等基本知识，考查数形结合、函数与方程、分类与整合、特殊与一般等数学思想方法及推理运算、分析问题、解决问题的能力．解：（Ⅰ）由21()32Fxxx（0x）知，43()6xFxx，令()0Fx，得916x．当9(0,)16x时，()0Fx；当9(,)16x时，()0Fx．故当9[0,)16x时，()Fx是减函数；9[,)16x时，()Fx是增函数．函数()Fx在916x处有得极小值91()168F．（Ⅱ）方法一：原方程可化为42233log[(1)]log()log(4)24fxhaxhx，即为4222log(1)loglog4log4axxaxxx，且,14,xax5①当14a时，1xa，则14axxx，即2640xxa，364(4)2040aa，此时6204352axa，∵1xa，此时方程仅有一解35xa．②当4a时，14x，由14axxx，得2640xxa，364(4)204aa，若45a，则0，方程有两解35xa；若5a时，则0，方程有一解3x；若1a或5a，原方程无解．方法二：原方程可化为422log(1)log(4)log()xhxhax，即2221log(1)log4log2xxax，10,40,0,(1)(4).xxaxxxax214,(3)5.xxaax①当14a时，原方程有一解35xa；②当45a时，原方程有二解35xa；③当5a时，原方程有一解3x；④当1a或5a时，原方程无解．（Ⅲ）由已知得10010011()kkhkk．设数列{}na的前n项和为nS，且1()()6nSfnhn（*nN）从而111aS，当2100k时，14341166kkkkkaSSkk．又1[(43)(41)1]6kakkkkk221(43)(41)(1)6(43)(41)1kkkkkkkk1106(43)(41)1kkkk．即对任意2100k时，有kak，又因为111a，所以10010011kkkak．6故10011(100)(100)()6kfhhk．点评：本小题主要考查函数、方程等基本知识，考查分类讨论的数学思想方法和综合运用数学知识分析问题、解决问题的能力。题型3：解析几何中的分类讨论问题例5．已知动直线l与椭圆C:22132xy交于P11,xy、Q22,xy两不同点，且△OPQ的面积OPQS=62,其中O为坐标原点.（Ⅰ）证明2212xx和2212yy均为定值;（Ⅱ）设线段PQ的中点为M，求||||OMPQ的最大值；（Ⅲ）椭圆C上是否存在点D,E,G，使得62ODEODGOEGSSS?若存在，判断△DEG的形状；若不存在，请说明理由.（I）解：（1）当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，所以2121,.xxyy因为11(,)Pxy在椭圆上，因此2211132xy①又因为6,2OPQS所以116||||.2xy②由①、②得116||,||1.2xy此时222212123,2,xxyy（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为,ykxm由题意知m0，将其代入22132xy，得222(23)63(2)0kxkmxm，其中22223612(23)(2)0,kmkm即2232km…………（*）又212122263(2),,2323kmmxxxxkk7所以22222121222632||1()41,23kmPQkxxxxkk因为点O到直线l的距离为2||1,mdk所以1||2OPQSPQd2222212632||12231kmmkkk2226||3223mkmk又6,2OPQS整理得22322,km且符合（*）式，此时222221212122263(2)()2()23,2323kmmxxxxxx