【2017参考】金版教程2016高考数学文二轮复习课件2-3-3 分类讨论思想

第二编考前冲刺攻略第三步数学思想与方法第三讲分类讨论思想1.分类讨论思想的含义分类讨论思想就是当问题所给的对象不能进行统一研究时，需要把研究对象按某个标准分类，然后对每一类分别研究得出结论，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”的解题策略．2.分类讨论的常见类型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)由数学概念引起的分类讨论：有的概念本身是分类的，如绝对值、直线斜率、指数函数、对数函数等．(2)由性质、定理、公式的限制引起的分类讨论：有的数学定理、公式、性质是分类给出的，在不同的条件下结论不一致，如等比数列的前n项和公式、函数的单调性等．(3)由数学运算要求引起的分类讨论：如除法运算中除数不为零，偶次方根被开方数为非负，对数真数与底数的要求，指数运算中底数的要求，不等式两边同乘以一个正数、负数，三角函数的定义域等．(4)由图形的不确定性引起的分类讨论：有的图形类型、位置需要分类，如角的终边所在的象限，点、线、面的位置关系等．(5)由参数的变化引起的分类讨论：某些含有参数的问题，如含参数的方程、不等式，由于参数的取值不同会导致所得结果不同，或对于不同的参数值要运用不同的求解或证明方法．(6)由实际意义引起的讨论：此类问题常常出现在应用题中．3.分类讨论解题的步骤(1)确定分类讨论的对象：即对哪个变量或参数进行分类讨论．(2)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．(4)归纳总结：将各类情况总结归纳．类型一由概念、法则、公式引起的分类讨论LEIXING例1在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列．(1)求d，an；解(1)由题意得，5a3·a1＝(2a2＋2)2，即5(a1＋2d)·a1＝(2a1＋2d＋2)2d2－3d－4＝0，解得d＝－1或d＝4，所以an＝－n＋11或an＝4n＋6.(2)若d0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.解(2)设数列{an}前n项和为Sn，因为d0，所以d＝－1，an＝－n＋11，则由an≥0，即－n＋11≥0得n≤11.所以当n≤11时，an≥0，n≥12时，an0.所以n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－12n2＋212n；n≥12时，|a1|＋|a2|＋…＋|a11|＋|a12|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a11－a12－…－an＝S11－(Sn－S11)＝－Sn＋2S11＝12n2－212n＋110.综上所述，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝－12n2＋212n，n≤11，12n2－212n＋110，n≥12.审题过程切入点(1)把a2，a3用a1，d表示，列方程求解．(2)令an≥0求出变号的项．关注点(1)公差d有两个结果，从而有两个an.(2)需根据an的正负分类讨论求解.四步解决由概念、法则、公式引起的分类讨论问题第一步：确定需分类的目标与对象．即确定需要分类的目标，一般把需要用到公式、定理解决问题的对象作为分类目标．第二步：根据公式、定理确定分类标准．运用公式、定理对分类对象进行区分．第三步：分类解决“分目标”问题．对分类出来的“分目标”分别进行处理．第四步：汇总“分目标”．将“分目标”问题进行汇总，并作进一步处理.模拟演练1已知各项均为正数的数列{an}，其前n项和为Sn，且Sn＝(Sn－1＋a1)2(n≥2)，若bn＝an＋1an＋anan＋1，且数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝________.解析由题意可得，Sn0，因为Sn＝(Sn－1＋a1)2(n≥2)，所以Sn＝Sn－1＋a1，即数列{Sn}是以S1＝a1为首项，以a1为公差的等差数列，所以Sn＝na1，所以Sn＝n2a1，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2a1－(n－1)2a1＝(2n－1)a1，当n＝1时，适合上式，所以bn＝an＋1an＋anan＋1＝2n＋12n－1＋2n－12n＋1＝1＋22n－1＋1－22n＋1＝2＋212n－1－12n＋1，所以Tn＝2n＋21－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝2n＋21－12n＋1＝2n＋4n2n＋1＝4n2＋6n2n＋1.4n2＋6n2n＋1类型二由参数变化而引起的分类讨论LEIXING例2[2014·北京高考]对于数对序列P：(a1，b1)，(a2，b2)，…，(an，bn)，记T1(P)＝a1＋b1，Tk(P)＝bk＋max{Tk－1(P)，a1＋a2＋…＋ak}(2≤k≤n)，其中max{Tk－1(P)，a1＋a2＋…＋ak}表示Tk－1(P)和a1＋a2＋…＋ak两个数中最大的数．(1)对于数对序列P：(2,5)，(4,1)，求T1(P)，T2(P)的值；解(1)T1(P)＝2＋5＝7，T2(P)＝1＋max{T1(P)，2＋4}＝1＋max{7,6}＝8.(2)记m为a，b，c，d四个数中最小的数，对于由两个数对(a，b)，(c，d)组成的数对序列P：(a，b)，(c，d)和P′：(c，d)，(a，b)，试分别对m＝a和m＝d两种情况比较T2(P)和T2(P′)的大小；解(2)T2(P)＝max{a＋b＋d，a＋c＋d}，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}．当m＝a时，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}＝c＋d＋b.因为a＋b＋d≤c＋b＋d，且a＋c＋d≤c＋b＋d，所以T2(P)≤T2(P′)．当m＝d时，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}＝c＋a＋b.因为a＋b＋d≤c＋a＋b，且a＋c＋d≤c＋a＋b，所以T2(P)≤T2(P′)．所以无论m＝a还是m＝d，T2(P)≤T2(P′)都成立．(3)在由五个数对(11,8)，(5,2)，(16,11)，(11,11)，(4,6)组成的所有数对序列中，写出一个数对序列P使T5(P)最小，并写出T5(P)的值．(只需写出结论)解(3)数对序列P：(4,6)，(11,11)，(16,11)，(11,8)，(5,2)的T5(P)值最小，T1(P)＝10，T2(P)＝26，T3(P)＝42，T4(P)＝50，T5(P)＝52.审题过程切入点利用公式，计算出最小值m的不同值T2(P)和T2(P′)．关注点合理分类，利用类比．两类与参数有关的分类讨论问题(1)由于所求的变量或参数的取值不同会导致结果不同，所以要对某些问题中所求的变量进行讨论；(2)有的问题中虽然不需要对变量讨论，但却要对参数讨论．在求解时要注意讨论的对象，同时应理顺讨论的目的．模拟演练2设函数f(x)＝x－|x＋2|－|x－3|－m(m∈R)．(1)当m＝－4时，求函数f(x)的最大值；解(1)当m＝－4时，f(x)＝x－|x＋2|－|x－3|＋4＝3x＋3，x－2x－1，－2≤x≤3－x＋5，x3，所以函数f(x)在(－∞，3]上是增函数，在(3，＋∞)上是减函数，所以f(x)max＝f(3)＝2.(2)若存在x0∈R，使得f(x0)≥1m－4，求实数m的取值范围．解(2)不等式f(x0)≥1m－4，即x0－|x0＋2|－|x0－3|＋4≥1m＋m，令g(x)＝x－|x＋2|－|x－3|＋4，则存在x0∈R，使得g(x0)≥1m＋m成立，因此1m＋m≤g(x)max＝2，即1m＋m≤2，当m0时，原不等式为(m－1)2≤0，解得m＝1，当m0时，原不等式为(m－1)2≥0，解得m0，综上所述，实数m的取值范围是(－∞，0)∪{1}.模拟演练3[2015·福建高考]已知函数f(x)的图象是由函数g(x)＝cosx的图象经如下变换得到：先将g(x)图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)，再将所得到的图象向右平移π2个单位长度．(1)求函数f(x)的解析式，并求其图象的对称轴方程；解(1)将g(x)＝cosx的图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)得到y＝2cosx的图象，再将y＝2cosx的图象向右平移π2个单位长度得到y＝2cos(x－π2)的图象，故f(x)＝2sinx.从而函数f(x)＝2sinx图象的对称轴方程为x＝kπ＋π2(k∈Z)．(2)已知关于x的方程f(x)＋g(x)＝m在[0,2π)内有两个不同的解α，β.①求实数m的取值范围；解(2)①f(x)＋g(x)＝2sinx＋cosx＝5(25sinx＋15cosx)＝5sin(x＋φ)其中sinφ＝15，cosφ＝25.依题意，sin(x＋φ)＝m5在[0,2π)内有两个不同的解α，β当且仅当m51，故m的取值范围是(－5，5)．②证明：cos(α－β)＝2m25－1.②证明：cos(α－β)＝2m25－1.解②因为α，β是方程5sin(x＋φ)＝m在[0,2π)内的两个不同的解，所以sin(α＋φ)＝m5，sin(β＋φ)＝m5.当1≤m5时，α＋β＝2π2－φ，即α－β＝π－2(β＋φ)；当－5m1时，α＋β＝23π2－φ，即α－β＝3π－2(β＋φ)，所以cos(α－β)＝－cos2(β＋φ)＝2sin2(β＋φ)－1＝2m52－1＝2m25－1.类型三根据图形位置或形状分类讨论LEIXING例3[2015·广东高考]已知过原点的动直线l与圆C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的两点A，B.(1)求圆C1的圆心坐标；解(1)圆C1的标准方程为(x－3)2＋y2＝4，圆心C1(3,0)．(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程；解(2)由垂径定理知，C1M⊥AB，故点M在以OC1为直径的圆上，即x－322＋y2＝94.故线段AB的中点M的轨迹C的方程是x－322＋y2＝94在圆C1：(x－3)2＋y2＝4内部的部分，设AB方程为y＝k1x，当AB与圆C1相切时y＝k1xx2＋y2－6x＋5＝0⇒(k21＋1)x2－6x＋5＝0，由Δ＝36－4×5×(k2＋1)＝0得k1＝±255，代入方程组得x＝53，因此x∈53，3.即x－322＋y2＝9453＜x≤3.(3)是否存在实数k，使得直线L：y＝k(x－4)与曲线C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．解(3)联立x＝53，x－322＋y2＝94，解得x＝53，y＝±253.不妨设其交点为P153，253，P253，－253，设直线L：y＝k(x－4)所过定点为P(4,0)，则kPP1＝－257，kPP2＝257.当直线L与圆C相切时，32k－4kk2＋1＝32，解得k＝±34.故当k∈－34，34∪－257，257时，直线L与曲线C只有一个交点．审题过程切入点直线与曲线C只有一个交点，即直线与圆相切，或与曲线C相交(仅有1个交点)，从而确定斜率k的取值范围．关注点分类讨论与数形结合．几类常见的由图形的位置或形状变化引起的分类讨论(1)二次函数对称轴的变化；(2)函数问题中区间的变化；(3)函数图象形状的变化；(4)直线由斜率引起的位置变化；(5)圆锥曲线由焦点引起的位置变化或由离心率引起的形状变化；(6)立体几何中点、线、面的位置变化等.模拟演练4已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)上的点到两个焦点的距离之和为23，短轴长为12，直线l与椭圆C交于M、N两点．(1)求椭圆C的方程；解(1)由椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)上的点到两个焦点的距离之和为23，得2a＝23，即a＝13，由短轴长为12，得2b＝12，即b＝14，所以椭圆C的方程为9x2＋16y2＝1.(2)若直线l与圆O：x2＋y2＝125相切，证明：∠MON为定值．解(2)证明：当直线l⊥