特级教师王连笑2009年高考数学思想方法与教学专题课件(8个ppt )2.分类讨论与整合思想

2.分类讨论与整合思想王连笑在解题时,我们常常遇到这样一种情况，解到某一步之后，不能再以统一的方法，统一的式子继续进行了，因为这时被研究的问题包含了多种情况，这就必须在条件所给出的总区域内，正确划分若干个子区域，然后分别在多个子区域内进行解题，这就是分类讨论的思想方法．分类思想是以概念的划分，集合的分类为基础的思想方法，这里集中体现的是由大化小,由整体化为部分,由一般化为特殊的解决问题的方法,其研究方向基本是“分”，但分类解决问题问题之后，还必须把它们总合在一起，这种“合－分－合”的解决问题的过程，就是分类与整合的思想方法．对分类讨论思想的考查,一方面,是有没有分类的意识,遇到应该分类的情况,是否想到要分类.有哪些情况需要分类呢？(1)有些概念就是分类定义的，例如绝对值的概念，对x要分为0,0xx和0x三类;又如三角形可分为锐角三角形,直角三角形,钝角三角形三类,函数2fxaxbxc,当0a时是一次函数,当0a时,是二次函数等等;(2)有的运算法则和定理,公式是分类给出的，例如等比数列的求和公式就分为1q和1q两种情况，对数函数的单调性就分为a＞1，a＜1两种情况,不等式20axbxc的解又分为0a,0a时00,0，及0a时00,0，共7种情况，直线的斜率分为存在与不存在两种情况等等;(3)图形位置的相对变化也会引起分类，例如两点在同一平面的同侧,异侧,二次函数图像的对称轴相对于定义域的不同位置，求不等式10xxa时，在数轴上，要区别a在1的左侧，重合与右侧三种情况等;(4)对于一些题目如排列组合的计数问题,概率问题又要按题目的特殊要求，分成若干情况研究.(5)涉及到整数或自然数的问题,或1n时,可对整数分为奇数和偶数两类,或者把整数按以3或以4,以5等为模的同余类分类.所以,考察分类讨论思想的第一个内容就是想到想不到要分类，第二方面则是是如何分类，即要会科学地分类，分类要标准统一，不重不漏；第三方面是分类之后如何研究,要会在不同情况下进行讨论;第四方面是如何把分类讨论的结果进行整合.1.遇到概念的分类定义,是否想到分类【例1】（2004北京卷，理）某段城铁线路上依次有A、B、C三站，AB=5km，BC=3km，在列车运行时刻表上，规定列车8时整从A站发车，8时07分到达B站并停车1分钟，8时12分到达C站.在实际运行中，假设列车从A站正点发车，在B站停留1分钟，并在行驶时以同一速度km/hv匀速行驶，列车从A站到达某站的时间与时刻表上相应时间之差的绝对值称为列车在该站的运行误差.（I）分别写出列车在B、C两站的运行误差;（II）若要求列车在B，C两站的运行误差之和不超过2分钟，求v的取值范围.【分析及解】（I）列车在B，C两站的运行误差（单位：分钟）分别是3007v和48011v.（II）由于列车在B，C两站的运行误差之和不超过2分钟，所以3004807112vv.（*）不等式（*）是一个含绝对值符号的不等式，要去掉绝对值符号就要根据3007v和48011v的正负进行分类.当03007v时，（*）式变形为3007480112vv,解得393007v;当300748011v时，（*）式变形为7300480112vv,解得300748011v;当v48011时，（*）式变形为700114802vv,解得480111954v.综上所述，v的取值范围是19539,4.【例2】(2006辽宁卷,理)已知函数11()(sincos)sincos22fxxxxx,则()fx的值域是().A.1,1B.2,12C.21,2D.21,2【分析及解】本题给出的函数是一个含有绝对值符号的函数,就要针对sincosxx的正负进行分类,写成分段函数cos(sincos)11()(sincos)sincossin(sincos)22xxxfxxxxxxxx当sincosxx,即52244kxkkZ时,cos,fxxfx21,2,当sincosxx,即32244kxkkZ时,sin,fxxfx21,2.故选(C).【例3】（2008广东卷，理）已知aR，若关于x的方程2104xxaa有实根，则a的取值范围是．【分析及解】本题有两个绝对值符号14a和a，为去掉绝对值符号，就要把全体实数分为5种情形讨论.(1)当0a时,方程为21204xxa,此时21202xa,方程无解;(2)当0a时,方程为2104xx,有实根12x;(3)当104a时,方程为2104xx,有实根12x(4)当14a时,方程为2104xx,有实根12x;(5)当14a时,方程为21204xxa,此时280a,方程无解.综合以上,a的取值范围是104，.【例4】(2005浙江卷,理)已知函数xf和xg的图象关于原点对称,且xxxf22.（Ⅰ）求函数xg的解析式;（Ⅱ）解不等式1gxfxx;（Ⅲ）若xhxfxg1在1,1上是增函数,求实数的取值范围.【分析及解】（Ⅰ）22gxxx.(Ⅱ)由1gxfxx可得2210xx,需对1x和1x分类.当1x时,2210xx,此时不等式无解,当1x时,2210xx,解为112x,因此,原不等式的解集为11,2.(Ⅲ)21211hxxx.首先,要针对hx是一次函数还是二次函数进行分类,对于二次函数,又要对hx图像的开口方向的不同进行分类.（1）当1时,hx是一次函数,41hxx在1,1上是增函数,∴1;（2）当1时,对称轴的方程为11x.①当1时,二次函数hx的图象开口向上，若xhxfxg1在1,1上是增函数，应满足111,解得1；②当1时,二次函数hx的图象开口向上，若xhxfxg1在1,1上是增函数，应满足111,解得10。综上,0【例5】（2004浙江卷，理）已知01,0,1xxxf则不等式522xfxx的解集是.【分析及解】已知函数是一个分段函数，因此，要根据分段函数的定义域的划分进行分类.（1）当20x，即2x时，不等式化为25xx，解得322x；（2）当20x，即2x时，不等式化为25xx，解得2x.由(1),(2)得,不等式的解集为3,2.【例6】设22|2lg(92)0Axxxaa，0xxB，且AB，求实数a的取值范围．【分析及解】由AB,可知,集合A可能是空集或非空集,对集合A是否为空集分类.(1)当A是空集时,有22224lg920lg921aaaa22920,5229210.aaaaa.(2)当A不是空集时,B是空集,必须使方程222lg(92)0xxaa有二负根,其充要条件是22122244lg920,921,20,9210.lg920.aaaaxxaaaa97324a或597324a综合(1),(2)得97397344a.2.遇到定理,法则的分类给出,是否想到分类【例1】(2006安徽卷,文)在等差数列na中，11a，前n项和nS满足条件242,1,2,1nnSnnSn，（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）记(0)nannbapp，求数列nb的前n项和nT。【分析及解】（Ⅰ）设等差数列na的公差为d,由2421nnSnSn得：1213aaa，所以22a，即211daa，又1211122()42212nnnnnnandanSandanaanSaan＝2(1)1nnana，所以nan.（Ⅱ）由nannbap，得nnbnp。所以23123(1)nnnTpppnpnp，由于涉及到等比数列求和,要对公比p按是否等于1分类:当1p时，12nnT；当1p时，234123(1)nnnpTpppnpnp，23111(1)(1)1nnnnnnpppTpppppnpnpp即11,12(1),11nnnnpTppnppp.【例2】(2005全国卷Ⅰ,理)设等比数列na的公比为q，前n项和0nS1,2,n.（Ⅰ）求q的取值范围；（Ⅱ）设,2312nnnaab记}{nb的前n项和为nT，试比较nS和nT的大小.【分析及解】（Ⅰ）因为na是等比数列，由0nS可得110,0.aSq0,nS首先对q分类，分为1q和1q讨论，当;0,11naSqn时当1q时,1(1)10,0,(1,2,)11nnnaqqSnqq即上式等价于不等式组：),2,1(,01,01nqqn①或),2,1(,01,01nqqn②解①式得1q；解②，对n要分为奇数和偶数研究，由于n可为奇数、可为偶数，得11q.再把上述的分类讨论结果进行整合，整合时要注意等比数列的公比0q.综上，q的取值范围是).,0()0,1(（Ⅱ）由2132nanbaa得.)23(),23(22nnnnSqqTqqab于是)123(2qqSSTnnn).2)(21(qqSn下面的讨论中,要结合已知条件和（Ⅰ）的结果进行分类.即注意0,100,nSqq且或于是当1122qq或时,0,;nnnnTSTS即当1202qq且时，0,;nnnnTSTS即当1,22qq或时，0,.nnnnTSTS即3.遇到图形位置的相对变化,是否想到分类【例1】(2005江西卷，理)已知函数babaxxxf,(2为常数),且方程012xxf有两个实根为31x,42x.(Ⅰ)求函数xf的解析式;(Ⅱ)设1k，解关于x的不等式：xkxkxf21.【分析及解】(Ⅰ)222xfxxx(Ⅱ)不等式可化为xx22xkxk21,进而有0212xkxkx.这等价于,012kxxx解到这里就要针对k与2,1的大小关系进行分类:(1)当21k时,解集为1,2,xk;(2)当2k时,解集为1,22,;x(3)当2k时,解集为1,2,xk.【例2】若二次函数213212xxf,在区间ba,上的最小值为a2,最大值为b2,求ba,.【分析及解】因为二次函数213212xxf的图象的对称轴为0x，所以，要对区间ba,相对于对称轴0x的不同位置，即0x在区间ba,的左边，中间和右边进行分类.（1）当0ab时（图2-1）,fx在ba,上递减,则221132,2,222.1132.22abfabfbaba解得1,3,,1,3.abab图2-3图2-1图2-2(2)当0ab时（图2-2）,fx在,0a