第3讲 分类讨论思想.ppt

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1、,专题八 数学思想方法,第3讲 分类讨论思想,思 想 方 法 概 述,热 点 分 类 突 破,真 题 与 押 题,思想方法概述,1.分类讨论思想是一种重要的数学思想方法.其基本思路是将一个较复杂的数学问题分解(或分割)成若干个基础性问题，通过对基础性问题的解答来实现解决原问题的思想策略.对问题实行分类与整合，分类标准等于增加一个已知条件，实现了有效增设，将大问题(或综合性问题)分解为小问题(或基础性问题)，优化解题思路，降低问题难度.,2.分类讨论的常见类型(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

2、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.此类问题在应

3、用题中，特别是在解决排列、组合中的计数问题时常用.,3.分类讨论的原则(1)不重不漏.(2)标准要统一，层次要分明.(3)能不分类的要尽量避免或尽量推迟，决不无原则地讨论.,4.解分类问题的步骤(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.,热点一 由数学概念、性质、运算引起的分类讨论,热点二 由图形位置或形状引起的讨论,热点三 由参数引起的分类讨论,热点分类突破,热点一 由数学概念、性质、运算引起的分类讨论,变式训练1,答案C,(2)已知数列an的前n项和Snp

4、n1(p是常数)，则数列an是()A.等差数列B.等比数列C.等差数列或等比数列D.以上都不对,解析Snpn1，a1p1，anSnSn1(p1)pn1(n2)，当p1且p0时，an是等比数列；当p1时，an是等差数列；当p0时，a11，an0(n2)，此时an既不是等差数列也不是等比数列.答案D,热点二 由图形位置或形状引起的讨论,解析画出不等式组表示的平面区域(如图).,当x1时，1y2，有2个整点；,当x0时，0y3，有4个整点；当x1时，1y4，有6个整点；当x2时，2y5，有8个整点；所以平面区域内的整点共有246820(个).答案20,(2)设圆锥曲线T的两个焦点分别为F1，F2，若

5、曲线T上存在点P满足|PF1|F1F2|PF2|432，则曲线T的离心率为_.,解析不妨设|PF1|4t，|F1F2|3t，|PF2|2t，,若该圆锥曲线是双曲线，则有|PF1|PF2|2t2a，,变式训练2,答案D,解析若PF2F190，则|PF1|2|PF2|2|F1F2|2，,若F2PF190，,则|F1F2|2|PF1|2|PF2|2|PF1|2(6|PF1|)2，,解得|PF1|4，|PF2|2，,例3(2014四川改编)已知函数f(x)exax2bx1，其中a，bR，e2.718 28为自然对数的底数.设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间0,1上的最小值.,热点三

6、 由参数引起的分类讨论,解由f(x)exax2bx1，有g(x)f(x)ex2axb.所以g(x)ex2a.因此，当x0,1时，g(x)12a，e2a.,所以g(x)在0,1上单调递增，因此g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；,因此g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab；,所以函数g(x)在区间0，ln(2a)上单调递减，在区间(ln(2a)，1上单调递增.于是，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b.,g(ln(2a)2a2aln(2a)b；,g(1)e2ab.,变式训练3,(1)若函数g(x)过点(1,1)，求函数f(x)的图象在x0处的切线方程；,

7、所以所求的切线的斜率为3.又f(0)0，所以切点为(0,0)，故所求的切线方程为y3x.,(2)判断函数f(x)的单调性.,当a0时，因为x1，所以f(x)0，故f(x)在(1，)上单调递增.,故f(x)在(1，1a)上单调递减；,故f(x)在(1a，)上单调递增.,综上，当a0时，函数f(x)在(1，)上单调递增；当a0时，函数f(x)在(1，1a)上单调递减，在(1a，)上单调递增.,分类讨论思想的本质是“化整为零，积零为整”.用分类讨论的思维策略解数学问题的操作过程：明确讨论的对象和动机确定分类的标准逐类进行讨论归纳综合结论检验分类是否完备(即分类对象彼此交集为空集，并集为全集).做到“

8、确定对象的全体，明确分类的标准，分类不重复、不遗漏”的分析讨论.,本讲规律总结,常见的分类讨论问题有：(1)集合：注意集合中空集的讨论.(2)函数：对数函数或指数函数中的底数a，一般应分a1和01的讨论；等比数列中分公比q1和q1的讨论.,(4)三角函数：角的象限及函数值范围的讨论.(5)不等式：解不等式时含参数的讨论，基本不等式相等条件是否满足的讨论.(6)立体几何：点线面及图形位置关系的不确定性引起的讨论；(7)平面解析几何：直线点斜式中k分存在和不存在，直线截距式中分b0和b0的讨论；轨迹方程中含参数时曲线类型及形状的讨论.,(8)排列、组合、概率中的分类计数问题.(9)去绝对值时的讨论

9、及分段函数的讨论等.,真题感悟,押题精练,真题与押题,1,2,真题感悟,3,当B 时，根据余弦定理有AC2AB2BC22ABBCcos B1225，,所以AC，此时ABC为钝角三角形,符合题意；,当B 时，根据余弦定理有AC2AB2BC22ABBCcos B1221，,所以AC1，此时AB2AC2BC2，ABC为直角三角形，不符合题意.故AC.,答案B,1,2,真题感悟,3,2.(2013安徽)“a0”是“函数f(x)|(ax1)x|在区间(0，)内单调递增”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件,1,2,真题感悟,3,解析当a0时，f(x)|(

10、ax1)x|x|在区间(0，)上单调递增；,当a0时，结合函数f(x)|(ax1)x|ax2x|的图象知函数在(0，)上单调递增，如图(1)所示；,1,2,真题感悟,3,当a0时，结合函数f(x)|(ax1)x|ax2x|的图象知函数在(0，)上先增后减再增，不符合条件，如图(2)所示.,所以，要使函数f(x)|(ax1)x|在(0，)上单调递增只需a0.,即“a0”是“函数f(x)|(ax1)x|在区间(0，)内单调递增”的充要条件.答案C,1,2,真题感悟,3,3.(2014广东)设集合A(x1，x2，x3，x4，x5)|xi1,0,1，i1,2,3,4,5，那么集合A中满足条件“1|x1

11、|x2|x3|x4|x5|3”的元素个数为()A.60 B.90C.120 D.130,1,2,真题感悟,3,解析在x1，x2，x3，x4，x5这五个数中，因为xi1,0,1，i1,2,3,4,5，,所以满足条件1|x1|x2|x3|x4|x5|3的可能情况有“一个1(或1)，四个0，有 2种；,两个1(或1)，三个0，有 2种；,一个1，一个1，三个0，有 种；,1,2,真题感悟,3,两个1(或1)，一个1(或1)，两个0，有 2种；,三个1(或1)，两个0，有 2种.,答案D,1,2,真题感悟,3,押题精练,1,2,3,4,5,6,解析若a0，则f(x)在定义域的两个区间内都是常函数，不具

12、备单调性；若a0，函数f(x)在两段上都是单调递增的，要使函数在R上单调递增，只要(a2)e01，即a1，与a0矛盾，此时无解.若2a0，则函数在定义域的两段上都是单调递减的.,押题精练,1,2,3,4,5,6,要使函数在R上单调递减，只要a21即a1，即1a0.当a2时，函数f(x)不可能在R上单调.综上，a的取值范围是1,0).答案C,押题精练,1,2,3,4,5,6,押题精练,1,2,3,4,5,6,解析当公比q1时，a1a2a37，S33a121，符合要求.,押题精练,1,2,3,4,5,6,答案C,3.抛物线y24px(p0)的焦点为F，P为其上的一点，O为坐标原点，若OPF为等腰三

13、角形，则这样的点P的个数为()A.2 B.3 C.4 D.6,押题精练,1,2,3,4,5,6,解析当|PO|PF|时，点P在线段OF的中垂线上，此时，点P的位置有两个；当|OP|OF|时，点P的位置也有两个；对|FO|FP|的情形，点P不存在.事实上，F(p,0)，,押题精练,1,2,3,4,5,6,又y24px，x22px0，解得x0或x2p，当x0时，不构成三角形.当x2p(p0)时，与点P在抛物线上矛盾.所以符合要求的点P一共有4个.答案C,4.6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品.已知6位同学之间共进行了13次交换，

14、则收到4份纪念品的同学人数为()A.1或3 B.1或4C.2或3 D.2或4,押题精练,1,2,3,4,5,6,解析设6位同学分别用a，b，c，d，e，f表示.若任意两位同学之间都进行交换共进行15次交换，现共进行了13次交换，说明有两次交换没有发生，此时可能有两种情况：(1)由3人构成的2次交换，如ab和ac之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有b，c两人.,押题精练,1,2,3,4,5,6,(2)由4人构成的2次交换，如ab和ce之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有a，b，c，e四人.故选D.答案D,押题精练,1,2,3,4,5,6,5.已知等差数列an的前3项和为6，前8项和为4.

15、(1)求数列an的通项公式；,押题精练,1,2,3,4,5,6,解设数列an的公差为d，,故an3(n1)4n.,(2)设bn(4an)qn1(q0，nN*)，求数列bn的前n项和Sn.,押题精练,1,2,3,4,5,6,解由(1)可得bnnqn1，于是Sn1q02q13q2nqn1.若q1，将上式两边同乘q，得qSn1q12q2(n1)qn1nqn.,两式相减，得(q1)Snnqn1q1q2qn1,押题精练,1,2,3,4,5,6,押题精练,1,2,3,4,5,6,6.已知函数f(x)(a1)ln xax21，试讨论函数f(x)的单调性.,押题精练,1,2,3,4,5,6,解由题意知f(x)的定义域为(0，)，,当a0时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增.,当a1时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递减.,押题精练,1,2,3,4,5,6,押题精练,1,2,3,4,5,6,综上，当a0时，f(x)在(0，)上单调递增；当a1时，f(x)在(0，)上单调递减；,押题精练,1,2,3,4,5,6,