高考数学专题复习分类讨论思想Word格式文档下载.docx
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(1)每次分类的对象是确定的,标准是同一的;
分类讨论问题的难点在于什么时候开始讨论,即认识为什么要分类讨论,又从几方面开始讨论,只有明确了讨论原因,才能准确、恰当地进行分类与讨论.这就要求我们准确掌握所用的概念、定理、定义,考虑问题要全面.函数问题中的定义域,方程问题中根之间的大小,直线与二次曲线位置关系中的判别式等等,常常是分类讨论划分的依据.
(2)每次分类的对象不遗漏、不重复、分层次、不越级讨论.当问题中出现多个不确定因素时,要以起主导作用的因素进行划分,做到不重不漏,然后对划分的每一类分别求解,再整合后得到一个完整的答案.数形结合是简化分类讨论的重要方法.
3.分类讨论的一般步骤
第一,明确讨论对象,确定对象的范围;
第二,确定分类标准,进行合理分类,做到不重不漏;
第三,逐类讨论,获得阶段性结果;
第四,归纳总结,得出结论.
4.分类讨论应注意的问题
第一,按主元分类的结果应求并集.
第二,按参数分类的结果要分类给出.
第三,分类讨论是一种重要的解题策略,但这种分类讨论的方法有时比较繁杂,若有可能,应尽量避免分类.
经典例题透析
类型一:
不等式中的字母讨论
1、(2010·
山东)若对于任意,恒成立,则a的取值范围是________.
举一反三:
【变式1】解关于的不等式:
().
【变式2】解关于的不等式:
.
类型二:
函数中的分类讨论
2、设为实数,记函数的最大值为,
(Ⅰ)设,求的取值范围,并把表示为的函数;
(Ⅱ)求;
(Ⅲ)试求满足的所有实数.
解析:
(I)∵,
∴要使有意义,必须且,即
∵,且……①
∴的取值范围是,
由①得:
,
∴,,
(II)由题意知即为函数,的最大值,
∵时,直线是抛物线的对称轴,
∴可分以下几种情况进行讨论:
(1)当时,函数,的图象是开口向上的抛物线的一段,
由知在上单调递增,故;
(2)当时,,,有=2;
(3)当时,,函数,的图象是开口向下的抛物线的一段,
若即时,,
综上所述,有=
(III)当时,;
当时,,,∴,
∴,
故当时,;
当时,,由知:
,故;
当时,,故或,从而有或,
要使,必须有,,即,
此时,,
综上所述,满足的所有实数为:
或.
【变式1】函数的图象经过点(-1,3),且f(x)在(-1,+∞)上恒有f(x)<
3,求函数f(x).
f(x)图象经过点(-1,3),则,
整理得:
,解得或
(1)当时,则,此时x∈(-1,+∞)时,f(x)>
3,不满足题意;
(2)当,则,此时,x∈(-1,+∞)时,
即f(x)<
3,满足题意为所求.
综上,.
【变式2】已知函数有最大值2,求实数的取值.
令,则().
(1)当即时,,
解得:
或(舍);
(2)当即时,,
(3)当即时,,解得(全都舍去).
综上,当或时,能使函数的最大值为2.
【变式1】设,
(1)利用函数单调性的意义,判断f(x)在(0,+∞)上的单调性;
(2)记f(x)在0<
x≤1上的最小值为g(a),求y=g(a)的解析式.
(1)设0<
x1<
x2<
+∞
则f(x2)-f(x1)=
由题设x2-x1>
0,ax1·
x2>
∴当0<
x2≤时,,∴f(x2)-f(x1)<
0,
即f(x2)<
f(x1),则f(x)在区间[0,]单调递减,
当<
+∞时,,∴f(x2)-f(x1)>
即f(x2)>
f(x1),则f(x)在区间(,+∞)单调递增.
(2)因为0<
x≤1,由
(1)的结论,
当0<
≤1即a≥1时,g(a)=f()=2-;
当>
1,即0<
a<
1时,g(a)=f
(1)=a
综上,所求的函数y=g(a)=.
类型三:
数列
4、数列{an}的前n项和为Sn,已知{Sn}是各项均为正数的等比数列,试比较与的大小,并证明你的结论.
设等比数列{Sn}的公比为q,则q>
①q=1时,Sn=S1=a1
当n=1时,,a2=0,∴,即
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=a1-a1=0,,即
(2)q≠1时,Sn=S1·
qn-1=a1·
qn-1
当n=1时,
∴,即.
当n≥2时,
an=Sn-Sn-1=a1·
qn-1-a1·
qn-2=a1·
qn-2(q-1)
此时
∴q>
1时,,
0<
q<
1时,.
总结升华:
等比数列前n项和公式分q=1或q≠1两种情况进行讨论.
【变式1】求数列:
1,a+a2,a2+a3+a4,a3+a4+a5+a6,……(其中a≠0)的前n项和Sn.
数列的通项an=an-1+an+…+a2n-2
讨论:
(1)当a=1时,an=n,Sn=1+2+…+n=
(2)当a=-1时,,∴,
(3)当a≠±
1且a≠0时,,
∴
.
【变式2】设{an}是由正数组成的等比数列,Sn是其前n项和,证明:
.
(1)当q=1时,Sn=na1,从而,
(2)当q≠1时,,从而
由
(1)
(2)得:
∵函数为单调递减函数.
∴
∴.
【变式3】已知{an}是公比为q的等比数列,且a1,a3,a2成等差数列.
(Ⅰ)求q的值;
(Ⅱ)设{bn}是以2为首项,q为公差的等差数列,其前n项和为Sn,当n≥2时,比较Sn与bn的大小,并说
明理由.
(Ⅰ)由题设2a3=a1+a2,即2a1q2=a1+a1q,
∵a1≠0,∴2q2-q-1=0,
∴或,
(Ⅱ)若q=1,则
当n≥2时,
若
故对于n∈N+,当2≤n≤9时,Sn>
bn;
当n=10时,Sn=bn;
当n≥11时,Sn<
bn.
【变式4】对于数列,规定数列为数列的一阶差分数列,其中;
一般地,规定为的k阶差分数列,其中且k∈N*,k≥2。
(1)已知数列的通项公式。
试证明是等差数列;
(2)若数列的首项a1=―13,且满足,求数列
及的通项公式;
(3)在
(2)的条件下,判断是否存在最小值;
若存在,求出其最小值,若不存在,说明理由。
(1)依题意:
∴,
∴数列是首项为1,公差为5的等差数列。
(2),
(3)令,
则当时,函数单调递减;
当时,函数单调递增;
又因,
而,
所以当n=2时,数列an存在最小值,其最小值为-18。
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