高中数学思想----分类讨论思想

分类讨论思想
[思想方法解读] 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．
1．中学数学中可能引起分类讨论的因素：
(1)由数学概 念而引起的分类讨论：如绝对值的定义、不等式的定义、二次函数的定义、直
线的倾斜角等．
(2)由数学运算要求而引起的分类讨论：如除法运算中除数不为零，偶次方根为非负数，对
数运算中真 数与底数的要求，指数运算中底数的要求，不等式中两边同乘以一个正数、负数，
三角函数的定义域，等 比数列{a
n
}的前n项和公式等．
(3)由性质、定理、公式的限制而引起的分类讨论：如函数的单调性、基本不等式等．
(4 )由图形的不确定性而引起的分类讨论：如二次函数图象、指数函数图象、对数函数图象
等．
(5)由参数的变化而引起的分类讨论：如某些含有参数的问题，由于参数的取值不同会导致
所得的结果 不同，或者由于对不同的参数值要运用不同的求解或证明方法等．
2．进行分类讨论要遵循的原则是： 分类的对象是确定的，标准是统一的，不遗漏、不重复，
科学地划分，分清主次，不越级讨论．其中最重 要的一条是“不重不漏”．
3．解答分类讨论问题时的基本方法和步骤是：首先要确定讨论对象以及所 讨论对象的全体
的范围；其次确定分类标准，正确进行合理分类，即标准统一、不重不漏、分类互斥(没 有
重复)；再对所分类逐步进行讨论，分级进行，获取阶段性结果；最后进行归纳小结，综合
得 出结论．
体验高考
?
?
3x－1，x＜1，
1．(2015·山 东)设函数f(x)＝
?
x
则满足f(f(a))＝2
f(a)
的a 的取值范围是( )
?
2，x≥1，
?

2
?
A.
?
?
3
，1
?
B．[0,1]
2
?
C.
?
?
3
，＋∞
?
D．[1, ＋∞)
答案 C
解析 由f(f(a))＝2
f(a)
得，f(a)≥1.
22
当a<1时，有3a－1≥1，∴a≥，∴≤a<1.
33
第 1 页 共 12 页

当a≥1时，有2
a
≥1，∴a≥0，∴a≥1.
2
综上，a≥，故选C.
3
2．(2015·湖北)将离心率为e
1
的双曲线C
1
的实半轴长a和虚半轴长b(a≠b)同时增加m(m>0)
个单位长度，得到离心率为e
2
的双曲线C
2
，则( )
A．对任意的a，b，e
1
>e
2

B．当a>b时，e< br>1
>e
2
；当a1
2

C．对任意的a，b，e
1
2

D．当a>b时，e< br>1
2
；当a1
>e
2

答案 D
解析 由题意e
1
＝
a
2
＋b
2
＝
a
2
b
?
2
1＋
?
?
a
?
；
双曲线C
2
的实半轴长为a＋m，虚半轴长为b＋m，
离心率e
2
＝
?a＋m?
2
＋?b＋m?
2
＝
?a＋m?
2
?
b＋m
?
2
. 1＋
??
?
a＋m
?
b＋m
b
m?a－b?
因为－＝， 且a>0，b>0，m>0，a≠b，
a＋m
a
a?a＋m?
m?a－b? b＋m
b
所以当a>b时，>0，即>.
a?a＋m?a＋m
a
b＋m
b
又>0，>0，
a
a＋m
所以由不等式的性质依次可得
?
?
b＋m
?
2>
?
b
?
2
，
?
?
a＋m
?
?
a
?
?
b＋m
?
2
>1＋
?
b
?
2
， 1＋
??
?
a
?
?< br>a＋m
?
所以
?
b＋m
?
2
>1＋
??
?
a＋m
?
b
?
2
1＋
?
?
a
?
，即e
2
>e
1
；
m?a－b?< br>同理，当a2
1
.
a?a＋m ?
综上，当a>b时，e
1
2
；当a1>e
2
.
x
2
y
2
3
3．(201 5·天津)已知椭圆
2
＋
2
＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－c,0)， 离心率为，点M在椭
ab3
b
2
43
圆上且位于第一象限，直线FM 被圆x＋y＝截得的线段的长为c，|FM|＝.
43
22
(1)求直线FM的斜率；
(2)求椭圆的方程；
(3)设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于2，求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围．
第 2 页 共 12 页

c
2
1
解 (1)由已知有
2
＝，
a3
又由a
2
＝b
2
＋c
2
，可得a
2
＝3c
2
，b
2
＝2c
2
.
设直线FM的斜率为k(k＞0)，F(－c,0)，
则直线FM的方程为y＝k(x＋c)．
由已知，有
?
解得k＝
3
.
3
?
kc< br>?
2
＋
?
c
?
2
＝
?
b< br>?
2
，
?
?
k
2
＋1
?
?
2
??
2
?
x
2
y
2
(2)由 (1)得椭圆方程为
2
＋
2
＝1，
3c2c
直线FM的方程为y＝
3
(x＋c)，
3
两个方 程联立，消去y，整理得3x
2
＋2cx－5c
2
＝0，
5
解得x＝－c，或x＝c.
3
23
?
因为点M在第一象 限，可得点M的坐标为
?
c，c
.
3
??
由|FM|＝? c＋c?
2
＋
?
23
?
2
43
c－0＝
3
.
?
3
?
x
2
y
2< br>解得c＝1，所以椭圆的方程为＋＝1.
32
(3)设点P的坐标为(x，y)，直线FP的斜率为t，
y
得t＝，即y＝t(x＋1)(x≠－1)．
x＋1
y＝t?x＋1?，
?
?
22
与椭圆方程联立，
?
xy

＋＝ 1，
?
?
32
消去y，整理得2x
2
＋3t
2(x＋1)
2
＝6，
又由已知，得t＝
6－2x
2
＞2，
3?x＋1?
2

3
解得－＜x＜－1或－1＜x＜0.
2
y22
设直线OP的斜率为m，得m＝，即y＝mx(x≠0)，与椭圆方程联立，整理得m
2
＝
2
－.
xx3
3
－，－1
?
时，有y＝t(x＋1)＜0， ①当x∈?
?
2
?
因此m＞0，于是m＝
22
?
2，
23
?
.
2
－，得m∈
x3
3
? ?
3
②当x∈(－1,0)时，有y＝t(x＋1)＞0，
第 3 页 共 12 页

因此m＜0，于是m＝－
23
?
得m∈
?
－∞，－
.
3
??
22
－，
x
2
3
23
? ?
223
?
综上，直线OP的斜率的取值范围是
?
－∞，－
∪.
，
3
??
33
??
高考必会题型
题型一 由概念、公式、法则、计算性质引起的分类讨论
例1 设集合A＝{x∈R|x
2
＋ 4x＝0}，B＝{x∈R|x
2
＋2(a＋1)x＋a
2
－1＝0，a∈R }，若B?A，
求实数a的取值范围．
解 ∵A＝{0，－4}，B?A，于是可分为以下几种情况．
(1)当A＝B时，B＝{0，－4}，
?
－2?a＋1?＝－4，
?
∴由根与系数的关系，得
?
2

?
a－1＝0，
?

解得a＝1.
(2)当BA时，又可分为两种情况．
①当B≠?时，即B＝{0}或B＝{－4}，
当x＝0时，有a＝±1；
当x＝－4时，有a＝7或a＝1.
又由Δ＝4(a＋1)
2
－4(a
2
－1)＝0，
解得a＝－1，此时B＝{0}满足条件；
②当B＝?时，Δ＝4(a＋1)
2－4(a
2
－1)<0，解得a<－1.
综合(1)(2)知，所求实数a的取值范围为a≤－1或a＝1.
点评 对概念、公式、法 则的内含及应用条件的准确把握是解题关键，在本题中，B?A，
包括B＝?和B≠?两种情况．解答时 就应分两种情况讨论，在关于指数、对数的运算中，底
数的取值范围是进行讨论时首先要考虑的因素．
变式训练1 已知数列{a
n
}的前n项和S
n
＝p
n－1(p是常数)，则数列{a
n
}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
答案 D
解析 ∵S
n
＝p
n
－1，
第 4 页 共 12 页

∴a
1
＝p－1，a
n
＝S
n
－S
n
－
1
＝(p－1)p
n1
(n≥2)，
－
当p≠1且p≠0时，{a
n
}是等比数列；
当p＝1时，{a
n
}是等差数列；
当p＝0时，a
1
＝ －1，a
n
＝0(n≥2)，此时{a
n
}既不是等差数列也不是等比数列．
题型二 分类讨论在含参函数中的应用
例2 已知函数f(x)＝－x
2
＋2ax＋1－a在x∈[0,1]上有最大值2，求a的值．
解 函数f(x)＝－x
2
＋2ax＋1－a
＝－(x－a)
2
＋a
2
－a＋1，
对称轴方程为x＝a.
(1)当a<0时，f(x)
max
＝f(0)＝1－a，
∴1－a＝2，∴a＝－1.
(2)当0≤a≤1时，f(x)
max
＝f (a)＝a
2
－a＋1，
1±5
∴a
2
－a＋1＝2，∴ a
2
－a－1＝0，∴a＝(舍)．
2
(3)当a>1时，f(x)
max
＝f(1)＝a，∴a＝2.
综上可知，a＝－1或a＝2.
点评 本题中函数的定义域是确定的，二次函数的对称轴是不 确定的，二次函数的最值问题
与对称轴息息相关，因此需要对对称轴进行讨论，分对称轴在区间内和对称 轴在区间外，从
而确定函数在给定区间上的单调性，即可表示函数的最大值，从而求出a的值．
变式训练2 已知函数f(x)＝2e
x
－ax－2(x∈R，a∈R)．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)求x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝2e
x
－x－2，
f′(x)＝2e
x
－1，f′(1)＝2e－1，
即曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率k＝2e－1，
又f(1)＝2e－3，所以所求的切线方程是y＝(2e－1)x－2.
(2)易知f′(x)＝2e
x
－a.
若a≤0，则f′(x)>0恒成立，f(x)在R上单调递增；
a
若a>0，则当x∈(－∞，ln )时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
2
a
当x∈(ln ，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
2
又f(0)＝0，所以若a≤0，则当x∈[0，＋∞)时，
f(x)≥f(0)＝0，符合题意．
a
若a>0，则当ln ≤0，
2
第 5 页 共 12 页

即0则当x∈[0，＋∞)时，
f(x)≥f(0)＝0，符合题意．
a
当ln >0，即a>2，
2
a
则当x∈(0，ln )时，f(x)单调递减，
2
f(x)综上，实数a的取值范围是(－∞，2]．
题型三 根据图形位置或形状分类讨论
x≥0，
?
?
y≥0，
例3 在约束条件
?
y＋x ≤s，
?
?
y＋2x≤4
A．[6,15] B．[7,15]

下，当3≤s≤5时，z＝3x＋2y的最大值的变化范围是( )
C．[6,8] D．[7,8]
答案 D
??
?
x＋y＝s，
?
x＝4－s，
?
解析 由?
?

?
y＋2x＝4
?
??
y＝2s－4，

取点A(2,0)，B(4－s,2s－4)，C(0，s)，C′(0,4)．
①当3≤s<4时，
可行域是四边形OABC(含边界)，如图(1)所示，
此时，7≤z
max
<8.

②当4≤s≤5时，此时可行域是△ OAC′，如图(2)所示，z
max
＝8.综上，z＝3x＋2y最大值的
变化范围 是[7,8]．
点评 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．
x
2
y
2
变式训练3 设点F
1
，F
2
为椭圆＋＝1的两个焦点，点P为椭圆上一点，已知点P，F
1
，< br>94
第 6 页 共 12 页

F
2
是一个直角三角形的三个顶点，且
|
PF
1
|
＞
|
PF
2
|
，求
解 若∠PF
2
F
1
＝90°，
则
|
PF
1
|
2
＝|PF
2
|
2
＋
|
F1
F
2
|
2
，
又∵
|
PF
1
|
＋
|
PF
2
|
＝6，
|
F< br>1
F
2
|
＝25，
解得
|
PF
1
|
＝
|
PF
1
|
的值．
|
PF
2
|
|
PF
1
|
7144
，
|< br>PF
2
|
＝，∴＝.
33
|
PF
2
|
2
若∠F
1
PF
2
＝90°，则
|
F
1
F
2
|
2
＝
|
PF
1
|
2
＋
|
PF
2
|
2
，
∴|
PF
1
|
2
＋(6－
|
PF
1|
)
2
＝20，
又|PF
1
|>|PF
2
|，
∴
|
PF
1
|
＝4，
|
PF
2
|
＝2，∴
综上知，
|
PF
1
|
＝2.
|
PF
2< br>|
|
PF
1
|
7
＝或2.
|
PF
2
|
2
高考题型精练
1．若关于x的方程|a
x
－1|＝2a (a>0且a≠1)有两个不等实根，则a的取值范围是( )
A．(0,1)∪(1，＋∞) B．(0,1)
1
0，
?
C．(1，＋∞) D.
?
?
2
?
答案 D
解析 方程|a
x
－1|＝2a (a>0且a≠1)有两个实数根转化为函数y＝|a
x< br>－
1|与y＝2a有两个交点．
①当01
∴0<2a<1，即02
②当a>1时，如图(2)，
而y＝2a>1不符合要求．
1
综上，02
x＋y－2 ≤0，
?
?
2．x，y满足约束条件
?
x－2y－2≤0，
?
?
2x－y＋2≥0.
的值为( )
11
A.或－1 B．2或
22
第 7 页 共 12 页

若z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一，则实数a

C．2或1 D．2或－1
答案 D
解析 如图，由y＝ax＋z知z的几何意义是直线在y轴上的截距，
故当a>0时，要使z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一，则a＝2；
当a<0时，要使z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一，则a＝－1.
3．抛物线y
2
＝4px (p>0)的焦点为F，P为其上的一点，O为坐标原点，若△OPF为等腰三角形，则这样的点P的个数为( )
A．2 B．3
C．4 D．6
答案 C
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)，若设P(x，
y)，则|FO|＝p，|FP|＝ ?x－p?
2
＋y
2
，若?x－p?
2
＋y
2＝p，则有x
2
－2px＋y
2
＝0，又∵y
2
＝4p x，
∴x
2
＋2px＝0，解得x＝0或x＝－2p，当x＝0时，不构成三角形．当 x＝－2p(p>0)时，与
点P在抛物线上矛盾．∴符合要求的点P一共有4个．
1
?
?
log
2
x，x≥1，
4．函数f(x)＝
?
的值域为________．
x
?
?
2，x<1
答案 (－∞，2)
解析 当x≥1时，
f(x)?log
1
x
是单调递减的，
2

此时，函数的值域为(－∞，0]；
当x<1时，f(x)＝2
x
是单调递增的，
此时，函数的值域为(0,2)．
综上，f(x)的值域是(－∞，2)．
5．已 知集合A＝{x|1≤x<5}，C＝{x|－a答案 (－∞，－1]
解析 因为C∩A＝C，所以C?A.
3
①当C＝?时，满足C?A，此时－a≥a＋3，得a≤－；
2
－a?
?
②当C≠?时，要使C?A，则
?
－a≥1，
?
?
a＋3<5，
3
解得－2


第 8 页 共 12 页

综上，a的取值范围是(－∞，－1]．
6．已知函数f(x)＝x
2
＋ax＋3－a，若x∈[－2,2]时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
解 要使f(x)≥0恒成立，则函数在区间[－2,2]上的最小值不小于0，设f(x)的最小值为g(a)．
a
(1)当－<－2，即a>4时，g(a)＝f(－2)＝7－3a≥0，
2
7
得a≤，故此时a不存在．
3
a
?
aa2
?
(2)当－∈[－2,2]，即－4≤a≤4时，g(a)＝f
?
－
2
?
＝3－a－≥0，得－6≤a≤2，又－4≤a≤4，
24
故－ 4≤a≤2.
a
(3)当－>2，即a<－4时，g(a)＝f(2)＝7＋a≥0，
2
得a≥－7，又a<－4，故－7≤a<－4，
综上得－7≤a≤2.
7．已知ax
2
－(a＋1)x＋1<0，求不等式的解集．
解 若a＝0，原不等式等价于－x＋1<0，解得x>1.
1
若a<0，原不等式等价于(x－)(x－1)>0，
a
1
解得x<或x>1.
a
1
若a>0，原不等式等价于(x－)(x－1)<0.
a
11
①当a＝1时，＝1，(x－)(x－1)<0无解；
aa
111
②当a>1时，<1，解(x－)(x－1)<0得aaa
111
③当01，解(x－)(x－1)<0得1aaa
1
综上所述：当a<0时，解集为{x|x<或x>1}；
a
当a＝0时，解集为{x|x>1}；
1
当0a
当a＝1时，解集为?；
1
当a>1时，解集为{x|a
3
8．已知首项为的 等比数列{a
n
}不是递减数列，其前n项和为S
n
(n∈N
*)，且S
3
＋a
3
，S
5
＋a
5
，< br>2
S
4
＋a
4
成等差数列．
(1)求数列{a
n
}的通项公式；
第 9 页 共 12 页

1
(2)设T
n
＝S
n
－(n∈N
*
)，求数列{T
n
}的最大项的值与最小项的值．
S
n
解 (1)设等比数列{a
n
}的公比为q，
因为S
3
＋a
3
，S
5
＋a
5
，S
4< br>＋a
4
成等差数列，
所以S
5
＋a
5
－S
3
－a
3
＝S
4
＋a
4
－S
5< br>－a
5
，即4a
5
＝a
3
，
a
5
1
于是q
2
＝＝.
a
3
4
31
又{a
n
}不是递减数列且a
1
＝，所以q＝－.
22
故等比数列{a
n
}的通项公式为
1
33
－
?
n
－
1
＝(－1)
n
－
1
·< br>n
. a
n
＝×
?
2
?
2
?
2
1＋，n为奇数，
?
2
1
－
?
＝
?< br>(2)由(1)得S＝1－
?
?
2
?
1
1－
?
2
，n为偶数.
n
n
n
n
1


当n为奇数时，S
n
随n的增大而减小，
3
所以1n
≤S
1
＝，
2
11325
故0n
－≤S
1
－＝－＝. < br>S
n
S
1
236
当n为偶数时，S
n
随n的 增大而增大，
3
所以＝S
2
≤S
n
<1，
4
11347
故0>S
n
－≥S
2
－＝－＝－.
S
n
S
2
4312
综上，对于n∈N
*
，
715
总有－≤S
n
－≤.
12S
n
6
57
所以数列{T
n
}最大项的值为，最小项的值为－.
612
9．已知a是实数，函数f(x)＝x(x－a)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设g(a)为f(x)在区间[0,2]上的最小值．
①写出g(a)的表达式；
②求a的取值范围，使得－6≤g(a)≤－2.
解 (1)函数的定义域为[0，＋∞)，
3x－a
f′(x)＝(x>0)．
2x
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若a≤0，则f′(x)>0，f(x)有单调递增区间[0，＋∞)．
a
若a>0，令f′(x)＝0，得x＝，
3
a
当03
a
当x>时，f′(x)>0.
3
a
f(x)有单调递减区间[0，]，
3
a
有单调递增区间(，＋∞)．
3
(2)①由(1)知，
若a≤0，f(x)在[0,2]上单调递增，
所以g(a)＝f(0)＝0.
a
若03
a
在(，2]上单调递增，
3
a2a
所以g(a)＝f()＝－
33
a
.
3
若a≥6，f(x)在[0,2]上单调递减，
所以g(a)＝f(2)＝2(2－a)．
0，a≤0，
?
?
2a a
，0综上所述，g(a)＝
?
－
33
?
?
2?2－a?，a≥6.
②令－6≤g(a)≤－2.若a≤0，无解．
若0若a≥6，解得6≤a≤2＋32.
故a的取值范围为3≤a≤2＋32.
10．已知函数f(x)＝aln x－x＋1(a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，求所有实数a的值．
a－x
a
解 (1)f′(x)＝－1＝(x>0)，
xx
当a≤0时，f′(x)<0，
∴f(x)的减区间为(0，＋∞)；
当a>0时，由f′(x)>0得0第 11 页 共 12 页

由f′(x)<0得x>a，
∴f(x)递增区间为(0，a)，递减区间为(a，＋∞)．
(2)由(1)知：当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上为减函数，
而f(1)＝0，
∴f(x)≤0在区间x∈(0，＋∞)上不可能恒成立；
当a>0时，f(x)在(0，a)上递增，在(a，＋∞)上递减，
f(x)
max
＝f(a)＝aln a－a＋1，
令g(a)＝aln a－a＋1，
依题意有g(a)≤0，而g′(a)＝ln a，且a>0，
∴g(a)在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，
∴g(a)
min
＝g(1)＝0，故a＝1.


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