1、难点38 分类讨论思想分类讨论思想就是根据所研究对象的性质差异，分各种不同的情况予以分析解决.分类讨论题覆盖知识点较多，利于考查学生的知识面、分类思想和技巧；同时方式多样，具有较高的逻辑性及很强的综合性，树立分类讨论思想，应注重理解和掌握分类的原则、方法与技巧、做到“确定对象的全体，明确分类的标准，分层别类不重复、不遗漏的分析讨论.”难点磁场1.（）若函数在其定义域内有极值点，则a的取值为 .2.（）设函数f(x)=x2+xa+1，xR.(1)判断函数f(x)的奇偶性；(2)求函数f(x)的最小值.案例探究例1已知an是首项为2，公比为的等比数列，Sn为它的前n项和.（1）用Sn表示Sn+1;
2、（2）是否存在自然数c和k，使得成立.命题意图：本题主要考查等比数列、不等式知识以及探索和论证存在性问题的能力，属级题目.知识依托：解决本题依据不等式的分析法转化，放缩、解简单的分式不等式；数列的基本性质.错解分析：第2问中不等式的等价转化为学生的易错点，不能确定出.技巧与方法：本题属于探索性题型，是高考试题的热点题型.在探讨第2问的解法时，采取优化结论的策略，并灵活运用分类讨论的思想：即对双参数k,c轮流分类讨论，从而获得答案.解：（1）由Sn=4(1），得，(nN*)（2）要使，只要因为所以，(kN*)故只要Sk2cSk，（kN*）因为Sk+1Sk，(kN*) 所以Sk2S12=1.又Sk
3、4，故要使成立，c只能取2或3.当c=2时，因为S1=2，所以当k=1时，cSk不成立，从而不成立.当k2时，因为，由SkSk+1(kN*)得Sk2Sk+12故当k2时，Sk2c，从而不成立.当c=3时，因为S1=2，S2=3，所以当k=1，k=2时，cSk不成立，从而不成立因为，又Sk2Sk+12所以当k3时，Sk2c，从而成立.综上所述，不存在自然数c,k,使成立.例2给出定点A（a,0)（a0）和直线l：x=1，B是直线l上的动点，BOA的角平分线交AB于点C.求点C的轨迹方程，并讨论方程表示的曲线类型与a值的关系.命题意图：本题考查动点的轨迹，直线与圆锥曲线的基本知识，分类讨论的思想方
4、法.综合性较强，解法较多，考查推理能力和综合运用解析几何知识解题的能力.属级题目.知识依托：求动点轨迹的基本方法步骤.椭圆、双曲线、抛物线标准方程的基本特点.错解分析：本题易错点为考生不能巧妙借助题意条件，构建动点坐标应满足的关系式和分类讨论轨迹方程表示曲线类型.技巧与方法：精心思考，发散思维、多途径、多角度的由题设条件出发，探寻动点应满足的关系式.巧妙地利用角平分线的性质.解法一：依题意，记B（1，b)，(bR），则直线OA和OB的方程分别为y=0和y=bx.设点C(x,y)，则有0xa，由OC平分AOB，知点C到OA、OB距离相等.根据点到直线的距离公式得y= 依题设，点C在直线AB上，故
5、有由xa0，得 将式代入式，得y2(1a)x22ax+(1+a)y2=0若y0，则(1a)x22ax+(1+a)y2=0(0xa)若y=0则b=0,AOB=，点C的坐标为（0，0）满足上式.综上，得点C的轨迹方程为（1a）x22ax+(1+a)y2=0(0xa(i)当a=1时，轨迹方程化为y2=x(0x1 此时方程表示抛物线弧段；(ii)当a1，轨迹方程化为 所以当0a1时，方程表示椭圆弧段；当a1时，方程表示双曲线一支的弧段.解法二：如图，设D是l与x轴的交点，过点C作CEx轴，E是垂足.（i）当BD0时，设点C(x,y)，则0xa，y0由CEBD，得.COA=COB=CODBOD=COAB
6、OD2COA=BOD整理，得(1a)x22ax+(1+a)y2=0(0xa)(ii)当BD=0时，BOA=，则点C的坐标为(0,0)，满足上式.综合(i)、(ii)，得点C的轨迹方程为(1a)x22ax+(1+a)y2=0(0xa)以下同解法一.解法三：设C(x,y)、B(1,b)，则BO的方程为y=bx，直线AB的方程为当b0时，OC平分AOB，设AOC=,直线OC的斜率为k=tan,OC的方程为y=kx于是又tan2=bb= C点在AB上 由、消去b，得 又，代入，有整理，得(a1)x2(1+a)y2+2ax=0 当b=0时，即B点在x轴上时，C(0,0)满足上式：a1时，式变为当0a1时
7、，表示椭圆弧段；当a1时，表示双曲线一支的弧段；当a=1时，表示抛物线弧段.锦囊妙计分类讨论思想就是依据一定的标准，对问题分类、求解，要特别注意分类必须满足互斥、无漏、最简的原则.分类讨论常见的依据是：1.由概念内涵分类.如绝对值、直线的斜率、指数对数函数、直线与平面的夹角等定义包含了分类.2.由公式条件分类.如等比数列的前n项和公式、极限的计算、圆锥曲线的统一定义中图形的分类等.3.由实际意义分类.如排列、组合、概率中较常见，但不明显、有些应用问题也需分类讨论.在学习中也要注意优化策略，有时利用转化策略，如反证法、补集法、变更多元法、数形结合法等简化甚至避开讨论.歼灭难点训练一、选择题1.（
8、）已知其中aR，则a的取值范围是( )A.a0 B.a2或a2C.2a2 D.a2或a22.（）四面体的顶点和各棱的中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有( )A.150种 B.147种 C.144种 D.141种二、填空题3.（）已知线段AB在平面外，A、B两点到平面的距离分别为1和3，则线段AB的中点到平面的距离为 .4.（）已知集合A=xx23x+2=0,B=xx2ax+(a1)=0，C=xx2mx+2=0，且AB=A，AC=C，则a的值为 ，m的取值范围为 .三、解答题5.（）已知集合A=xx2+px+q=0，B=xqx2+px+1=0,A,B同时满足：AB,AB=2.
9、求p、q的值.6.（）已知直角坐标平面上点Q（2，0）和圆C：x2+y2=1，动点M到圆C的切线长与MQ的比等于常数(0).求动点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线.7.()已知函数y=f(x)的图象是自原点出发的一条折线.当nyn+1(n=0,1,2,)时，该图象是斜率为bn的线段（其中正常数b1），设数列xn由f(xn)=n(n=1,2,)定义.（1）求x1、x2和xn的表达式；（2）计算xn；（3）求f(x)的表达式，并写出其定义域.8.（）已知a0时，函数f(x)=axbx2（1）当b0时，若对任意xR都有f(x)1，证明a2b;（2）当b1时，证明：对任意x0,1,f(x)1的充要条
10、件是b1a2；（3）当0b1时，讨论：对任意x0,1,f(x)1的充要条件.参 考 答 案难点磁场1.解析：即f(x)=(a1)x2+ax=0有解.当a1=0时，满足.当a10时，只需=a2(a1)0.答案：或a=12.解：(1)当a=0时，函数f(x)=(x)2+x+1=f(x)，此时f(x)为偶函数.当a0时，f(a)=a2+1,f(a)=a2+2a+1.f(a)f(a),f(a)f(a)此时函数f(x)既不是奇函数，也不是偶函数.（2）当xa时，函数f(x)=x2x+a+1=(x)2+a+若a，则函数f(x)在(,a上单调递减.从而函数f(x)在（,a上的最小值为f(a)=a2+1若a，
11、则函数f(x)在（,a上的最小值为f()=+a，且f()f(a).当xa时，函数f(x)=x2+xa+1=(x+)2a+若a，则函数f(x)在a,+上的最小值为f()=a，且f()f(a)；若a，则函数f(x)在a,+)单调递增.从而函数f(x)在a,+上的最小值为f(a)=a2+1.综上，当a时，函数f(x)的最小值为a；当a时，函数f(x)的最小值是a2+1；当a时，函数f(x)的最小值是a+.歼灭难点训练一、1.解析：分a=2、a2和a2三种情况分别验证.答案：C2.解析：任取4个点共C=210种取法.四点共面的有三类：（1）每个面上有6个点，则有4C=60种取共面的取法；（2）相比较的
12、4个中点共3种；（3）一条棱上的3点与对棱的中点共6种.答案：C二、3.解析：分线段AB两端点在平面同侧和异侧两种情况解决.答案：1或24.解析：A=1,2,B=x(x1)(x1+a)=0,由AB=A可得1a=1或1a=2；由AC=C，可知C=1或.答案：2或3 3或（2，2）三、5.解：设x0A，x0是x02+px0+q=0的根.若x0=0，则A=2,0，从而p=2,q=0,B=.此时AB=与已知矛盾，故x00.将方程x02+px0+q=0两边除以x02，得.即满足B中的方程，故B.A=2,则2A,且2.设A=2,x0，则B=，且x02（否则AB=）.若x0=，则2B,与2B矛盾.又由AB,
13、x0=，即x0=1.即A=2,1或A=2,1.故方程x2+px+q=0有两个不相等的实数根2，1或2，16.解：如图，设MN切圆C于N，则动点M组成的集合是P=MMN=MQ,0.ONMN,ON=1,MN2=MO2ON2=MO21设动点M的坐标为(x,y)，则即（x21)(x2+y2)42x+(42+1)=0.经检验，坐标适合这个方程的点都属于集合P，故方程为所求的轨迹方程.（1）当=1时，方程为x=，它是垂直于x轴且与x轴相交于点（，0）的直线；（2）当1时，方程化为：它是以为圆心，为半径的圆.7.解：（1）依题意f(0)=0，又由f(x1)=1，当0y1，函数y=f(x)的图象是斜率为b0=
14、1的线段，故由x1=1又由f(x2)=2，当1y2时，函数y=f(x)的图象是斜率为b的线段，故由即x2x1=x2=1+记x0=0，由函数y=f(x)图象中第n段线段的斜率为bn1，故得又由f(xn)=n,f(xn1)=n1xnxn1=()n1,n=1,2,由此知数列xnxn1为等比数列，其首项为1，公比为.因b1，得(xkxk1)=1+即xn=（2）由（1）知，当b1时，当0b1，n, xn也趋于无穷大.xn不存在.（3）由（1）知，当0y1时，y=x，即当0x1时，f(x)=x;当nyn+1，即xnxxn+1由（1）可知f(x)=n+bn(xxn)(n=1,2,),由（2）知当b1时，y=
15、f(x)的定义域为0,);当0b1时，y=f(x)的定义域为0,+).8.(1)证明：依设，对任意xR，都有f(x)11a0,b0a2.（2）证明：必要性：对任意x0,1，f(x)11f(x），据此可以推出1f(1)即ab1，ab1对任意x0,1，f(x)1f(x)1.因为b1，可以推出f()1即a11，a2,b1a2充分性：因为b1，ab1，对任意x0,1.可以推出axbx2b(xx2)xx1即axbx21因为b1,a2,对任意x0,1，可以推出axbx22xbx21即axbx21,1f(x)1综上，当b1时，对任意x0,1，f(x)1的充要条件是b1a2.(3)解：a0，0b1x0,1,f(x)=axbx2b1即f(x)1f(x)1f(1)1ab1即ab+1ab+1f(x)(b+1)xbx21即f(x)1所以当a0，0b1时，对任意x0,1，f(x)1的充要条件是ab+1.
