1、第一部分 论方法 专题3 分类讨论思想 一、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融合，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，降低问题难度二、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、
2、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：此类问题在应用题中，特别是在解决排列、组合中的计数问题时常用三、分类讨论的原则(1)不重不漏(2)标准要统一，层次要分
3、明(3)能不分类的要尽量避免或尽量推迟，决不无原则的讨论.类型一 集合、逻辑中的分类讨论【典例 1】(2015山东临沂质检)集合 Ax|x21，Bx|ax1，若 BA，则实数 a 的值为()A1 B1C1 D0 或1【解析】Ax|x211,1BA，当 a0 时，ax1 无解，故 B，满足条件；若 B，则 B1或1，即 a1 或 a1.故满足条件的实数 a0,1，1，故选 D.【答案】D【对点练 1】(2015广东佛山检测)若集合a，b，c，d1,2,3,4，且下列四个关系：a1；b1；c2；d4有且只有一个是正确的，则符合条件的有序数组(a，b，c，d)的个数是_【解析】因为正确，也正确，所以
4、只有正确是不可能的；若只有正确，都不正确，则符合条件的有序数组为(2,3,1,4)，(3,2,1,4)；若只有正确，都不正确，则符合条件的有序数组为(3,1,2,4)；若只有正确，都不正确，则符合条件的有序数组为(2,1,4,3)，(3,1,4,2)，(4,1,3,2)综上，符合条件的有序数组的个数为 6.【答案】6【典例 2】(2015河南安阳月考)命题 p：方程 x22x2a0 有实根，命题 q：方程 x22(2a)x40 有实根，若“pq”为假命题，“pq”为真命题，则实数 a 的取值范围为()A(0，12 B4，)C(0,4 D(0，124，)【解析】由方程 x22x2a0 有实根，得
5、 48a0a12.又由 x22(2a)x40 有实根，得 4(2a)2160a0 或 a4.由于“pq”为假命题，“pq”为真命题，则命题 p 与 q 只有一个命题是真命题若命题 p 为真命题，命题 q为假命题，则 a12且 0a4，此时 012且 a0 或 a4，此时 a4.综上有 0a12或 a4，故选 D.【答案】D【对点练 2】(2015衡中月考)设 a，bR，则“ab”是“a|a|b|b|”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【解析】按照 b0 分类讨论求解当 bba|a|b|b|；当 b0 时，显然有 aba|a|b|b|；当 b0 时，ab 有|
6、a|b|，所以 aba|a|b|b|.综上可知 aba|a|b|b|，故选 C.【答案】C类型二 函数中的分类讨论【典例 3】(2015质量检测二)设函数 f(x)x13，x8，2ex8，x8，则使得 f(x)3 成立的 x 的取值范围是_【解析】当 x8 时，x13 3，x27，即 8x27；当x8 时，2ex83 恒成立，故 x8.综上，x(，27【答案】(，27【对 点 练 3】(2015 广 东 深 圳 测 试)若 函 数 y 1mx26mxm8的定义域为 R，则实数 m 的取值范围是_【解析】由题意知，mx26mxm80 对一切实数 x 都成立，即 mx26mxm80 在实数集上无解
7、当 m0 时，定义域为 R，满足题意；当 m0 时，由(6m)24m(m8)0，解得 0m1.综上，实数 m 的取值范围是0,1)【答案】0,1)【典例 4】求函数 f(x)x(xa)在 x1,1上的最大值【答题模板】【解析】函数 f(x)(xa2)2a24 的图像的对称轴为 xa2，应分a21，即 a2 三种情形讨论(1)当 a2 时，由图(3)可知 f(x)在1,1上的最大值为 f(1)a1.综上可知，f(x)maxa1，a2.【对点练 4】若函数 f(x)lnx12ax22x 存在单调递减区间，则实数 a 的取值范围为_【答题模板】函数 f(x)存在单调递减区间，就是不等式f(x)0 有
8、实数解，考虑到函数的定义域为(0，)，所以本题就是要求 f(x)0 在(0，)上有实数解【解析】由题知，f(x)1xax2ax22x1x，因为函数 f(x)存在单调递减区间，所以 f(x)ax22x1x0 有解又因为函数的定义域为(0，)，则应有 ax22x10 在(0，)上有实数解(1)当 a0 时，yax22x1 为开口向上的抛物线，所以 ax22x10 在(0，)上恒有解；(2)当 a0，此时1a0；(2)若 f(x)3|x4|m 对一切实数 x 均成立，求实数 m 的取值范围【解析】(1)当 x4 时，f(x)2x1(x4)x50，得x5，所以 x4.当12x0，得 x1，所以1x4.
9、当 x0，得 x5，所以 x1 或 x5(2)f(x)3|x4|2x1|2|x4|2x1(2x8)|9，当12x4 时等号成立，所以 m9.【对点练 5】(2015兰州模拟)设函数 f(x)|3x1|ax3.(1)若 a1，解不等式 f(x)4；(2)若函数 f(x)有最小值，求 a 的取值范围【解析】(1)当 a1 时，f(x)|3x1|x3.当 x13时，f(x)4 可化为 3x1x34，解得13x12；当 x13时，f(x)4 可化为3x1x34，解得 0 x13.综上可得，原不等式的解集为x|0 x12(2)f(x)|3x1|ax33ax2，x13，a3x4，x13，函数 f(x)有最
10、小值的充要条件为a30，a30，即3a3.类型四 数列中的分类讨论【典例 6】(2015湖南长沙月考)已知数列an是公比不为 1的等比数列，a11，且 a1，a3，a2 成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)若数列an的前 n 项和为 Sn，试求 Sn 的最大值【解析】(1)设an的公比为 q，因为 a1，a3，a2 成等差数列，所以 2a3a1a2，因为 a11，所以 2q21q，因为 q1，所以 q12，所以 an(12)n1.(2)Sn112n112231(12)n，当 n 为偶数时，Sn23(1 12n)23；当 n 为奇数时，Sn23(1 12n)1，当且仅当 n1 时等号成立
11、综上所述，Sn 的最大值为 1.【对点练 6】(2015湖北武汉模拟)设an是公比为 q 的等比数列(1)推导an的前 n 项和公式；(2)设 q1，求证：数列an2不是等比数列【解析】(1)因为 Sna1a1qa1q2a1qn1，qSna1qa1q2a1q3a1qn，两式相减得(1q)Sna1(1qn)，所以当 q1 时，Sna11qn1qa1anq1q，当 q1 时，数列为常数列，Snna1.(2)假设数列an2是等比数列，则有(a1q2)2(a12)(a1q22)，整理得 2a1(q1)20，因为 a10，所以 q1，与已知 q1矛盾，所以数列an2不是等比数列类型五 三角、向量中的分类
12、讨论【典例 7】(2015太原模拟)已知 a，b，c 分别是ABC 的内角 A，B，C 所对的边，且 c2，C3.(1)若ABC 的面积等于 3，求 a，b；(2)若 sinCsin(BA)2sin2A，求 A 的值【解析】(1)c2，C3，由余弦定理得 4a2b22abcos3a2b2ab，ABC 的面积等于 3，12absinC 3，ab4，联立a2b2ab4，ab4，解得 a2，b2.(2)sinCsin(BA)2sin2A，sin(BA)sin(BA)4sinAcosA，sinBcosA2sinAcosA，当 cosA0 时，A2；当 cosA0 时，sinB2sinA，由正弦定理得
13、b2a，联立a2b2ab4，b2a，解得 a2 33，b4 33，又 c2，b2a2c2，B2，C3，A6.综上所述，A2或 A6.【对点练 7】(2014安徽)设ABC 的内角 A，B，C 所对边的长分别是 a，b，c，且 b3，c1，ABC 的面积为 2，求 cosA与 a 的值【答题模板】根据已知条件用三角形面积公式求出 sinA，再利用同角三角函数关系式求出 cosA，利用余弦定理求 a.【解析】由三角形面积公式，得1231sinA 2.故 sinA2 23.因为 sin2Acos2A1，所以 cosA 1sin2A18913.当 cosA13时，由余弦定理，得a2b2c22bccos
14、A3212213138.所以 a2 2.当 cosA13时，由余弦定理，得a2b2c22bccosA321221313 12，所以 a2 3.【典例 8】(2014安徽)设 a，b 为非零向量，|b|2|a|，两组向量 x1，x2，x3，x4 和 y1，y2，y3，y4 均由 2 个 a 和 2 个 b 排列而成若 x1y1x2y2x3y3x4y4 所有可能取值中的最小值为4|a|2，则 a 与 b 的夹角为()A.23B.3C.6D0【解析】根据分类讨论思想及向量数量积的定义求解设a 与 b 的夹角为，由于 xi，yi(i1,2,3,4)均由 2 个 a 和 2 个 b 排列而成，记 S4i
15、1(xiyi)，则 S 有以下三种情况：S2a22b2；S4ab；S|a|22ab|b|2.|b|2|a|，中 S10|a|2，中 S8|a|2cos，中 S5|a|24|a|2cos.易知最小，即 8|a|2cos4|a|2，cos12，可求 3，故选 B.【答案】B【对点练 8】(2014浙江)记 maxx，yx，xy，y，xy，minx，yy，xy，x，x|ab|，此时，|ab|2|a|2|b|2；当 a，b 夹角为钝角时，|ab|a|2|b|2；当 ab 时，|ab|2|ab|2|a|2|b|2，故选 D.【答案】D类型六 解析几何中的分类讨论【典例 9】(2015北京西城联考)已知椭
16、圆：x2a2y2b21(ab0)的右焦点为 F(1,0)，设左顶点为 A，上顶点为 B，且OF FBABBF，如图(1)求椭圆 C 的方程；(2)若过 F 的直线 l 交椭圆于 M，N 两点，试确定FM FN的取值范围【解析】(1)由已知，A(a,0)，B(0，b)，F(1,0)，则由OF FBABBF，得 b2a10.b2a21，a2a20，解得 a2(负值舍去)a24，b23，椭圆 C 的方程为x24y231.(2)若直线 l 的斜率不存在，则 l：x1，此时 M(1，32)，N(1，32)，FM FN94.若直线 l 的斜率存在，设 l：yk(x1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
17、则由ykx1，x24y231消去 y 得(4k23)x28k2x4k2120，x1x2 8k24k23，x1x24k2124k23.FM FN(x11，y1)(x21，y2)(1k2)x1x2(x1x2)19411k2.k20，011k21，3411k24，3FM FN94.综上，FM FN的取值范围为3，94【对点练 9】(2015广州摸底)已知ABC 的三个顶点 A(1,0)，B(1,0)，C(3,2)，其外接圆为H.若直线 l 过点 C，且被H截得的弦长为 2，求直线 l 的方程【解析】线段 AB 的垂直平分线方程为 x0，线段 BC 的垂直平分线方程为 xy30，所以外接圆圆心为 H(
18、0,3)，半径为 1232 10，故H 的方程为 x2(y3)210.设圆心 H 到直线 l 的距离为 d，因为直线 l 被H 截得的弦长为 2，所以 d 10213.当直线 l 垂直于 x 轴时，显然符合题意，即 x3为所求；当直线 l 不垂直于 x 轴时，设直线方程为 y2k(x3)，则|3k1|1k2 3，解得 k43.综上，直线 l 的方程为 x3 或 4x3y60.类型七 排列组合中的分类讨论【典例 10】(1)(2015上海交大附中模拟)某学校 4 位同学参加数学知识竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得 30 分，答错得30 分；选乙题答对得
19、10 分，答错得10 分若 4 位同学的总分为 0，则这 4 位同学不同得分情况的种数是()A24 B36C40 D44【解析】分以下四种情况讨论：两位同学选甲题作答，一个答对一个答错，另外两位同学选乙题作答，一个答对一个答错，此时共有 C242224 种情况；四位同学都选择甲题或乙题作答，两人答对，另外两人答错，共有 C12C2412 种情况；一个选甲题作答并且答对，另外三人选乙题作答并且全部答错，此时有 C144 种情况；一个选甲题作答并且答错，另外三人选乙题作答并且全部答对，此时有 C144 种情况综上所述，共有 24124444 种不同的情况故选 D.【答案】D(2)(2015河南三市
20、调研)某办公室共有 6 人，组织出门旅行，旅行车上有 6 个座位，第 1 排 1 个，第 2 排 3 个，第 3 排 2 个，其中甲、乙两人关系较为亲密，要求在同一排且相邻，则不同的安排方法有_种【解析】由题意可知满足条件的不同安排方法分两种：一类是甲、乙并排坐在第二排，有 C12A22A4496 种；一类是甲、乙并排坐在第三排，有 A22A4448 种，故共有 144 种【答案】144【对点练 10】(1)(2015四川资阳三模)现有 12 张不同的卡片，其中红色、黄色、绿色、蓝色卡片各 3 张，从中任取 3 张，要求这 3 张卡片不能是同一种颜色，且蓝色卡片至多 1 张则不同的取法共有()
21、A135 种 B172 种C189 种 D216 种【解析】取 3 张，要求这 3 张卡片不能同一种颜色，则这3 张可以是两种颜色，也可以是三种颜色；蓝色至多 1 张，则有两种情况：一是无蓝色，二是有一张是蓝色若无蓝色，则共有333C23C233281 种；若有 1 张蓝色，则共有 3C23333C233108 种所以不同的取法共有 81108189种，故选 C.【答案】C(2)(2015四川遂宁二诊)从 3 名语文老师、4 名数学老师和 5名英语老师中选派 5 人组成一个支教小组，则语文、数学和英语老师都至少有 1 人的选派方法种数是()A590 B570C360 D210【解析】设语文老师人数为 x，数学老师人数为 y，英语老师人数为 z，则符合条件的各科人数有以下几种情况：(1,1,3)，(1,3,1)，(3,1,1)，(1,2,2)，(2,1,2)，(2,2,1)，所以语文、数学和英语老师都至少有 1 人的选派方法种数为 C13C14C35C13C34C15C33C14C15C13C24C25C23C14C25C23C24C15120602018012090590，故选 A.【答案】A