发布时间 : 星期四 文章高中数学解题思想 方法大全更新完毕开始阅读
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在解答某些数学问题时，有时会遇到多种情况，需要对各种情况加以分类，并逐类求解，然后综合得解，这就是分类讨论法。分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法。有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维条理性和概括性，所以在高考试题中占有重要的位置。
引起分类讨论的原因主要是以下几个方面：
① 问题所涉及到的数学概念是分类进行定义的。如|a|的定义分a>0、a＝0、a<0三种情况。这种分类讨论题型可以称为概念型。
② 问题中涉及到的数学定理、公式和运算性质、法则有范围或者条件限制，或者是分类给出的。如等比数列的前n项和的公式，分q＝1和q≠1两种情况。这种分类讨论题型可以称为性质型。
③ 解含有参数的题目时，必须根据参数的不同取值范围进行讨论。如解不等式ax>2时分a>0、a＝0和a<0三种情况讨论。这称为含参型。
另外，某些不确定的数量、不确定的图形的形状或位置、不确定的结论等，都主要通过分类讨论，保证其完整性，使之具有确定性。
进行分类讨论时，我们要遵循的原则是：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“不漏不重”。
解答分类讨论问题时，我们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、不漏不重、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。
Ⅰ、再现性题组： 1．集合A＝{x||x|≤4,x∈R}，B＝{x||x－3|≤a，x∈R}，若A?B，那么a的范围是_____。 A. 0≤a≤1 B. a≤1 C. a<1 D. 0 2.若a>0且a≠1，p＝loga(a＋a＋1)，q＝loga(a＋a＋1)，则p、q的大小关系是_____。 A. p＝q B. p 32cosxsinx|ctgx|tgx＋＋＋的值域是_________。 |sinx||cosx||tgx|ctgxπcosnθ?sinnθ4.若θ∈(0, )，则lim的值为_____。 n→∞cosnθ＋sinnθ2A. 1或－1 B. 0或－1 C. 0或1 D. 0或1或－1 15.函数y＝x＋的值域是_____。 xA. [2,+∞) B. (-∞,-2]∪[2,+∞) C. (-∞,+∞) D. [-2,2] 6.正三棱柱的侧面展开图是边长分别为2和4的矩形，则它的体积为_____。 A. 893 B. 493 C. 293 D. 493或 893 7.过点P(2,3)，且在坐标轴上的截距相等的直线方程是_____。 A. 3x－2y＝0 B. x＋y－5＝0 C. 3x－2y＝0或x＋y－5＝0 D.不能确定 【简解】1小题：对参数a分a>0、a＝0、a<0三种情况讨论，选B； 2小题：对底数a分a>1、0 3小题：分x在第一、二、三、四象限等四种情况，答案{4,-2,0}； 9 10 4小题：分θ＝ ????、0<θ<、<θ<三种情况，选D； 44425小题：分x>0、x<0两种情况，选B； 6小题：分侧面矩形长、宽分别为2和4、或4和2两种情况，选D； 7小题：分截距等于零、不等于零两种情况，选C。 Ⅱ、示范性题组： 例1. 设0 【分析】 比较对数大小，运用对数函数的单调性，而单调性与底数a有关，所以对底数a分两类情况进行讨论。 【解】 ∵ 0 |loga(1－x)|－|loga(1＋x)|＝loga(1－x)－[－loga(1＋x)]＝loga(1－x)>0; ② 当a>1时，loga(1－x)<0，loga(1＋x)>0，所以 |loga(1－x)|－|loga(1＋x)|＝－loga(1－x) －loga(1＋x)＝－loga(1－x)>0； 由①、②可知，|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|。 【注】本题要求对对数函数y＝logax的单调性的两种情况十分熟悉，即当a>1时其是 增函数，当0 例2. 已知集合A和集合B各含有12个元素，A∩B含有4个元素，试求同时满足下面两个条件的集合C的个数： ①. C?A∪B且C中含有3个元素； ②. C∩A≠φ 。 【分析】 由已知并结合集合的概念，C中的元素分两类：①属于A 元素；②不属于A而属于B的元素。并由含A中元素的个数1、2、3,而将取法分三种。 22130【解】 C1·C＋C·C＋C·C128128128＝1084 【注】本题是排列组合中“包含与排除”的基本问题，正确地解题的前提是合理科学的分类，达到分类完整及每类互斥的要求，还有一个关键是要确定C中元素如何取法。另一种解 22题思路是直接使用“排除法”，即C20－C8＝1084。 例3. 设{a n33}是由正数组成的等比数列，S n是前n项和。 ①. 证明： lgSn?lgSn?2lg(Sn?c)?lg(Sn?2?c) 22（Sn?1－c）成立？并证明结论。(95年全国理) 【分析】 要证的不等式和讨论的等式可以进行等价变形；再应用比较法而求解。其中在应用等比数列前n项和的公式时，由于公式的要求，分q＝1和q≠1两种情况。 【解】 设{an}的公比q，则a1>0，q>0 ①．当q＝1时，Sn＝na1，从而SnSn?2－Sn?1＝na1(n＋2)a1－(n＋1)a1＝－a1<0； 2222a1(1?qn) 当q≠1时，Sn＝，从而 1?qSnSn?2－Sn?12a12(1?qn)(1?qn?2)a12(1?qn?1)22n＝－＝－a1q<0； 22(1?q)(1?q)10 11 由上可得SnSn?2 222lgSn?lgSn?2 2lg(Sn?c)?lg(Sn?2?c)＝lg（Sn?1－c）成立，则必有(Sn－c)(Sn?2－c)＝(Sn?12－c), 分两种情况讨论如下： 当q＝1时，Sn＝na1，则 (Sn－c)(Sn?2－c)－(Sn?1－c)＝(na1－c)[(n＋2)a1－c]－[(n＋1)a1－c]＝－a1<0 222a1(1?qn)a1(1?qn)2当q≠1时，Sn＝，则(Sn－c)(Sn?2－c)－(Sn?1－c)＝[－ 1?q1?qa1(1?qn?2)a1(1?qn?1)n2c][ －c]－[－c]＝－a1q[a1－c(1－q)] 1?q1?qa1n∵ a1q≠0 ∴ a1－c(1－q)＝0即c＝ 1?qa1a1qn而Sn－c＝Sn－＝－<0 ∴对数式无意义 1?q1?qlg(Sn?c)?lg(Sn?2?c)由上综述，不存在常数c>0, 使得＝lg（Sn?1－c）成立。 2【注】 本例由所用公式的适用范围而导致分类讨论。该题文科考生改问题为：证明 log0.5Sn?log0.5Sn?2>log0.5Sn?1 ，和理科第一问类似，只是所利用的是底数是0.5时，对 2数函数为单调递减。 例1、例2、例3属于涉及到数学概念、定理、公式、运算性质、法则等是分类讨论的问题或者分类给出的，我们解决时按要求进行分类，即题型为概念、性质型。 例4. 设函数f(x)＝ax－2x＋2，对于满足1 【分析】 含参数的一元二次函数在有界区间上的最大值、最小值等值域问题，需要先对开口方向讨论，再对其抛物线对 称轴的位置与闭区间的关系进行分类讨论，最后综合得解。 121【解】当a>0时，f(x)＝a（x－）＋2－ 1 4 x aa ?11?1??4? ?a?≤1∴ ?a或? 11???f(1)＝a?2?2≥0?f(a)＝2?a?0 ? 1 4 x 211 12 ?1?≥4或?a ??f(4)＝16a?8?2≥011∴ a≥1或 22?f(1)＝a?2?2≥0当a<0时，?，解得φ； f(4)＝16a?8?2≥0?当a＝0时，f(x)＝－2x＋2, f(1)＝0，f(4)＝－6， ∴不合题意 1由上而得，实数a的取值范围是a> 。 2【注】本题分两级讨论，先对决定开口方向的二次项系数a分a>0、a<0、a＝0三种情况，再每种情况结合二次函数的图像，在a>0时将对称轴与闭区间的关系分三种，即在闭区间左边、右边、中间。本题的解答，关键是分析符合条件的二次函数的图像，也可以看成是“数形结合法”的运用。 例5. 解不等式 (x?4a)(x?6a)1>0 (a为常数，a≠－) 22a?1【分析】 含参数的不等式，参数a决定了2a＋1的符号和两根－4a、6a的大小，故对参 11数a分四种情况a>0、a＝0、－ 221【解】 2a＋1>0时，a>－； －4a<6a时，a>0 。 所以分以下四种情况讨论： 2当a>0时，(x＋4a)(x－6a)>0，解得：x<－4a或x>6a； 当a＝0时，x>0，解得：x≠0； 21 2当－ 1综上所述，当a>0时，x<－4a或x>6a；当a＝0时，x≠0；当－ 21－4a；当a>－时，6a 2【注】 本题的关键是确定对参数a分四种情况进行讨论，做到不重不漏。一般地，遇到题目中含有参数的问题，常常结合参数的意义及对结果的影响而进行分类讨论，此种题型为含参型。 例6. 设a≥0,在复数集C中，解方程：z＋2|z|＝a 。 (90年全国高考) 【分析】由已知z＋2|z|＝a和|z|∈R可以得到z∈R，即对z分实数、纯虚数两种情况进行讨论求解。 【解】 ∵ |z|∈R，由z＋2|z|＝a得：z∈R； ∴ z为实数或纯虚数 当z∈R时，|z|＋2|z|＝a,解得：|z|＝－1＋1?a ∴ z＝±(－1＋1?a)； 22222212 q D.当a>1时，p>q；当0