学案3分类讨论思想-精品文档53页

所以x∈(0,x1)时,g(x)<g(0)=0,
即f(x)<ax,与题设f(x)≥ax相矛盾.
综上可知，满足条件的实数a的取值范围是（-∞,2].
题型三 由定理、公式等引起的分类
【例3】 设等比数列{an}的公比为q,前n项和Sn>0 (n=1,2,…).
（1）求q的取值范围；
（2）设bn=an+2-

2 ( )x
,
x∈R}={y|y>0},
3
令f(x)=(m+2)x2+2mx+1,又f(0)=1,
所以函数f(x)的图象恒过定点（0,1）,要使 AB,
则必满足
m20
0

2m
,或 m020或2mm200 0
解之得-2<m≤2(-m1或2-)1<m<2或m=-2,
2
题型一 由数学概念引起的分类讨论
【例1】设0<x<1,a>0,且a≠1,比较|loga(1-x)|与 |loga(1+x)|的大小.
解 因为0<x<1,所以0<1-x<1,1+x>1,则0<1-x2<1. ① 当0<a<1时,由loga(1-x)>0,loga(1+x)<0,所以
|loga(1-x)|-|loga(1+x)| =loga(1-x)-［-loga(1+x)] =loga(1-x2)>0, 即|loga(1-x)|>|loga(1+x)|. ②当a>1时,由loga(1-x)<0,loga(1+x)>0,
综上可知,实数a的所有可能值组成的集合为{1， 2 }
2
3.已知集合A={x|(m+2)x2+2mx+1≤0},B=
{y
|
y

2 ( )x
,
3
x∈R}，则使 AB成立的实数m的取值范围是（ A）
A.[-2，2）
B.（-2，2]
C.[-2，2]
D.[-2，-1)∪（-1，2）
解析
因为B={y|
y
f (x) max

2 2m, m
m,
m

2

2 3
.

3
【探究拓展】 在解答该类问题时，应根据条件首先
(
1 2
)
k
1


2 3
1
(
1 2
)
k

2


2 3
2

(
1 )k 1 2

(
1 2
)
k

2


4 3
1
(
1 2
)
k
3


2Sk3
所以Sk+1,Sk+3,Sk+2能构成等差数列.
综上所述:当q=1时,Sk+1,Sk+3,Sk+2不能构成等差数列;
1 )(q 2

2)
.
又因为Sn>0,且-1<q<0或q>0,
所以当-1<q<
1 2
或q>2时，Tn-Sn>0,
即Tn>Sn； 当当q=12<1q2 或<2q且=2q时≠，0时T，n-STnn=-0S，n<0即,T即n=TSnn<.Sn;
【探究拓展】等差、等比数列的通项、前n项的和是 数列的基础，那么在研究一个数列的通项时，对n=1 与n≥2要分别予以研究，而涉及等比数列或用错位 相减法求解时，要对公比q是否为1进行分类讨论.
学案3 分类讨论思想
1.分类与整合思想是指当问题所给的对象不能进行统 一研究时,就需要对研究对象按某个标准进行分类， 然后对每一类分别研究得出每一类的结论，最后综 合各类结果得到整体问题的解答.实质上，分类与 整合是“化整为零，各个击破，再积零为整”的数 学解题策略. 2.分类原则：（1）分类的对象确定,标准统一; （2）不重复,不遗漏;（3）分层次,不越级讨论; （4）归纳总结,整合完善.
当q=
1 2
时,Sk+1,Sk+3,Sk+2能构成等差数列.
题型四 由参数变化引起的分类讨论
【例4】已知m∈R,求函数f(x)=(4-3m)x2-2x+m在区
间[0,1]上的最大值.
解 (1)当4-3m=0时，即m= 4 时，
函数y=-2x+ 4 .
3
3 它在[0,1]上是减函数，所以f(x)max=f(0)=
1.从平面外一点P引与平面 相交的直线,使得P与交
点A的距离等于1，则满足条件的直线条数一定不可
能是
（ C）
A.0条
B.1条
C.2条
D.无数条
解析 设点P到平面的距离为d,则d=1时，恰有一
条；d>1时，不存在；0<d<1时，有无数条.
2.函数f(x)= sexi1(nxx2(0)1x0),若f(a)=1,则实数a的
变式训练1 满足f(c2)= 9
已知函数
f(x) c2cx2 x(1c( 0 x x1)c),
8
(1)求常数c的值;
(2)解不等式f(x)> 2 1 8
解 (1)因为0<c<1,所以c2<c,
由f(c2)= 9 8
,即c3+1=
9 8
, 所以c= 1 2
.
(2)由(1)得
①若a≤2,当x≥0时，g′(x)=ex+e-x-a>2-a≥0,所
以函数g(x)在区间(0,+∞)上为增函数，则x≥0时，
g(x)≥g(0)=0，即f(x)≥ax.
②若a>2,方程g′(x)=0的一个正根为
a a2 4
xln
,
1
2
此时，若x∈(0,x1),则g′(x)<0,
故函数g(x)在区间（0，x1）上为减函数，
即2a 2

3 2
2a2
5 2
,a 7 . 4
当a<0时,g(x)=ax-2在［-2,2］上是减函数,
g(x)∈［2a-2,-2a-2］,
同理可得
2a 2a
2 2
5 2 3
,a 7 . 4

2
综上,实数a的取值范围是 ,7474, .
的取值范围.
解 (1)当x∈[-2,-1)时,f(x)=x + 1
上是增函数,
x
此时f(x)∈[ 5 ,-2]. 2
当x 1,
1 2
时,
f
(x)

2,
在[-2,-1)
当x

1 2
,2时，f
(x)

x

1 xBiblioteka 在 12 ，2上是增函数，
此时f
(
x)


4
.
(2)当4-3m≠0,即
m

4
3 时，f(x)是二次函数.
①若4-3m>0，即m

4
3 时，二次函数f(x)的图象开
口向上，对称轴x 3 1 0，它在[0,1]的最大
43m
值只能在区间端点取得.
f(0)=m,f(1)=2-2m.
当m≥2-2m,又m< 4 3
,即 3 2m3 4时 ，f(x)ma xm.
3 2
an+1，记{bn}的前n项和为Tn，
试比较Sn与Tn的大小.
解 (1)因为{an}是等比数列，Sn>0,
可得a1=S1>0,q≠0,
当q=1时，Sn=na1>0;
当q
1时，s
n

a1(1 qn ) 1q
1,
即1qn 0(n 1,2,3,) , 1q
上式等价于① 1 1 q qn00(n1,2,3, ) 或② 1 1 q qn00(n1,2,3, ) 解①式得q>1；
变式训练3 已知在等比数列{an}中,a1=1,Sn是其前n 项的和,且ak+1，ak+3，ak+2 （k∈N）成等差数列. （1）求数列{an}的公比； （2）试判断Sk+1，Sk+3，Sk+2 （k∈N）是否也构成 等差数列，说明理由.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q， 则ak+1=a1qk，ak+3=a1qk+2，ak+2=a1qk+1. 依题意得2qk+2=qk+qk+1，由于qk≠0, 所以2q2-q-1=0,解得q=1或q= 1 . (2) ①当q=1时,Sk+1=(k+1)a1=k+2 1,Sk+3=k+3,Sk+2=k+2, 显然Sk+1+Sk+2=k+1+k+2=2k+3≠2Sk+3 , 故Sk+1,Sk+3,Sk+2不能构成等差数列;
f(x)212x4x11((012xx121)),由f(x)
21,得 8
①
当0 x 1时， 解得 2
2
4
x 1; 2
② 当1 x 1时， 解得1 x 5 .
2
28
所以f (x) 2 1的解集为{x| 2 x 5}.
8
4
8
题型二
g(x)∈[-2a-2,2a-2],任给x1∈[-2,2],
f(x1)5 2,22 3,2 3 若存在x0∈［-2,2］,使得g(x0)=f(x1)成立,
则 5 2, 2 2 3,2 3 2 a 2 ,2 a 2 ,
3 2
,
3 2
.

f
( x)的值域为
5 ，
2
2


3 2
，23
(2)当a=0时,g(x)=-2,对于任意x1∈[-2,2], f(x1)5 2,22 3,2 3
不存在x0 ∈[-2,2］,使得g(x0)=f(x1)成立; 当a>0时,g(x)=ax-2在[-2,2]上是增函数,
②
当q


1 时，S
2
k 1
1 ( 1 )k 1

2
1 ( 1)

2 3
1 (
1 2
)
k
1

,
2
同理可得
Sk2

2 3
1
(
1 2
)
k

2

, Sk3

2 3
1
(
1 2
)
k

3

，
于是 Sk 1

Sk2

2 3
1
【探究拓展】在解答该类问题时,应根据函数g(x) 中所含的参数a的取值情况进行讨论,得到函数的单 调性，从而得出该函数在给定区间上的值域,再依据 题意建立不等式组进行求解,得到a的取值范围.
变式训练2 已知函数f(x)=ex-e-x. (1)证明:函数f(x)的导数f′ (x)≥2; (2)若对所有x≥0都有f(x)≥ax,求实数a的取值范围. (1)证明 因为函数f(x)的导数f′ (x)=ex+e-x, 又ex+e-x≥2 ex ex 2(当且仅当x=0时,等号成 立)，所以f′ (x)≥2. (2)解 令g(x)=f(x)-ax, 则g′ (x)=f′ (x)-a=ex+e-x-a;
当m<2-2m,又m< 4 ，
即②m若<4-32 3m时<，0,f即(xm)>m3 ax=34 2时(1,-二m)次. 函数f(x)的图象开口向
下,又它的对称轴方程 x 1 0,所以函数f(x)在
43m
[0,1]上是减函数.
于是f(x)max=f(0)=m.
由(1)(2)可知,这个函数的最大值为
所有可能值组成的集合为
（ B）
A.{1} B.{1,- 2 } C.{- 2 }
2
2
解析 因为当-1<a<0时，sinπ a2=1,
a2 2k(kZ),所以 a2 2k1,
2
2
D.{1, 2 }
2
若k0,则a 2,其它不合；题意
2
当a≥0时，ea-1=1,所以a-1=0，即a=1.
所以m的取值范围是-2≤m<2.
4.过三棱柱任意两顶点的直线共15条，其中异面
直线有
（ D）
A.18对
B.24对
C.30对
D.36对
解析 因为侧棱的条数为3,且和每一条侧棱异面的直
线条数为4；侧面对角线条数为6,且和每一条侧面对
角线异面的直线有5条；两底面边的条数为6,且和每
一条边异面的直线有5条，又知直线异面是相互的， 所以异面直线共有 1 (3×4+6×5+6×5)=36对.
所以|loga(1-x)|-|loga(1+x)| =-loga(1-x)-loga(1+x) =-loga(1-x2)>0, 即|loga(1-x)|>|loga(1+x)|. 由①②可知,|loga(1-x)|>|loga(1+x)|. 【探究拓展】在解答该类问题时,首先从概念出发判 断出绝对值内的数(或式子)的符号，然后再去掉绝 对值符号(这时需按条件进行分类讨论确定),再按照 相关的法则去计算,直至得出结论.
由运算引起的分类讨论
x

1 x
,
x


2 , 1
【例2】已知函数
f
(x)




2,
x



1,
1 2

.
x

1 x
,
x

1 2
,
2

(1)求f(x)的值域;
(2)设函数g(x)=ax-2,x∈［-2,2］,若对于任意x1∈
［-2,2］,总存在x0,使得g(x0)=f(x1)成立,求实数a
解②式，由于n可为奇数，可为偶数，
故-1<q<1,q≠0.
综上，q的取值范围是(-1，0)∪(0，+∞).
( 2 )由 bn

an2

3 2
a n 1
,
得 bn

an (q2

3 2
q), Tn

(q2

3 2
q)Sn
,
于是 Tn

Sn

Sn (q2

3 2
q
1)

Tn

Sn

Sn (q