分类讨论问题的原因初探
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高中代数分类讨论问题的原因初探
分类讨论思想作为高考数学一种必考的数学思想，在高中数学教学中的地位可谓举足轻重，然而很多同学对分类讨论思想在什么情况下要用到，怎么样去使用分类讨论思想都还不甚了解。笔者在多年的高中数学教学中对该思想进行了一些梳理，以求起到抛砖引玉的作用。我认为造成高中代数分类讨论的常见的情形大体有如下几种。
1、 研究指数函数和对数函数性质时对底数必须分类讨论
例如：已知f(x)＝a a 2－1
(a x －a －x )(a>0且a≠1)．讨论f(x)的单调性
解：当a>1时，a 2－1>0，y ＝a x 为增函数，y ＝a －x 为减函数，从而y ＝a x －a －x 为增函数，所以f(x)为增函数．
当0 故当a>0，且a ≠1时，f(x)在定义域内单调递增． 总结：本题中指数函数的底数是字母a ，因此对字母a 进行讨论成为首先要解决的问题。因为当a>1时和当0 2、 研究方程的根时对含参的系数必须进行讨论 例如：已知函数f(x)＝ax ＋a －1x ＋1－2a(a>0)，若f(x)≥ln x 在 [1， ＋∞)上恒成立，求a 的取值范围． 解：令g(x)＝f(x)－ln x ＝ax ＋a －1x ＋1－2a －ln x ， x ∈[1，＋∞)，则g(1)＝0，g ′(x)＝a －a －1x 2－1x ＝ ax 2－x －(a －1)x 2＝a (x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－a a x 2， ①当1－a a >1时，0 故g ′(x)<0，g(x)是减函数， 所以g(x) 故f(x)≥ln x 在[1，＋∞)上不恒成立． ②当1－a a ≤1时，a ≥12，则x>1，故g ′(x)>0，g(x)是增函数，g(x)>g(1)＝0，即f(x)>ln x ， 故当x ≥1时，f(x)≥ln x 恒成立． 综上所述，所求a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭ ⎪⎫12，＋∞. 总结：本题中若令g ′(x)＝0，得x=1－a a 或x=1,由于给定区间为[1， ＋∞)，故1－a a 与1必须进行大小比较，因此出现了对a 进行讨论。 3、 研究等比数列求和问题时必须对公比是否为1进行讨论 例如：求数列1,1＋a,1＋a ＋a 2，…，1＋a ＋a 2＋…＋a n －1的前n 项和S n .（a ≠0） 解： 若a ＝1，则通项a n ＝1＋1＋…＋1＝n ， 于是S n ＝1＋2＋…＋n ＝n n ＋12 ； 若a≠1，则通项a n ＝1＋a ＋…＋a n －1＝1－a n 1－a ＝11－a (1－a n )， 于是S n＝1－a 1－ a ＋ 1－a2 1－a ＋…＋ 1－a n 1－a ＝ 1 1－a [n－(a＋a2＋…＋a n)]＝ 1 1－a⎣ ⎢ ⎡ ⎦ ⎥ ⎤ n－ a(1－a n) 1－a 。 总结：本题中出现的数列通项中出现了字母a，求通项时就牵涉到等比数列求和，因此对公比a进行讨论成为必然，因为若不对公比a进行讨论就无法利用等比数列的求和公式。 4、研究集合之间的关系时对是否为空集必须进行讨论 例如：已知集合A＝{x|－2≤x≤7}，B＝{x|m＋1 解当B＝φ时，有m＋1≥2m－1，则m≤2. 当B≠φ时，若B⊆A，如图． 则 ⎩⎪ ⎨ ⎪⎧m＋1≥－2， 2m－1≤7， m＋1<2m－1， 解得2 综上，m的取值范围为m≤4. 总结：本题中B⊆A，则B＝φ或B≠φ，要分两种情况讨论 5、研究二次函数性质时对对称轴或区间必须进行讨论 例如：求函数y＝x2－2ax－1在x∈[0,2]时的值域． 解由已知可得，函数的图象开口向上，对称轴为x＝a. ①当a<0时，y min＝f(0)＝－1. y max ＝f(2)＝4－4a －1＝3－4a. 所以函数的值域为[－1,3－4a]． ②当0≤a ≤1时，y min ＝f(a)＝－(a 2＋1)，y max ＝f(2)＝3－4a ，所以 函数的值域为[－(a 2＋1)，3－4a]．