分类讨论的“源”与“流”

王芳

分类讨论是中学阶段的重要数学思想，在解决数学问题的过程中有着重要的作用. 什么时候

探访分类讨论之“源”

先来看下面三个问题.

①若一个实数的3倍是4，试求这个实数，只需解关于x的方程3x=4.

②若一个实数的倍是，试求这个实数，只需解关于x的方程x=.

③若一个实数的倍是6，试求这个实数，只需解关于x的方程x=6.

以上问题求解十分简单，除未知数x外，其余涉及的都是具体数字. 如果用字母a，b来表示，将问题一般化，则有：

例 1 若一个实数的a倍是b，试求出这个实数，其中a∈R且b∈R.

同样地，解方程ax=b即可得解.

但是，a，b拥有了更大的取值空间，也遇到了一个意外——a可以为0. 在a=0的情况下，x=不成立. 此时“ax=b”变成了“0×x=b”，方程是否无解呢？不一定，这还取决于b的值.当b=0时，x取任意实数均满足方程；当b≠0时，无论x取哪个实数均不满足方程.因此，我们必须对例1中的a，b进行分类讨论.

解析： 当a≠0时，x=.

当a=0时，①若b=0，则x为任意实数；②若b≠0，则方程无解.

由此看来，分类讨论是数学问题一般化之后的结果，这也就是我们探访的分类讨论之“源”.

分类讨论的另一个“源”，是某些数学概念中本身包含了分类. 例如要去掉x中的绝对值符号，应对x进行分类讨论：x=x，x>0；0，x=0；-x，x<0.

例2 解不等式2x-4<3x+1.

解析： ①当2x-4>0即x>2时，原不等式可化为2x-4<3x+1，解得x>-5，可得x>2；

②当2x-4=0即x=2时，原不等式可化为0<7，可得x=2；

③当2x-4<0即x<2时，原不等式可化为4-2x<3x+1，解得x>，可得

综上可得原不等式的解集为，+∞.

追寻分类讨论之“流”

不知你是否注意到：例2在得到x的三个取值范围后，最终取了它们的“并集”，例1却没有. 这就涉及分类讨论之“流”，即分类讨论的流程不同，所获得的各个阶段性结果的最终处理方式也不同，有时取“并集”，有时则不然.其间是否存在着某个判断标准呢？

我们不妨用“程序框图”来寻找答案（见图1、图2）.

例1、例2的解答过程都运用了分类讨论，但存在显著差异：

（1） 例1中除了未知数x外，还含有参数a，b.例2中只含有未知数x.

（2） 例1的答案有多个输出端口，而例2只有一个. 如果我们对例1的三个输出端口求“并集”，会得到{x|x∈R}是ax=b的解，这显然是错误的.

由此我们可以发现分类讨论最终结果的处理准则： 求x，对x进行讨论，必须取“并集”；求x，对参数进行讨论，不能取“并集”.如果把它表述成更一般的判断标准，则有：

类型Ⅰ——求甲，对甲进行分类讨论，最终结果必须取“并集”；

类型Ⅱ——求甲，对乙进行分类讨论，最终结果不能取“并集”.

解题中的运用

例3 已知函数f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，其中e是自然对数的底数.若f（x）≥3恒成立，求实数a的取值范围.

解析： 由已知得f′（x）=.

当a≤0时，f′（x）≤0，函数f（x）在（0，e]上单调递减. f（x）min=f（e）=ae-1<0，不满足要求. 因此a>0，此时由f′（x）==0可求得x=.

①若，当x∈0，时，ax-1≤0， f′（x）≤0；当x∈，e时，f′（x）>0，所以函数f（x）在0，上单调递减，在，e上单调递增，f（x）min= f=1+lna.根据题意应有a>，1+lna≥3；即a>，a≥e2；解得a≥e2.

②若≥e即0

综上可得a的取值范围是[e2，+∞）.

点评： 求a的范围，对a进行讨论，属于类型Ⅰ，最后结论应将各个分类讨论的结果取“并集”.

例4 已知a>0，b∈R，函数f（x）=4ax3-2bx-a+b.求证：当0≤x≤1时，函数f（x）的最大值为2a-b+a.

解析： f′（x）=12ax2-2b.因为a>0，所以当b≤0时，必有f′（x）≥0，则函数f（x）在[0，1]上单调递增，f（x）max=f（1）=3a-b.

当b>0时，因为x≥0，由f′（x）=0可得x=.因为0≤x≤1，所以必须再对与1的大小进行讨论.

①若<1即00，所以函数f（x）在0，上单调递减，在，1上单调递增，f（x）max=max{f（0）， f（1）}.而f（0）=-a+b，f（1）=3a-b，所以：

当f（1）≥f（0）即0

当f（1）

②若≥1即b≥6a，因为x∈[0，1]，所以12ax2-2b≤0，f′（x）≤0恒成立，函数f（x）在[0，1]上单调递减，所以f（x）max=f（0）=-a+b.

为了清楚地梳理讨论过程中得到的各个结论，可以借用数轴.如图3所示，在数轴的上方相应地标上f（x）的最大值：当b≤2a时f（x）max=3a-b；当b>2a时f（x）max=-a+b.因此得到f（x）max=2a-b+a.

点评： 例4与例1的相同之处在于，除了x外，还含有两个参数a，b. 分类讨论时如果有多个参数，可以分别对这些参数进行讨论.例1就是先对a进行讨论，再对b进行讨论.如果例4在已知条件中没有给出a>0，也要分别对a，b进行讨论.

作为高中阶段常用的思想方法，分类讨论提供了解决问题的一种智慧——分而攻之、逐个突破.它体现了人类寻求事物普遍规律的探索精神，给予我们极大的启迪.

分类讨论源抽象，

类型ⅠⅡ释疑难；

过程表述有模型，

条分缕析更周详.

【练一练】

已知a>0且a≠1，解关于x的不等式loga（20-2x）>loga（x2-4）.

【参考答案】

此题属于类型Ⅱ.

①当00，x2-4>0，20-2x

②当a>1时，原不等式可化为20-2x>0，x2-4>0，20-2x>x2-4.解得-6

综上可得，当01时，不等式的解集为（-6，-2）∪（2，4）.

分类讨论是中学阶段的重要数学思想，在解决数学问题的过程中有着重要的作用. 什么时候

探访分类讨论之“源”

先来看下面三个问题.

①若一个实数的3倍是4，试求这个实数，只需解关于x的方程3x=4.

②若一个实数的倍是，试求这个实数，只需解关于x的方程x=.

③若一个实数的倍是6，试求这个实数，只需解关于x的方程x=6.

以上问题求解十分简单，除未知数x外，其余涉及的都是具体数字. 如果用字母a，b来表示，将问题一般化，则有：

例 1 若一个实数的a倍是b，试求出这个实数，其中a∈R且b∈R.

同样地，解方程ax=b即可得解.

但是，a，b拥有了更大的取值空间，也遇到了一个意外——a可以为0. 在a=0的情况下，x=不成立. 此时“ax=b”变成了“0×x=b”，方程是否无解呢？不一定，这还取决于b的值.当b=0时，x取任意实数均满足方程；当b≠0时，无论x取哪个实数均不满足方程.因此，我们必须对例1中的a，b进行分类讨论.

解析： 当a≠0时，x=.

当a=0时，①若b=0，则x为任意实数；②若b≠0，则方程无解.

由此看来，分类讨论是数学问题一般化之后的结果，这也就是我们探访的分类讨论之“源”.

分类讨论的另一个“源”，是某些数学概念中本身包含了分类. 例如要去掉x中的绝对值符号，应对x进行分类讨论：x=x，x>0；0，x=0；-x，x<0.

例2 解不等式2x-4<3x+1.

解析： ①当2x-4>0即x>2时，原不等式可化为2x-4<3x+1，解得x>-5，可得x>2；

②当2x-4=0即x=2时，原不等式可化为0<7，可得x=2；

③当2x-4<0即x<2时，原不等式可化为4-2x<3x+1，解得x>，可得

综上可得原不等式的解集为，+∞.

追寻分类讨论之“流”

不知你是否注意到：例2在得到x的三个取值范围后，最终取了它们的“并集”，例1却没有. 这就涉及分类讨论之“流”，即分类讨论的流程不同，所获得的各个阶段性结果的最终处理方式也不同，有时取“并集”，有时则不然.其间是否存在着某个判断标准呢？

我们不妨用“程序框图”来寻找答案（见图1、图2）.

例1、例2的解答过程都运用了分类讨论，但存在显著差异：

（1） 例1中除了未知数x外，还含有参数a，b.例2中只含有未知数x.

（2） 例1的答案有多个输出端口，而例2只有一个. 如果我们对例1的三个输出端口求“并集”，会得到{x|x∈R}是ax=b的解，这显然是错误的.

由此我们可以发现分类讨论最终结果的处理准则： 求x，对x进行讨论，必须取“并集”；求x，对参数进行讨论，不能取“并集”.如果把它表述成更一般的判断标准，则有：

类型Ⅰ——求甲，对甲进行分类讨论，最终结果必须取“并集”；

类型Ⅱ——求甲，对乙进行分类讨论，最终结果不能取“并集”.

解题中的运用

例3 已知函数f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，其中e是自然对数的底数.若f（x）≥3恒成立，求实数a的取值范围.

解析： 由已知得f′（x）=.

当a≤0时，f′（x）≤0，函数f（x）在（0，e]上单调递减. f（x）min=f（e）=ae-1<0，不满足要求. 因此a>0，此时由f′（x）==0可求得x=.

①若，当x∈0，时，ax-1≤0， f′（x）≤0；当x∈，e时，f′（x）>0，所以函数f（x）在0，上单调递减，在，e上单调递增，f（x）min= f=1+lna.根据题意应有a>，1+lna≥3；即a>，a≥e2；解得a≥e2.

②若≥e即0

综上可得a的取值范围是[e2，+∞）.

点评： 求a的范围，对a进行讨论，属于类型Ⅰ，最后结论应将各个分类讨论的结果取“并集”.

例4 已知a>0，b∈R，函数f（x）=4ax3-2bx-a+b.求证：当0≤x≤1时，函数f（x）的最大值为2a-b+a.

解析： f′（x）=12ax2-2b.因为a>0，所以当b≤0时，必有f′（x）≥0，则函数f（x）在[0，1]上单调递增，f（x）max=f（1）=3a-b.

当b>0时，因为x≥0，由f′（x）=0可得x=.因为0≤x≤1，所以必须再对与1的大小进行讨论.

①若<1即00，所以函数f（x）在0，上单调递减，在，1上单调递增，f（x）max=max{f（0）， f（1）}.而f（0）=-a+b，f（1）=3a-b，所以：

当f（1）≥f（0）即0

当f（1）

②若≥1即b≥6a，因为x∈[0，1]，所以12ax2-2b≤0，f′（x）≤0恒成立，函数f（x）在[0，1]上单调递减，所以f（x）max=f（0）=-a+b.

为了清楚地梳理讨论过程中得到的各个结论，可以借用数轴.如图3所示，在数轴的上方相应地标上f（x）的最大值：当b≤2a时f（x）max=3a-b；当b>2a时f（x）max=-a+b.因此得到f（x）max=2a-b+a.

点评： 例4与例1的相同之处在于，除了x外，还含有两个参数a，b. 分类讨论时如果有多个参数，可以分别对这些参数进行讨论.例1就是先对a进行讨论，再对b进行讨论.如果例4在已知条件中没有给出a>0，也要分别对a，b进行讨论.

作为高中阶段常用的思想方法，分类讨论提供了解决问题的一种智慧——分而攻之、逐个突破.它体现了人类寻求事物普遍规律的探索精神，给予我们极大的启迪.

分类讨论源抽象，

类型ⅠⅡ释疑难；

过程表述有模型，

条分缕析更周详.

【练一练】

已知a>0且a≠1，解关于x的不等式loga（20-2x）>loga（x2-4）.

【参考答案】

此题属于类型Ⅱ.

①当00，x2-4>0，20-2x

②当a>1时，原不等式可化为20-2x>0，x2-4>0，20-2x>x2-4.解得-6

综上可得，当01时，不等式的解集为（-6，-2）∪（2，4）.

分类讨论是中学阶段的重要数学思想，在解决数学问题的过程中有着重要的作用. 什么时候

探访分类讨论之“源”

先来看下面三个问题.

①若一个实数的3倍是4，试求这个实数，只需解关于x的方程3x=4.

②若一个实数的倍是，试求这个实数，只需解关于x的方程x=.

③若一个实数的倍是6，试求这个实数，只需解关于x的方程x=6.

以上问题求解十分简单，除未知数x外，其余涉及的都是具体数字. 如果用字母a，b来表示，将问题一般化，则有：

例 1 若一个实数的a倍是b，试求出这个实数，其中a∈R且b∈R.

同样地，解方程ax=b即可得解.

但是，a，b拥有了更大的取值空间，也遇到了一个意外——a可以为0. 在a=0的情况下，x=不成立. 此时“ax=b”变成了“0×x=b”，方程是否无解呢？不一定，这还取决于b的值.当b=0时，x取任意实数均满足方程；当b≠0时，无论x取哪个实数均不满足方程.因此，我们必须对例1中的a，b进行分类讨论.

解析： 当a≠0时，x=.

当a=0时，①若b=0，则x为任意实数；②若b≠0，则方程无解.

由此看来，分类讨论是数学问题一般化之后的结果，这也就是我们探访的分类讨论之“源”.

分类讨论的另一个“源”，是某些数学概念中本身包含了分类. 例如要去掉x中的绝对值符号，应对x进行分类讨论：x=x，x>0；0，x=0；-x，x<0.

例2 解不等式2x-4<3x+1.

解析： ①当2x-4>0即x>2时，原不等式可化为2x-4<3x+1，解得x>-5，可得x>2；

②当2x-4=0即x=2时，原不等式可化为0<7，可得x=2；

③当2x-4<0即x<2时，原不等式可化为4-2x<3x+1，解得x>，可得

综上可得原不等式的解集为，+∞.

追寻分类讨论之“流”

不知你是否注意到：例2在得到x的三个取值范围后，最终取了它们的“并集”，例1却没有. 这就涉及分类讨论之“流”，即分类讨论的流程不同，所获得的各个阶段性结果的最终处理方式也不同，有时取“并集”，有时则不然.其间是否存在着某个判断标准呢？

我们不妨用“程序框图”来寻找答案（见图1、图2）.

例1、例2的解答过程都运用了分类讨论，但存在显著差异：

（1） 例1中除了未知数x外，还含有参数a，b.例2中只含有未知数x.

（2） 例1的答案有多个输出端口，而例2只有一个. 如果我们对例1的三个输出端口求“并集”，会得到{x|x∈R}是ax=b的解，这显然是错误的.

由此我们可以发现分类讨论最终结果的处理准则： 求x，对x进行讨论，必须取“并集”；求x，对参数进行讨论，不能取“并集”.如果把它表述成更一般的判断标准，则有：

类型Ⅰ——求甲，对甲进行分类讨论，最终结果必须取“并集”；

类型Ⅱ——求甲，对乙进行分类讨论，最终结果不能取“并集”.

解题中的运用

例3 已知函数f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，其中e是自然对数的底数.若f（x）≥3恒成立，求实数a的取值范围.

解析： 由已知得f′（x）=.

当a≤0时，f′（x）≤0，函数f（x）在（0，e]上单调递减. f（x）min=f（e）=ae-1<0，不满足要求. 因此a>0，此时由f′（x）==0可求得x=.

①若，当x∈0，时，ax-1≤0， f′（x）≤0；当x∈，e时，f′（x）>0，所以函数f（x）在0，上单调递减，在，e上单调递增，f（x）min= f=1+lna.根据题意应有a>，1+lna≥3；即a>，a≥e2；解得a≥e2.

②若≥e即0

综上可得a的取值范围是[e2，+∞）.

点评： 求a的范围，对a进行讨论，属于类型Ⅰ，最后结论应将各个分类讨论的结果取“并集”.

例4 已知a>0，b∈R，函数f（x）=4ax3-2bx-a+b.求证：当0≤x≤1时，函数f（x）的最大值为2a-b+a.

解析： f′（x）=12ax2-2b.因为a>0，所以当b≤0时，必有f′（x）≥0，则函数f（x）在[0，1]上单调递增，f（x）max=f（1）=3a-b.

当b>0时，因为x≥0，由f′（x）=0可得x=.因为0≤x≤1，所以必须再对与1的大小进行讨论.

①若<1即00，所以函数f（x）在0，上单调递减，在，1上单调递增，f（x）max=max{f（0）， f（1）}.而f（0）=-a+b，f（1）=3a-b，所以：

当f（1）≥f（0）即0

当f（1）

②若≥1即b≥6a，因为x∈[0，1]，所以12ax2-2b≤0，f′（x）≤0恒成立，函数f（x）在[0，1]上单调递减，所以f（x）max=f（0）=-a+b.

为了清楚地梳理讨论过程中得到的各个结论，可以借用数轴.如图3所示，在数轴的上方相应地标上f（x）的最大值：当b≤2a时f（x）max=3a-b；当b>2a时f（x）max=-a+b.因此得到f（x）max=2a-b+a.

点评： 例4与例1的相同之处在于，除了x外，还含有两个参数a，b. 分类讨论时如果有多个参数，可以分别对这些参数进行讨论.例1就是先对a进行讨论，再对b进行讨论.如果例4在已知条件中没有给出a>0，也要分别对a，b进行讨论.

作为高中阶段常用的思想方法，分类讨论提供了解决问题的一种智慧——分而攻之、逐个突破.它体现了人类寻求事物普遍规律的探索精神，给予我们极大的启迪.

分类讨论源抽象，

类型ⅠⅡ释疑难；

过程表述有模型，

条分缕析更周详.

【练一练】

已知a>0且a≠1，解关于x的不等式loga（20-2x）>loga（x2-4）.

【参考答案】

此题属于类型Ⅱ.

①当00，x2-4>0，20-2x

②当a>1时，原不等式可化为20-2x>0，x2-4>0，20-2x>x2-4.解得-6

综上可得，当01时，不等式的解集为（-6，-2）∪（2，4）.