例说分类讨论思想
2014-11-24谢开先
谢开先
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，所以在中学数学中占有重要的位置.随着新课改的深入，一年一度的高考将更注重对数学思想、方法的考查，因此应重点掌握好.下面通过分类拟例说明，以供参考.
一、由数学概念引起分类讨论
例1：讨论方程+=1表示什么曲线.
分析：由于方程是二次的，所以方程表示二次曲线，因此应依据圆、椭圆、双曲线的定义进行分类讨论.
解：（1）当9-k2=k2-4>0，即k=±时，原方程为x2+y2=，它表示以原点为圆心，为半径的圆.
（2） 当9-k2>0
k2-4>0，即-3 （3）当9-k2>0 k2-4>0或9-k2>0 k2-4>0即-2 评注：数学中有些概念是分类定义的，有一定的限制，解题时就要从所给定义的概念来进行分类讨论，本题由于分母的不确定性而产生分类讨论. 二、由定理、公式的限制条件引起分类讨论 例2：设{αn}是由正数组成的等比数列，Sn是其前n项和.证明：>log0.5Sn+1. 分析：要证的不等式由于公式的要求，应分q=1和q≠1分类讨论. 证明：设{αn}的公比为q，由题设知α1>0，q>0 （1）q=1时，Sn=nα1，从而Sn·Sn+2-S2n+1=nα1·（n+2）α1-（n+1）2α12= -α12<0 （2）q≠1时，Sn=，从而Sn·Sn+2-S2n+1= -=-α12qn<0 由（1）（2）知Sn·Sn+2 ∴log0.5（Sn·Sn+2）>log0.5 S2n+1即：>log0.5 Sn+1. 评注：本题若直接利用公式Sn=求解，则会导致对问题的认识不全面，从而出现漏解.公式中q的限制条件明确了本题要进行分类讨论. 三、由函数的性质引起分类讨论 例3：求二次函数f（x）=x2- 2（2α-1）x+5α2-4α+2在[0，1]上的最小值g（α）的解析式. 分析：抛物线f（x）的开口方向是确定的，但它的顶点位置是不确定的，因此应从顶点位置（2α-1，α2+1）分类讨论. 解：f（x）=x2-2（2α-1）x+5α2-4α+2=[x-（2α-1）]2+α2+1，其图像开口向上，对称轴为x=2α-1，设其在[0，1]上最小值为g（α），则： （1）当2α-1<0，即α<时，二次函数f（x）在[0，1]上单调递增，当x=0时，f（x）有最小值，即g（α）=f（0）=5α2-4α+2. （2）当0≤2α-1≤1，即≤α≤1时，最小值在顶点处，即g（α）=f（2α-1）=α2+1. （3）当2α-1>1，即α>1时，二次函数f（x）在[0，1]上单调递减，当x=1时，f（x）有最小值，即g（α）=f（1）= 5α2-8α+5. 综上所述，二次函数f（x）在[0，1]上的最小值是： f（x）=5α2-4α+2，α < α2+1， ≤α≤1 5α2-8α+5，α>1 评注：本题由于二次函数对称轴位置的不确定性（位于所给区间[0，1]左边、中间、右边）而产生分类讨论. 四、由运算的要求引起分类讨论 例4：解不等式|+2|>. 分析：去掉绝对值是解题的关键，由此引发分类讨论. 解：原不等式等价于+2>或+2<-，即>-或<-. （1）当0 logx>0 > -或 logx>0 <- 解得：logx>0，即0 （2）当x>1时，logx<0，此时， logx<0 > -或 logx<0 < - 解得：logx<-2，或- ∴原不等式的解集为（0，1）∪（1，2）∪（4，+∞）. 评注：本题含有绝对值，故运算过程中必须利用其几何意义去掉绝对值符号才能进行计算，由此引发分类讨论. 责任编辑 罗 峰
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，所以在中学数学中占有重要的位置.随着新课改的深入，一年一度的高考将更注重对数学思想、方法的考查，因此应重点掌握好.下面通过分类拟例说明，以供参考.
一、由数学概念引起分类讨论
例1：讨论方程+=1表示什么曲线.
分析：由于方程是二次的，所以方程表示二次曲线，因此应依据圆、椭圆、双曲线的定义进行分类讨论.
解：（1）当9-k2=k2-4>0，即k=±时，原方程为x2+y2=，它表示以原点为圆心，为半径的圆.
（2） 当9-k2>0
k2-4>0，即-3 （3）当9-k2>0 k2-4>0或9-k2>0 k2-4>0即-2 评注：数学中有些概念是分类定义的，有一定的限制，解题时就要从所给定义的概念来进行分类讨论，本题由于分母的不确定性而产生分类讨论. 二、由定理、公式的限制条件引起分类讨论 例2：设{αn}是由正数组成的等比数列，Sn是其前n项和.证明：>log0.5Sn+1. 分析：要证的不等式由于公式的要求，应分q=1和q≠1分类讨论. 证明：设{αn}的公比为q，由题设知α1>0，q>0 （1）q=1时，Sn=nα1，从而Sn·Sn+2-S2n+1=nα1·（n+2）α1-（n+1）2α12= -α12<0 （2）q≠1时，Sn=，从而Sn·Sn+2-S2n+1= -=-α12qn<0 由（1）（2）知Sn·Sn+2 ∴log0.5（Sn·Sn+2）>log0.5 S2n+1即：>log0.5 Sn+1. 评注：本题若直接利用公式Sn=求解，则会导致对问题的认识不全面，从而出现漏解.公式中q的限制条件明确了本题要进行分类讨论. 三、由函数的性质引起分类讨论 例3：求二次函数f（x）=x2- 2（2α-1）x+5α2-4α+2在[0，1]上的最小值g（α）的解析式. 分析：抛物线f（x）的开口方向是确定的，但它的顶点位置是不确定的，因此应从顶点位置（2α-1，α2+1）分类讨论. 解：f（x）=x2-2（2α-1）x+5α2-4α+2=[x-（2α-1）]2+α2+1，其图像开口向上，对称轴为x=2α-1，设其在[0，1]上最小值为g（α），则： （1）当2α-1<0，即α<时，二次函数f（x）在[0，1]上单调递增，当x=0时，f（x）有最小值，即g（α）=f（0）=5α2-4α+2. （2）当0≤2α-1≤1，即≤α≤1时，最小值在顶点处，即g（α）=f（2α-1）=α2+1. （3）当2α-1>1，即α>1时，二次函数f（x）在[0，1]上单调递减，当x=1时，f（x）有最小值，即g（α）=f（1）= 5α2-8α+5. 综上所述，二次函数f（x）在[0，1]上的最小值是： f（x）=5α2-4α+2，α < α2+1， ≤α≤1 5α2-8α+5，α>1 评注：本题由于二次函数对称轴位置的不确定性（位于所给区间[0，1]左边、中间、右边）而产生分类讨论. 四、由运算的要求引起分类讨论 例4：解不等式|+2|>. 分析：去掉绝对值是解题的关键，由此引发分类讨论. 解：原不等式等价于+2>或+2<-，即>-或<-. （1）当0 logx>0 > -或 logx>0 <- 解得：logx>0，即0 （2）当x>1时，logx<0，此时， logx<0 > -或 logx<0 < - 解得：logx<-2，或- ∴原不等式的解集为（0，1）∪（1，2）∪（4，+∞）. 评注：本题含有绝对值，故运算过程中必须利用其几何意义去掉绝对值符号才能进行计算，由此引发分类讨论. 责任编辑 罗 峰
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，所以在中学数学中占有重要的位置.随着新课改的深入，一年一度的高考将更注重对数学思想、方法的考查，因此应重点掌握好.下面通过分类拟例说明，以供参考.
一、由数学概念引起分类讨论
例1：讨论方程+=1表示什么曲线.
分析：由于方程是二次的，所以方程表示二次曲线，因此应依据圆、椭圆、双曲线的定义进行分类讨论.
解：（1）当9-k2=k2-4>0，即k=±时，原方程为x2+y2=，它表示以原点为圆心，为半径的圆.
（2） 当9-k2>0
k2-4>0，即-3 （3）当9-k2>0 k2-4>0或9-k2>0 k2-4>0即-2 评注：数学中有些概念是分类定义的，有一定的限制，解题时就要从所给定义的概念来进行分类讨论，本题由于分母的不确定性而产生分类讨论. 二、由定理、公式的限制条件引起分类讨论 例2：设{αn}是由正数组成的等比数列，Sn是其前n项和.证明：>log0.5Sn+1. 分析：要证的不等式由于公式的要求，应分q=1和q≠1分类讨论. 证明：设{αn}的公比为q，由题设知α1>0，q>0 （1）q=1时，Sn=nα1，从而Sn·Sn+2-S2n+1=nα1·（n+2）α1-（n+1）2α12= -α12<0 （2）q≠1时，Sn=，从而Sn·Sn+2-S2n+1= -=-α12qn<0 由（1）（2）知Sn·Sn+2 ∴log0.5（Sn·Sn+2）>log0.5 S2n+1即：>log0.5 Sn+1. 评注：本题若直接利用公式Sn=求解，则会导致对问题的认识不全面，从而出现漏解.公式中q的限制条件明确了本题要进行分类讨论. 三、由函数的性质引起分类讨论 例3：求二次函数f（x）=x2- 2（2α-1）x+5α2-4α+2在[0，1]上的最小值g（α）的解析式. 分析：抛物线f（x）的开口方向是确定的，但它的顶点位置是不确定的，因此应从顶点位置（2α-1，α2+1）分类讨论. 解：f（x）=x2-2（2α-1）x+5α2-4α+2=[x-（2α-1）]2+α2+1，其图像开口向上，对称轴为x=2α-1，设其在[0，1]上最小值为g（α），则： （1）当2α-1<0，即α<时，二次函数f（x）在[0，1]上单调递增，当x=0时，f（x）有最小值，即g（α）=f（0）=5α2-4α+2. （2）当0≤2α-1≤1，即≤α≤1时，最小值在顶点处，即g（α）=f（2α-1）=α2+1. （3）当2α-1>1，即α>1时，二次函数f（x）在[0，1]上单调递减，当x=1时，f（x）有最小值，即g（α）=f（1）= 5α2-8α+5. 综上所述，二次函数f（x）在[0，1]上的最小值是： f（x）=5α2-4α+2，α < α2+1， ≤α≤1 5α2-8α+5，α>1 评注：本题由于二次函数对称轴位置的不确定性（位于所给区间[0，1]左边、中间、右边）而产生分类讨论. 四、由运算的要求引起分类讨论 例4：解不等式|+2|>. 分析：去掉绝对值是解题的关键，由此引发分类讨论. 解：原不等式等价于+2>或+2<-，即>-或<-. （1）当0 logx>0 > -或 logx>0 <- 解得：logx>0，即0 （2）当x>1时，logx<0，此时， logx<0 > -或 logx<0 < - 解得：logx<-2，或- ∴原不等式的解集为（0，1）∪（1，2）∪（4，+∞）. 评注：本题含有绝对值，故运算过程中必须利用其几何意义去掉绝对值符号才能进行计算，由此引发分类讨论. 责任编辑 罗 峰
