數(shù)學(xué)思想方法專(zhuān)題分類(lèi)與整合的思想

專(zhuān)題二分類(lèi)與整合的思想一內(nèi)容概要：所謂分類(lèi)討論,就是當(dāng)問(wèn)題所給的對(duì)象不能進(jìn)行統(tǒng)一研究時(shí),我們就需要對(duì)研究的對(duì)象進(jìn)行分類(lèi),然后對(duì)每一類(lèi)分別研究,得出每一類(lèi)的結(jié)論,最后綜合各類(lèi)的結(jié)果得到整個(gè)問(wèn)題的解分類(lèi)討論思想又稱(chēng)“邏輯劃分思想”，它是把所要研究的數(shù)學(xué)對(duì)象劃分成若干不同的情形，然后再分類(lèi)進(jìn)行研究和求解的一種數(shù)學(xué)思想.在歷年高考中常見(jiàn)的幾種分類(lèi)：1．由數(shù)學(xué)概念引起的分類(lèi)有的數(shù)學(xué)要領(lǐng)就是分類(lèi)給出的,如絕對(duì)值、直線(xiàn)斜率、指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)等定義中，包括了分類(lèi).有的概念在定義時(shí),明確了范圍,也將引起討論,如兩直線(xiàn)所成的角、直線(xiàn)與平面所成的角、二面角、向量的夾角等.2．由性質(zhì)、定理及公式引起的分類(lèi)討論有的性質(zhì)、定理及公式是分類(lèi)給出的，在不同的條件下有不同的結(jié)論，或在一定的限制條件下才成立的，如等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式、指數(shù)函數(shù)和對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)等.3．對(duì)于含有參數(shù)的問(wèn)題要對(duì)參數(shù)的允許值進(jìn)行全面的討論.這類(lèi)題首先根據(jù)題目條件確定參數(shù)的取值范圍，然后再由概念去分類(lèi)或由變形所需要的條件去分類(lèi)或由運(yùn)算性質(zhì)、定理分類(lèi)，逐段討論求解.4．由變形所需要的限制條件引起的分類(lèi)如等式兩邊乘以（或除以）一個(gè)代數(shù)式時(shí)，要考慮這個(gè)代數(shù)式是否為零；不等式兩邊同乘（除）以一個(gè)代數(shù)式時(shí)，要考慮這個(gè)代數(shù)式的正、負(fù)情況；將一個(gè)指數(shù)（或?qū)?shù)）不等式化為整式不等式時(shí)要分底數(shù)a>1和0<a<1等等.5．由圖形引起的分類(lèi)討論有的圖形的類(lèi)型、位置關(guān)系要討論，如點(diǎn)、線(xiàn)、面的位置關(guān)系，圓錐曲線(xiàn)的類(lèi)型分類(lèi)等．6．由實(shí)際意義引起的分類(lèi)如在排列組合問(wèn)題中常需根據(jù)據(jù)實(shí)際情況的不同情形分類(lèi)求解．在解題過(guò)程中分類(lèi)討論的一般步驟是：（1）明確討論對(duì)象，確定對(duì)象的范圍．（2）認(rèn)清為什么要分類(lèi)，確定分類(lèi)標(biāo)準(zhǔn)，進(jìn)行合理分類(lèi)，注意做到不重不漏．（3）逐類(lèi)討論，獲得階段性結(jié)果．（4）整合討論．在解答數(shù)學(xué)題時(shí)，由于許多題目不僅在涉及的知識(shí)范圍上帶有較強(qiáng)的綜合性，而且就問(wèn)題本身來(lái)說(shuō)也受到多種條件的交叉制約，形成錯(cuò)綜復(fù)雜的局面，很難從整體上加以解決．這時(shí)就從分割入手，把整體劃分為若干個(gè)局部，轉(zhuǎn)而去解決局部問(wèn)題，最后達(dá)到整體上的解決，也就是“化整為零”、“各個(gè)擊破”，這種處理問(wèn)題的思想就是分類(lèi)討論．當(dāng)然，也不要盲目討論，見(jiàn)參數(shù)就分類(lèi)，有時(shí)采用一些方法如消參法、變更主元、數(shù)形結(jié)合、整體思想等可避二.典例精析：類(lèi)型一：由運(yùn)算引起的分類(lèi)討論例1已知數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn=32n–n2，求數(shù)列的前n項(xiàng)和Pn.【分析】利用Sn與an的關(guān)系求出an,再利用絕對(duì)值的概念分類(lèi)討論求和Pn.【解析】由Sn=32n–n2,當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn–Sn-1=32n–n2–32(n–1)+(n–1)2=33–2n；當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=31,∴an=33–2n.令an≥0,則33–2n.≥0,n≤,因?yàn)閚,所以n≤16時(shí),an≥0；n≥17時(shí)，an＜0.所以本題Pn的求值問(wèn)題應(yīng)分兩種情況討論.當(dāng)n≤16時(shí),Pn=|a1|+|a2|+…+|a16|+|a17|+…+|an|=a1+a2+…+a16–a17–a18–…–an=(–a1–a2–…–a16–a17–a18–…–an)+2(a1+a2+…+a16)=–Sn+2（a1+a2+…+a16）=–Sn+2S16.因?yàn)镾16=32×16–162=16×16=256,Sn=32n–n2,所以Pn=512–32n+n2.∴數(shù)列的前幾n項(xiàng)和Pn=.【評(píng)析】由于|an|=故求Pn的值需分兩種情況,轉(zhuǎn)化為一個(gè)分段函數(shù),從而使得問(wèn)題得以解決.有些數(shù)學(xué)概念有明顯的分類(lèi)特點(diǎn),特別絕對(duì)值的概念,因此涉及到這些概念時(shí),常常需要分類(lèi)討論.類(lèi)型二：由圖形或圖像引起的分類(lèi)討論例2設(shè)a為實(shí)數(shù)，記函數(shù)的最大值為g(a).（1）設(shè)t=求t的取值范圍，并把f(x)表示為t的函數(shù)m(t)；（2）求g(a)；（3）試求滿(mǎn)足g(a)=g的所有實(shí)數(shù)a.【分析】構(gòu)建目標(biāo)函數(shù)，依據(jù)對(duì)稱(chēng)軸和區(qū)間的位置關(guān)系合理分類(lèi).【解析】（1）∵t=，∴要使t有意義，必須1+x≥0，且1–x≥0，即–1≤x≤1.∵t2=2+2[2,4],t≥0.(*)∴x的取值范圍是[].由(*)得，∴m(t)=a（）+t=[].（2）由題意知g(a)即為函數(shù)m(t)=[]的最大值.注意到直線(xiàn)t=–是拋物線(xiàn)m(t)=的對(duì)稱(chēng)軸,分以下幾種情況討論.當(dāng)a＞0時(shí),函數(shù)y=m(t),的圖像是開(kāi)口向上的拋物線(xiàn)的一段,由t=–<0知m(t)在[]上單調(diào)遞增,∴g(a)=m(2)=a+2.當(dāng)a=0時(shí),m(t)=t,∴g(a)=2.當(dāng)a<0時(shí),函數(shù)y=m(t),的圖像是開(kāi)口向下的拋物線(xiàn)的一段.若t=,即,則g(a)=m()=.若t=,即a,則g(a)=m()=–a–.若t=–(2,+∞),即a,則g(a)=m(2)=a+2.綜上有g(shù)(a)=（3）方法一：①當(dāng)a<–2 時(shí),,此時(shí),g(a)=，g()=+2.由2+=解得a=–1–，與a<–2矛盾.②當(dāng)–2≤a<–時(shí),.此時(shí),g(a)=,g()=,由, 解得a=矛盾.③當(dāng)≤a≤時(shí),≤≤,此時(shí)g(a)==g()④當(dāng)<a≤–時(shí),–2≤<–,此時(shí),g(a)=–a–,與a≤矛盾.⑤當(dāng)–<a<0時(shí),g()<–2,此時(shí)g(a)=a+2,g()=,由a+2=解得a=–2,與a>–矛盾.⑥當(dāng)a>0時(shí),>0,此時(shí)g(a)=a+2，g()=+2.由a+2=+2解得a=±1.由a>0知a=1.綜上知,滿(mǎn)足g(a)=g()的所有實(shí)數(shù)a為：≤a≤或a=1.方法二：當(dāng)a>–時(shí),g(a)=a+2>.當(dāng)<a≤–時(shí),,,所以–a≠,g(a)=–a,>.因此,當(dāng)a>時(shí),g(a)>.當(dāng)a>0時(shí),,由g(a)=g()知a+2=+2,解得a=1.當(dāng)a<0時(shí),a=1,因此,a≤–1或≤–1,從而,g(a)=或g()=.要使g(a)=g(),必須有a≤–,≤–,即≤a≤–,此時(shí)g(a)==g().綜上知,滿(mǎn)足g(a)=g()的所有實(shí)數(shù)a為:≤a≤–或a=1.【評(píng)析】一元二次函數(shù)圖像的開(kāi)口方向及對(duì)稱(chēng)軸位置是影響二次函數(shù)性質(zhì)的主要因素,在涉及系數(shù)含參數(shù)的二次函數(shù)在定區(qū)間的最值或已知二次函數(shù)求其在動(dòng)區(qū)間的最類(lèi)型三：由參數(shù)變化引起的分類(lèi)討論例3已知y=x2+ax+3–a在區(qū)間[–2,2]上恒非負(fù),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【分析】即y=x2+ax+3–a在區(qū)間[–2,2]上的最小值非負(fù).【解析】設(shè)f(x)=x2+ax+3–a=(x+)2+3–a–,x[–2,2]由題意知,f(x)≥0,在[–2,2]上恒成立,故只須f(x)在[–2,2]上的最小值非負(fù)即可.①當(dāng)–<–2,即a>4時(shí)f(x)在區(qū)間[–2,2]上遞增所以≥0,解得a≤,與a>4矛盾,故舍去.②當(dāng)–2<–<2,即–4≤a≤4時(shí),≥0,解得：－6≤a≤2，又因?yàn)椋?≤a≤4，所以－4≤a≤2.③當(dāng)–>2,即a<－4時(shí)f(x)在區(qū)間[–2,2]上遞減,所以≥0,解得a≥－7，又因?yàn)閍<－4，所以－7≤a≤2.【評(píng)析】首先等價(jià)轉(zhuǎn)換命題,結(jié)合對(duì)稱(chēng)軸與區(qū)間的各種位置關(guān)系分類(lèi)討論,函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱(chēng)軸為x=－,由于a為參數(shù)不確定,所以要分－在區(qū)間[–2,2]的左、右側(cè)和區(qū)間上三種情況討論.類(lèi)型四：由定理、公式引起的分類(lèi)討論例4設(shè)等比數(shù)例的公比為q（q>0）,它的前n項(xiàng)和為40,前2n項(xiàng)和為3280,且前n項(xiàng)中數(shù)值最大項(xiàng)為27,求數(shù)列的第2n項(xiàng).【分析】利用前n項(xiàng)和公式列出方程組求a1和q.【解析】若q=1,則na1=40,2na1=80,矛盾,②①②①所以q≠1,所以②①②①得:1+qn=82,所以qn=81 ③將式③代入式①：q=1+2a1④又因?yàn)閝>0,所以q>1,所以a1>0.所以為遞增數(shù)列,所以an=a1qn-1=27.⑤由式③、④、⑤得：q=3，a1=1，n=4，所以a2n=a8=1×37=2187.【評(píng)析】解決本題應(yīng)關(guān)注三個(gè)方面：（1）等比數(shù)列中涉及到a1，q，n，Sn，an5個(gè)基本量時(shí)，可利用公式建立關(guān)系，已知其中3個(gè)量可求出另外2個(gè)量；（2）解方程組時(shí)，運(yùn)用的變形方法；（3）利用等比數(shù)列求和時(shí)，應(yīng)對(duì)公比q是否為1進(jìn)行討論.類(lèi)型五：由實(shí)際意義引起的分類(lèi)討論例5一船由甲地逆水勻速行駛到乙地，甲乙兩地相距s（千米），水速為常量P（千米/小時(shí)），船在靜水中的最大速度為q（千米/小時(shí)），且p<q.已知船每小時(shí)的燃料費(fèi)用(元)與船在靜水中速度v(千米/小時(shí))的平方成正比,比例系數(shù)k,(1)把全程燃料費(fèi)用y(元)表示為靜水中速度v(千米/小時(shí))的函數(shù),并指出其定義域；（2）為了使全程燃料費(fèi)用最小，船的實(shí)際前進(jìn)速度應(yīng)為多少？【分析】本題難點(diǎn)在第(2)小題求最小值，表面上看似乎用基本不等式就可以解決.但實(shí)際發(fā)現(xiàn)現(xiàn)在一定條件下“等號(hào)”不能成立，故應(yīng)分類(lèi)討論.【解析】（1）由于船每小時(shí)航行的燃料費(fèi)用是kv2，全程航行時(shí)間為，于是全程燃料費(fèi)用y=kv2，故所求函數(shù)是y=ks(p<v<q),定義域是(p,q].（2）y=ks≥.其中取“=”的充要條件是v–p=，即v=2p.①當(dāng)v=2p(p,q],即2P≤q時(shí),ymin=f(2p)=4ksp.此時(shí),船的前進(jìn)速度等于2P–p=p(千米/小時(shí)).②當(dāng)v=2p,即2P時(shí),任取v1，v2且v1<v2,則p2–(v1–p)(v2–p)>p2–(q–p)(q–p)=q(2p–q)>0.從而y1–y2=ks[(v1–v2)+()]=[p2–(v1–p)(v2–p)]>0.故函數(shù)y在區(qū)間(p,q]內(nèi)遞減,此時(shí)y(v)≥y(q).即ymin=y(q)=ks，此時(shí)，船的前進(jìn)速度等于q–p.當(dāng)2p≤q時(shí),船的實(shí)際前進(jìn)速度應(yīng)為P千米/小時(shí)；當(dāng)2p>q時(shí),船的實(shí)際前進(jìn)速度為(q–p)千米/小時(shí).【評(píng)析】在求解函數(shù)解析式類(lèi)的應(yīng)用題時(shí)應(yīng)有求定義域的意識(shí)，第（2）問(wèn)實(shí)質(zhì)上有兩個(gè)要求：其一是要有分類(lèi)討論的意識(shí)；其二要解決2p>q時(shí),何時(shí)取最小值.類(lèi)型六：由運(yùn)算方法、結(jié)果的不同引起的分類(lèi)例6解關(guān)于x的不等式：（m+3）x2+（m+2）x–1>0.【分析】考慮到是否為二次不等式,及二次不等式對(duì)應(yīng)二次函數(shù)圖像的確定對(duì)m進(jìn)行分類(lèi)討論.【解析】（1）當(dāng)m=–3時(shí),原不等式為–x–1>0,其解為x<–1.（2）當(dāng)m>–3時(shí),原不等式化為(x–)(x+1)>0，其解為x<–1或m>.（3）當(dāng)m<–3時(shí),原不等式化為(x–)(x+1)<0.①當(dāng)–4<m<–3時(shí),<–1,故原不等式的解為<x<–1；②當(dāng)m<–4時(shí),>–1,故原不等式的解為–1<x<；③當(dāng)m=–4時(shí),原不等式無(wú)解.【評(píng)析】解一元二次不等式應(yīng)結(jié)合一元二次函數(shù)、一元二次方程，利用圖像寫(xiě)解集，故解答的整個(gè)過(guò)程應(yīng)圍繞圖像的確定展開(kāi).三.跟蹤練習(xí)：練習(xí)1解關(guān)于x的不等式：eq\f(a(x-1),x-2)＞1（a≠1）考查目的：本題需要兩級(jí)分類(lèi)，第一級(jí)，按開(kāi)口方向分類(lèi)分a＞1和a＜1，在a<1時(shí)，又需要討論兩個(gè)根2與eq\f(a-2,a-1)的大小，又分為三類(lèi)，即a＜0，a=0和0＜a＜1.解析：原不等式等價(jià)于：eq\f((a-1)x-(a-2),x-2)＞0，即(a﹣1)(x﹣eq\f(a-2,a-1))(x﹣2)＞0 ①若a>1，則①等價(jià)于(x﹣eq\f(a-2,a-1))(x﹣2)＞0.又∵2﹣eq\f(a-2,a-1)＝﹣eq\f(1,a-1)﹣1＜0，∴eq\f(a-2,a-1)＜2∴原不等式的解集為；(﹣∞，eq\f(a-2,a-1))∪（2,＋∞）；若a<1時(shí)，則①等價(jià)于(x﹣eq\f(a-2,a-1))(x﹣2)＜0.由于2﹣eq\f(a-2,a-1)＝eq\f(a,a-1)，當(dāng)0<a<1時(shí)，eq\f(a-2,a-1)>2，∴原不等式的解集為(2，eq\f(a-2,a-1)).當(dāng)a<0時(shí)，eq\f(a-2,a-1)<2，∴原不等式的解集為(eq\f(a-2,a-1)，2).當(dāng)a＝0時(shí)，原不等式為(x﹣2)2＜0，解集為.綜上所述：當(dāng)a<0時(shí)，原不等式的解集為；(eq\f(a-2,a-1)，2)；當(dāng)a＝0時(shí)，原不等式的解集為；當(dāng)0<a<1時(shí),原不等式的解集為(2，eq\f(a-2,a-1))當(dāng)a>1時(shí)，原不等式的解集為；(﹣∞，eq\f(a-2,a-1))∪（2,＋∞）.練習(xí)2在等比數(shù)列{an}中，Sn=a1+a2+a3+…+an，Tn=a1a2a3…an，Pn=eq\f(1,a1)+eq\f(1,a2)+eq\f(1,a3)+…+eq\f(1,an)，求證：(eq\f(Sn,Pn))eq\s(n,,)=Tn2.考查目的：扎實(shí)的基礎(chǔ)和嚴(yán)密的推理是進(jìn)行合理有效的分類(lèi)討論的前提，課本中的公式比較多，必須對(duì)每一個(gè)公式都要有透徹的理解，對(duì)在應(yīng)用公式解題時(shí)是否需要對(duì)公式進(jìn)行分類(lèi)討論才能做到心中有數(shù)，使解答過(guò)程具有完整性.解析：由所要證明的等式，知須分別求出Sn、Tn、Pn，因此要用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，根據(jù)公式的要求必須對(duì)公比q進(jìn)行分類(lèi)討論.(1)當(dāng)q=1時(shí)，Sn=na1,Tn=a1n，Pn=eq\f(n,a1)，∴(eq\f(Sn,Pn))eq\s(n,,)=[eq\f(na1,eq\f(n,a1))]eq\s(n,,)=a12n，Tn2=a12n，∴(eq\f(Sn,Pn))eq\s(n,,)=Tn2；(2)當(dāng)q≠1時(shí)，Sn=eq\f(a1(1-qn),1-q)，Tn=a1n·qeq\s(eq\f(n(n-1),2),,)，Pn=eq\f(eq\f(1,a1)(1-eq\f(1,qn)),1-eq\f(1,q))=eq\f(qn+1-q,a1qn(q-1))，∴eq\f(Sn,Pn)=a12qn-1，(eq\f(Sn,Pn))eq\s(n,,)=a12nqn(n-1)，Tn2=a12nqn(n-1)，∴(eq\f(Sn,Pn))eq\s(n,,)=Tn2.練習(xí)3解關(guān)于x的不等式eq\r(3logeq\s(,a)x-2)＜2logeq\s(,a)x-1(a＞0,a≠1)考查目的：本題是一道等價(jià)轉(zhuǎn)化與分類(lèi)討論的典型題，解此類(lèi)根式、對(duì)數(shù)不等式時(shí)，要注意等價(jià)性、不要忽略不等式兩邊函數(shù)的定義域，根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，對(duì)a進(jìn)行分類(lèi)討論.解析；轉(zhuǎn)化為等價(jià)不等式組，注意對(duì)于logeq\s(,a)x的底數(shù)的a進(jìn)行討論.原不等式等價(jià)于eq\b\lc\{(\s(,,,,))eq\s(3logeq\s(,a)x-2≥0①,3logeq\s(,a)x-2<(2logeq\s(,a)x-1)2②,2logeq\s(,a)x-1>0③)由①得logeq\s(,a)x≥eq\f(2,3)，由②得logeq\s(,a)x<eq\f(3,4)或logeq\s(,a)x>1，由③得logeq\s(,a)x>eq\f(1,2)，∴eq\f(2,3)≤logeq\s(,a)x<eq\f(3,4)或logeq\s(,a)x>1，當(dāng)a>1時(shí)，所求不等式的解集為{x|aeq\s(eq\f(2,3),)≤x<aeq\s(eq\f(3,4),)或x>a}；當(dāng)0<a<1時(shí)，所求不等式的解集為{x|aeq\s(eq\f(3,4),)<x≤aeq\s(eq\f(2,3),)或0<x<a}.練習(xí)4如圖，已知一條線(xiàn)段AB，它的兩個(gè)端點(diǎn)分別在直二面角P-l-Q的兩個(gè)平面內(nèi)移動(dòng),若AB和平面P、Q所成的角分別為、，試討論+的范圍.考查目的：在幾何問(wèn)題中，研究各元素間的位置關(guān)系時(shí)，要注意每一個(gè)位置關(guān)系都不可遺漏，對(duì)于多種可能的情況，必須分開(kāi)來(lái)進(jìn)行研究.解析：(1)當(dāng)AB⊥l時(shí)，+=90.(2)AB與l不垂直時(shí)，在平面P內(nèi)作AC⊥l，C為垂足，連結(jié)BC，∵平面P⊥平面Q，∴AC⊥平面Q，∴∠ABC是AB與平面Q所成的角，即∠ABC=，在平面Q內(nèi)作BD⊥l，垂足為D，連結(jié)AD，同理∠BAD=，在Rt△BDA和Rt△ACB中，BD＜BC，eq\f(BD,AB)＜eq\f(BC,AB),即sin＜sin∠BAC,∵和∠BAC均為銳角，∴＜∠BAC，而∠BAC+=90，∴+＜90.(3)若AB與l重合，則+=0.全品高考網(wǎng)綜上討論可知0≤+≤90.練習(xí)5四個(gè)男孩和三個(gè)女孩站成一列，男孩甲前面至少有一個(gè)女孩站著，并且站在這個(gè)男孩前面的女孩個(gè)數(shù)必少于站在他后面的男孩個(gè)數(shù)的站法共有多少種？考查目的：相當(dāng)一部分排列組合應(yīng)用問(wèn)題需要分類(lèi)求解，而排列組合應(yīng)用題中的分類(lèi)，與其它章節(jié)問(wèn)題中的分類(lèi)不同，它不是就某個(gè)字母的取值范圍不同或圖形的形狀、位置不同等進(jìn)行的分類(lèi)，而是就處理問(wèn)題的不同方法去分類(lèi).第一類(lèi)，甲前面有2個(gè)女孩，其它男孩和另一女孩必須站在甲后面，有Aeq\o(2,3)Aeq\o(4,4)(種)；第二類(lèi)，甲前面有一個(gè)女孩和一個(gè)男孩，有：Ceq\o(1,3)Ceq\o(1,3)Aeq\o(2,2)Aeq\o(4,4)(種)；第三，甲前面僅有一個(gè)女孩，有：Aeq\o(1,3)Aeq\o(5,5)(種)；∴滿(mǎn)足條件的站法為：Aeq\o(2,3)Aeq\o(4,4)+Ceq\o(1,3)Ceq\o(1,3)Aeq\o(2,2)Aeq\o(4,4)+Aeq\o(1,3)Aeq\o(5,5)=936(種).練習(xí)6已知直角坐標(biāo)平面上點(diǎn)Q(2，0)和圓C：x2+y2=1，動(dòng)點(diǎn)M到圓C的切線(xiàn)長(zhǎng)與|MQ|的比等于常數(shù)λ(λ＞0).求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程，說(shuō)明它表示什么曲線(xiàn).考查目的：點(diǎn)M的軌跡方程由已知條件很容易得出，本題考查的重點(diǎn)是曲線(xiàn)的類(lèi)型，因此，對(duì)于含有x2+y2項(xiàng)系數(shù)λ2-1是否等于零進(jìn)行了討論.解析：如圖，設(shè)MN切圓于N，則由動(dòng)點(diǎn)M組成的集合是：P={M||MN|=λ|MQ|，λ＞0}.∵ON⊥MN，|ON|=1，∴|MN|2=|MO|2-1.設(shè)動(dòng)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x,y)，則x2+y2﹣1=λ2[(x-2)2+y2]，整理，得(λ2-1)(x2+y2)-4λ2x+(4λ2+1)=0.故M的軌跡方程是(λ2-1)(x2+y2)-4λ2x+(4λ2+1)=0.(1)當(dāng)λ=1時(shí)，方程化為x=eq\f(5,4)，且交x軸于點(diǎn)(eq\f(5,4)，0)的直線(xiàn)；(2)當(dāng)λ≠時(shí)，方程化為(x﹣eq\f(2λ2,λ2-1))2+y2=eq\f(1+3λ2,(λ2-1)2)，它是以點(diǎn)(eq\f(2λ2,λ2-1)，0)為圓心，eq\f(eq\r(1+3λ2),|λ2-1|)為半徑的圓.練習(xí)7.設(shè)0<x<1，a>0且a≠1，比較|log(1－x)|與|log(1＋x)|的大小。考查目的：本題要求對(duì)對(duì)數(shù)函數(shù)y＝logx的單調(diào)性的兩種情況十分熟悉，即當(dāng)a>1時(shí)其是增函數(shù)，當(dāng)0<a<1時(shí)其是減函數(shù)。去絕對(duì)值時(shí)要判別符號(hào)，用到了函數(shù)的單調(diào)性；最后差值的符號(hào)判斷，也用到函數(shù)的單調(diào)性。解析比較對(duì)數(shù)大小，運(yùn)用對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，而單調(diào)性與底數(shù)a有關(guān)，所以對(duì)底數(shù)a分兩類(lèi)情況進(jìn)行討論。∵0<x<1∴0<1－x<1,1＋x>1當(dāng)0<a<1時(shí)，log(1－x)>0，log(1＋x)<0，所以

|log(1－x)|－|log(1＋x)|＝log(1－x)－[－log(1＋x)]＝log(1－x)>0;當(dāng)a>1時(shí)，log(1－x)<0，log(1＋x)>0，所以

|log(1－x)|－|log(1＋x)|＝－log(1－x)－log(1＋x)＝－log(1－x)>0；由①、②可知，|log(1－x)|>|log(1＋x)|。練習(xí)8已知集合A和集合B各含有12個(gè)元素，A∩B含有4個(gè)元素，試求同時(shí)滿(mǎn)足下面兩個(gè)條件的集合C的個(gè)數(shù)：①.CA∪B且C中含有3個(gè)元素；②.C∩A≠φ?？疾槟康模罕绢}是排列組合中“包含與排除”的基本問(wèn)題，正確地解題的前提是合理科學(xué)的分類(lèi)，達(dá)到分類(lèi)完整及每類(lèi)互斥的要求，還有一個(gè)關(guān)鍵是要確定C中元素如何取法解析由已知并結(jié)合集合的概念，C中的元素分兩類(lèi)：①屬于A元素；②不屬于A而屬于B的元素。并由含A中元素的個(gè)數(shù)1、2、3,而將取法分三種。C·C＋C·C＋C·C＝1084另一種解題思路是直接使用“排除法”，即C－C＝1084。練習(xí)9設(shè){a}是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，S是前n項(xiàng)和。①.證明：<lgS；②.是否存在常數(shù)c>0，使得＝lg（S－c）成立？并證明結(jié)論。(95年全國(guó)理)考查目的：要證的不等式和討論的等式可以進(jìn)行等價(jià)變形；再應(yīng)用比較法而求解。其中在應(yīng)用等比數(shù)列前n項(xiàng)和的公式時(shí)，由于公式的要求，分q＝1和q≠1兩種情況。解析設(shè){a}的公比q，則a>0，q>0①．當(dāng)q＝1時(shí)，S＝na，從而SS－S＝na(n＋2)a－(n＋1)a＝－a<0；當(dāng)q≠1時(shí)，S＝，從而SS－S＝－＝－aq<0；由上可得SS<S，所以lg(SS)<lg(S)，即<lgS。②.要使＝lg（S－c）成立，則必有(S－c)(S－c)＝(S－c),分兩種情況討論如下：全品高考網(wǎng)當(dāng)q＝1時(shí)，S＝na，則(S－c)(S－c)－(S－c)＝(na－c)[(n＋2)a－c]－[(n＋1)a－c]＝－a<0當(dāng)q≠1時(shí)，S＝，則(S－c)(S－c)－(S－c)＝[－c][－c]－[－c]＝－aq[a－c(1－q)]∵aq≠0∴a－c(1－q)＝0即c＝而S－c＝S－＝－<0∴對(duì)數(shù)式無(wú)意義由上綜述，不存在常數(shù)c>0,使得＝lg（S－c）成立。練習(xí)10設(shè)函數(shù)f(x)＝ax－2x＋2，對(duì)于滿(mǎn)足1<x<4的一切x值都有f(x)>0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。

14x

14x考查目的：含參數(shù)的一元二次函數(shù)在有界區(qū)間上的最大值、最小值等值域問(wèn)題，需要先對(duì)開(kāi)口方向討論，再對(duì)其拋物線(xiàn)對(duì)稱(chēng)軸的位置與閉區(qū)間的關(guān)系進(jìn)行分類(lèi)討論，最后綜合得解。解析當(dāng)a>0時(shí)，f(x)＝a（x－）＋2－∴或或全品高考網(wǎng)∴a≥1或<a<1或φ即a>；當(dāng)a<0時(shí)，，解得φ；當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝－2x＋2,f(1)＝0，f(4)＝－6，∴不合題意練習(xí)11.解不等式>0(a為常數(shù)，a≠－)考查目的：含參數(shù)的不等式，參數(shù)a決定了2a＋1的符號(hào)和兩根－4a、6a的大小，故對(duì)參數(shù)a分四種情況a>0、a＝0、－<a<0、a<－分別加以討論。解析2a＋1>0時(shí)，a>－；－4a<6a時(shí)，a>0。所以分以下四種情況討論：當(dāng)a>0時(shí)，(x＋4a)(x－6a)>0，解得：x<－4a或x>6a；當(dāng)a＝0時(shí)，x>0，解得：x≠0；當(dāng)－<a<0時(shí)，(x＋4a)(x－6a)>0，解得:x<6a或x>－4a；當(dāng)a>－時(shí)，(x＋4a)(x－6a)<0，解得：6a<x<－4a。綜上所述，當(dāng)a>0時(shí)，x<－4a或x>6a；當(dāng)a＝0時(shí)，x≠0；當(dāng)－<a<0時(shí)，x<6a或x>－4a；當(dāng)a>－時(shí)，6a<x<－4a。練習(xí)12.在xoy平面上給定曲線(xiàn)y＝2x，設(shè)點(diǎn)A(a,0)，a∈R，曲線(xiàn)上的點(diǎn)到點(diǎn)A的距離的最小值為f(a)，求f(a)的函數(shù)表達(dá)式?？疾槟康模呵髢牲c(diǎn)間距離的最小值問(wèn)題，先用公式建立目標(biāo)函數(shù)，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)在約束條件x≥0下的最小值問(wèn)題，而引起對(duì)參數(shù)a的取值討論。解析設(shè)M(x,y)為曲線(xiàn)y＝2x上任意一點(diǎn)，則|MA|＝(x－a)＋y＝(x－a)＋2x＝x－2(a－1)x＋a＝[x－(a－1)]＋(2a－1)由于y＝2x限定x≥0，所以分以下情況討論：當(dāng)a－1≥0時(shí)，x＝a－1取最小值，即|MA}＝2a－1；當(dāng)a－1<0時(shí)，x＝0取最小值，即|MA}＝a；全品高考網(wǎng)綜上所述，有f(a)＝。練習(xí)13已知集合Ａ和集合Ｂ各含有１２個(gè)元素，Ａ∩Ｂ含有４個(gè)元素，試求同時(shí)滿(mǎn)足下面兩個(gè)條件的集合Ｃ的個(gè)數(shù)：

（Ⅰ）ＣＡ∪Ｂ，且Ｃ中含有３個(gè)元素；

（Ⅱ）Ｃ∩Ａ≠φ（φ表示空集）.

考查目的：本題是：“包含與排除”的基本問(wèn)題.正確解題的前提是正確的分類(lèi)，達(dá)到分類(lèi)完整且子域互斥；如果把Ａ∪Ｂ的元素分為屬于Ａ的元素與屬于Ｂ的元素兩類(lèi)，則子域不能互斥；如果把Ａ∪Ｂ的元素分為既屬于Ａ又屬于Ｂ，屬于Ａ但不屬于Ｂ，屬于Ｂ但不屬于Ａ之類(lèi)，雖然分類(lèi)思想方法是對(duì)的，但卻難以確定集合Ｃ的元素如何取法才能滿(mǎn)足題中條件.

在確定集合Ｃ的個(gè)數(shù)時(shí)，要全面考慮，把各種可能的情況都取完，才不會(huì)遺漏；把所有不可能的情況都排除，才不致重復(fù).解析：集合Ｃ的３個(gè)元素在Ａ∪Ｂ中取得，Ａ∪Ｂ中的元素包括兩類(lèi)：①屬于Ａ的元素；②屬于Ｂ而不屬于Ａ的元素.因此，組成Ｃ的３個(gè)元素的取法有四種：（１）①?。皞€(gè)，②?。硞€(gè)；（２）①?。眰€(gè)，②?。矀€(gè)；（３）①取２個(gè)，②取１個(gè)；（４）①取３個(gè)，②取０個(gè)，但由條件（Ⅱ）知，Ｃ∩Ａ≠φ，因此，第一種取法必須排除，故集合Ｃ的個(gè)數(shù)是（２）、（３）、（４）三種取法之和.

解法１∵A，Ｂ各有１２個(gè)元素，Ａ∩Ｂ含有４個(gè)元素，∴Ａ∪Ｂ中元素的個(gè)數(shù)是12+12-4=20（個(gè)）.其中，屬于Ａ的元素１２個(gè)，屬于Ｂ而不屬于Ａ的元素８?jìng)€(gè).

要使Ｃ∩Ａ≠φ，則組成Ｃ中的元素至少有１個(gè)含在Ａ中，故集合Ｃ的個(gè)數(shù)是

（１）只含Ａ中１個(gè)元素的有個(gè)；

（２）含Ａ中２個(gè)元素的有個(gè)；

（３）含Ａ中３個(gè)元素的有個(gè).

故所求的集合Ｃ的個(gè)數(shù)共有（個(gè)）.

解法２由解法１知，Ａ∪Ｂ有２０個(gè)元素，滿(mǎn)足條件（Ⅰ）的集合Ｃ的個(gè)數(shù)是個(gè).

但如果Ｃ中的元素都在屬于Ｂ而不屬于Ａ的集合中取，則Ｃ∩Ａ≠φ，不滿(mǎn)足條件（Ⅱ），屬于這種情況的有個(gè)，應(yīng)該排除，故所求的集合Ｃ的個(gè)數(shù)共有＝1084（個(gè)）.

練14矩形ＡＢＣＤ的邊ＣＤ上有一動(dòng)點(diǎn)Ｅ，ＡＢ＝a，ＡＤ＝b，如圖４（１）.沿ＡＥ將△ＡＤＥ折起得直二面角Ｄ１－ＡＥ－Ｂ.設(shè)ＢＤ１＝d，如圖４（２），求d的最小值.