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    过点P(2,3).且在坐标轴上的截距相等的直线方程是 . A. 3x-2y＝0 B. x+y-5＝0 C. 3x-2y＝0或x+y-5＝0 D.不能确定 [简解]1小题:对参数a分a>0.a＝0.a<0三种情况讨论.选B, 2小题:对底数a分a>1.0<a<1两种情况讨论.选C, 3小题:分x在第一.二.三.四象限等四种情况.答案{4,-2,0}, 4小题:分θ＝.0<θ<.<θ<三种情况.选D, 5小题:分x>0.x<0两种情况.选B, 6小题:分侧面矩形长.宽分别为2和4.或4和2两种情况.选D, 7小题:分截距等于零.不等于零两种情况.选C. Ⅱ.示范性题组: 例1. 设0<x<1.a>0且a≠1.比较|log(1-x)|与|log(1+x)|的大小. [分析] 比较对数大小.运用对数函数的单调性.而单调性与底数a有关.所以对底数a分两类情况进行讨论. [解] ∵ 0<x<1 ∴ 0<1-x<1 , 1+x>1 ① 当0<a<1时.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; ② 当a>1时.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)|. [注]本题要求对对数函数y＝logx的单调性的两种情况十分熟悉.即当a>1时其是增函数.当0<a<1时其是减函数.去绝对值时要判别符号.用到了函数的单调性,最后差值的符号判断.也用到函数的单调性. 例2. 已知集合A和集合B各含有12个元素.A∩B含有4个元素.试求同时满足下面两个条件的集合C的个数: ①. CA∪B且C中含有3个元素, ②. C∩A≠φ . [分析] 由已知并结合集合的概念.C中的元素分两类:①属于A 元素,②不属于A而属于B的元素.并由含A中元素的个数1.2.3,而将取法分三种. [解] C·C+C·C+C·C＝1084 [注]本题是排列组合中“包含与排除 的基本问题.正确地解题的前提是合理科学的分类.达到分类完整及每类互斥的要求.还有一个关键是要确定C中元素如何取法.另一种解题思路是直接使用“排除法 .即C-C＝1084. 例3. 设{a}是由正数组成的等比数列.S是前n项和. ①. 证明: <lgS, ②.是否存在常数c>0.使得＝lg(S-c)成立?并证明结论. [分析] 要证的不等式和讨论的等式可以进行等价变形,再应用比较法而求解.其中在应用等比数列前n项和的公式时.由于公式的要求.分q＝1和q≠1两种情况. [解] 设{a}的公比q.则a>0.q>0 ①．当q＝1时.S＝na.从而SS-S＝na(n+2)a-(n+1)a＝-a<0, 当q≠1时.S＝.从而 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.则必有(S-c)(S-c)＝(S-c), 分两种情况讨论如下: 当q＝1时.S＝na.则 (S-c)(S-c)-(S-c)＝(na-c)[(n+2)a-c]-[(n+1)a-c]＝-a<0 当q≠1时.S＝.则(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 ∴对数式无意义 由上综述.不存在常数c>0, 使得＝lg(S-c)成立. [注] 本例由所用公式的适用范围而导致分类讨论.该题文科考生改问题为:证明>logS .和理科第一问类似.只是所利用的是底数是0.5时.对数函数为单调递减. 例1.例2.例3属于涉及到数学概念.定理.公式.运算性质.法则等是分类讨论的问题或者分类给出的.我们解决时按要求进行分类.即题型为概念.性质型. 例4. 设函数f(x)＝ax-2x+2.对于满足1<x<4的一切x值都有f(x)>0.求实数a的取值范围. 1 4 x 1 4 x [分析] 含参数的一元二次函数在有界区间上的最大值.最小值等值域问题.需要先对开口方向讨论.再对其抛物线对称轴的位置与闭区间的关系进行分类讨论.最后综合得解. [解]当a>0时.f(x)＝a(x-)+2- ∴ 或 或 ∴ a≥1或<a<1或φ 即 a>, 当a<0时..解得φ, 当a＝0时.f＝0.f(4)＝-6. ∴不合题意 由上而得.实数a的取值范围是a> . [注]本题分两级讨论.先对决定开口方向的二次项系数a分a>0.a<0.a＝0三种情况.再每种情况结合二次函数的图像.在a>0时将对称轴与闭区间的关系分三种.即在闭区间左边.右边.中间.本题的解答.关键是分析符合条件的二次函数的图像.也可以看成是“数形结合法 的运用. 例5. 解不等式>0 (a为常数.a≠-) [分析] 含参数的不等式.参数a决定了2a+1的符号和两根-4a.6a的大小.故对参数a分四种情况a>0.a＝0.-<a<0.a<-分别加以讨论. [解] 2a+1>0时.a>-, -4a<6a时.a>0 . 所以分以下四种情况讨论: 当a>0时.>0.解得:x<-4a或x>6a, 当a＝0时.x>0.解得:x≠0, 当-<a<0时.>0.解得: x<6a或x>-4a, 当a>-时.<0.解得: 6a<x<-4a . 综上所述.当a>0时.x<-4a或x>6a,当a＝0时.x≠0,当-<a<0时.x<6a或x>-4a,当a>-时.6a<x<-4a . [注] 本题的关键是确定对参数a分四种情况进行讨论.做到不重不漏.一般地.遇到题目中含有参数的问题.常常结合参数的意义及对结果的影响而进行分类讨论.此种题型为含参型. 例6. 设a≥0,在复数集C中.解方程:z+2|z|＝a . [分析]由已知z+2|z|＝a和|z|∈R可以得到z∈R.即对z分实数.纯虚数两种情况进行讨论求解. [解] ∵ |z|∈R.由z+2|z|＝a得:z∈R, ∴ z为实数或纯虚数 当z∈R时.|z|+2|z|＝a,解得:|z|＝-1+ ∴ z＝±(-1+), 当z为纯虚数时.设z＝±yi . ∴ -y+2y＝a 解得:y＝1± 由上可得.z＝±(-1+)或±(1±)i [注]本题用标准解法(设z＝x+yi再代入原式得到一个方程组.再解方程组)过程十分繁难.而挖掘隐含.对z分两类讨论则简化了数学问题. [另解] 设z＝x+yi.代入得 x-y+2+2xyi＝a, ∴ 当y＝0时.x+2|x|＝a.解得x＝±(-1+).所以z＝±(-1+), 当x＝0时.-y+2|y|＝a.解得y＝±(1±).所以±(1±)i. 由上可得.z＝±(-1+)或±(1±)i [注]此题属于复数问题的标准解法.即设代数形式求解.其中抓住2xy＝0而分x＝0和y＝0两种情况进行讨论求解.实际上.每种情况中绝对值方程的求解.也渗透了分类讨论思想. 例7. 在xoy平面上给定曲线y＝2x.设点A(a,0).a∈R.曲线上的点到点A的距离的最小值为f的函数表达式. [分析] 求两点间距离的最小值问题.先用公式建立目标函数.转化为二次函数在约束条件x≥0下的最小值问题.而引起对参数a的取值讨论. [解] 设M(x,y)为曲线y＝2x上任意一点.则 |MA|＝(x-a)+y＝(x-a)+2x＝x-2(a-1)x+a＝[x-(a-1)]+ 由于y＝2x限定x≥0.所以分以下情况讨论: 当a-1≥0时.x＝a-1取最小值.即|MA}＝2a-1, 当a-1<0时.x＝0取最小值.即|MA}＝a, 综上所述.有f(a)＝ . [注]本题解题的基本思路是先建立目标函数.求二次函数的最大值和最小值问题我们十分熟悉.但含参数a.以及还有隐含条件x≥0的限制.所以要从中找出正确的分类标准.从而得到d＝f(a)的函数表达式. Ⅲ.巩固性题组: 【查看更多】

     

    题目列表(包括答案和解析)

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