如图1，已知长方形OPQR，点P和点R分别在x轴和y轴上，设Q（m，n）。反比例函数y=1/x与PQ交于A点，与QR交于B（1）用含m，n的式子直接写出A，B的坐标；（2）若点A是PQ的中点，试说明：点B是QR的中点；（3）如图2，AC垂直于y轴于C点，BD垂直于x轴于D点，交AC于H点。比较长方形AHDP与长方形BRCH的面积大小（要有比较判断的演绎过程）；（4）已知长方形OPQR的面积为3，&& & & &1、求长方形ODHC的面积；&& & & &2、连接AB，CD，求[（AB^2）/（CD^2）]的值。
1.解 显然A点的横坐标为m，带入y=1/x得到 A(m,1/m) 同理，B(1/n,n) 2.证明 ∵A是PQ的中点 ∴AP=QP/2 即 1/m=n/2
mn=2 ∵RB=1/n QR=m
∴RB=1/n=m/2=QR/2 ∴B为RQ的中点 3. S□AHDP=DP*AP=(m-1/n)/m=1-1/mn S...
1.解显然A点的横坐标为m，带入y=1/x得到A(m,1/m)同理，B(1/n,n)2.证明∵A是PQ的中点∴AP=QP/2即 1/m=n/2
mn=2∵RB=1/n QR=m
∴RB=1/n=m/2=QR/2∴B为RQ的中点 3.S□AHDP=DP*AP=(m-1/n)/m...
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分类讨论的思想方法
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分类讨论的思想方法
作者：佚名
文章来源：
更新时间： 13:47:22
分类讨论的思想方法
分类讨论是一种逻辑方法，也是一种数学思想．这种思想在人的思维发展中有着重要的作用．因此在近年来的高考试题中，把它列为重要的思想方法之一来考查．下面将较系统地介绍分类讨论的思想．
(一)内容概要
分类讨论的逻辑思维程序可用上面的方框图表示．
(1)分类定义： 设符合一定条件的全体对象组成集合A，按对象的某一性质P，将A分成若干个真子集A1，A2，…，An，满足：
是集合A的一个分类．
i，j＝ 1，2，…，n)要求集合A中的每一个对象划分后所属的Ai是唯一确定的．
有些问题一次分类仍不够，可对Ai(i＝1，2，…， n)再进行分类；这就构成对 A的二级分类，依此类推，可以有三级分类，四级分类……
(2)分类原则：由分类的定义可以知道，分类讨论时必须遵循如下原则．
①施行分类的集合的全域必须是确定的；
②每一次分类的标准必须是同一的；
③分类必须是完整的，不出现遗漏；
④各子集域必须是互斥的，不出现重复；
⑤如需多次分类，必须逐级进行，不得越级．
(3)分类方法：用分类讨论的思想解答数学问题，一般是按如下过程操作．
①明确讨论的对象，确定对象的全体；
②确定分类标准，正确进行分类；
③逐类进行讨论，获得阶段性的结果；
④归纳小结，综合出结论．
(4) 有关分类讨论的数学问题：需要运用分类讨论的思想来解决的数学问题，
引起分类讨论的原因大致可归结为如下几种：
①涉及的数学概念是分类定义的；
②运用的数学定理、公式，或运算性质、法则是分类给出的；
③求解的数学问题的结论有多种情况或多种可能性；
④数学问题中含有参变量，这些参变量的不同取值会导致不同结果的；
⑤较复杂的或非常规的数学问题，需要采取分类讨论的解题策略来解决的．
历年来的全国高考数学题为研究数学问题中的分类讨论思想提供了大量的
可贵的素材．下面，将年全国数学科高考试题的解答题中涉及分类讨
论思想的题目列成下表，并标明引起讨论的主要原因(按本节序号标出)．
注：①表中题号之后标有“(文)”字者， 系指当年的文科试题，标有“(新)”字者，系指当年高中毕业会考后的试题，没有特别标明者，均指当年的理科试题；②在一个年度中，有文、理科同题或“新”、“老”高考同题者，表中只取“老”高考的理科试题．
从表中可以看出，用分类讨论的思想来解题，在高考试题的解答题中越来越体现出其重要位置．高考的恢复阶段()，五年中出现试题8道，年均1.6题；在高考的发展阶段()， 五年中出现试题10道，年均2.0题，到了高考的稳定阶段()，十四年中出现试题34道，年均2.4道．这里还不包括需用分类的思想来思考的选择题和填空题．
有关分类讨论思想的数学题之所以在高考试题中占有重要位置，是由于其具有明显的逻辑性、综合性、探索性的特点，能体现“着重考查数学能力”的要求．从培养人的角度来看，这类数学问题对于训练思维的条理性和深刻性有着重要的作用．
下面我们的通过剖析十几年来由研究高考命题的专家创造出来的这些好题，来领会分类讨论的思想方法，是发展数学思维，提高解题能力的良好途径．
(二)例题解析
【例1】& 已知关于x的方程2a2x-2－7ax-1＋3＝0有一个根是2，求a的值和方程其余的根．
分析 &本题给出的方程有两个变量x，a要使之有确定的值必须附加一个条件，题中的条件“有一个根为2”正是依据这种需要给出的．由此，用x＝2代入方程，消去x，得到一个关于a的一元二次方程，是解题的基本途径；此外，对于解指数方程，如果习惯于用换元法，令ax-1＝y，同样可得到一个关于y的一元二次方程，但须注意，由于表达y的代数式有两个变量，仍需运用条件“x＝2”才能确定a的值．同时，因为本题的一元二次方程有两个不同的实数根，故必须由a或y的不同值分别求出x的另一个值，这属于引起讨论的第三种情况．
解& ∵2是关于x的方程2a2x-2－7ax-1＋3＝0的根，用x＝2代
注& 本题是代数教材习题的组合．初中代数课本第三册习题七第1题为“如果－5是方程5x2＋bx－10＝0的一个根，求方程的另一个根及b的值”．高中代数课本上册习题五第9题为“解方程：52x－6×5x＋5＝0”．这两个基本题型的简单组合就成为本题．同时，由于给定的值特殊，不必涉及指数函数的隐含条件及值域的讨论且运算量少，分步解题的情况也是明显的，故在高考中属容易题，当年实际统计难度为0.80．然而它恰恰是高考中的主要得分题，不容忽视．
本题变异之一，把给出方程改为“2a2x-2＋5ax-1－3＝0”，这时，
隐含条件的考查．
本题变异之二， 把给出方程改为：2a|2x-2|－7a|x-1|＋3＝0”，同
对于①式，得|x－1|＝1，
当x＞1时，x－1＝1，∴x＝2；当x＝1时，无解；当x＜1时，1－x＝1，∴x＝0．
对于②式，得|x－1|＝log1/23，但log1/23＜0，无解．
对于④式，得|x－1|＝1，当x＞1时，x－1＝1，∴x＝2；当x＝1时，无解；当x＜1时，x－1＝1，∴x＝0．
经过这样的变异，强化了对绝对值概念、对数函数的性质和分类思想的考查，难度可提高到0.60，属于高考中的中等题．
【例2】& 设a≥0，在复数集C中解方程z2＋2|z|＝a．
分析& 本题是典型的用分类讨论解方程的问题．一般地，设z＝x＋yi代入原方程，由于有2xy＝0，首先分为x＝0或y＝0两种情况；在设定一个变量为零的前提下，讨论另一个变量为正、为零、为负的情况；进而研究对于不同的a值，方程的解的情况．解题过程用了三级分类．
由②式知x＝0或y＝0，可知如果方程有解，其解必为实数或纯虚数．下面进行讨论．
(1)若y＝0，原方程的实数解为z＝x，此时，①式可化为x2＋2|x|＝a③
1)若x＝0，③式变为0＝a，故当a＝0时，有x＝0，即z＝0；当a＞0时，方程无解．
2)若x＞0，③式变为x2＋2x＝a，即(x＋1)2＝1＋a④
当a＝0时，方程④无正根；当a＞0时，方程④的正根有x＝－
3)若x＜0，③式变为x2－2x＝a，即(x－1)2＝1＋a⑤
(2)若x＝0，由于y＝0的情况已经在前面讨论过，但需要考虑y≠0，即求原方程的纯虚数解z＝yi(y≠0)．此时，①式可化为－y2＋2|y|＝a⑥
1)若y＞0，⑥式变为－y2＋2y＝a，即(y－1)2＝1－a⑦
当a＝0时，解方程⑦得y＝2，即z＝2i；
当a＞1时，方程⑦无实根，即原方程无解．
2)若y＜0，⑥式变为－y2－2y＝a，即(y＋1)2＝1－a⑧
当a＝0时，方程⑧得y＝－2，即z＝－2i；
当a＞1时，方程⑧无实根，即原方程无解．
综上可知，原方程的实数解是：当a＝0时，z＝0；当a＞0时，
原方程的纯虚数解是：当a＝0时，z＝±2i；当0＜a≤1时，
注& 本题是高中代数课本下册复习参考题中的“已知z是虚数，解方程z＋|z|＝2＋i”的发展题．如果仅把已知量“2＋i”换成参变量a，考生会熟知就a的不同取值讨论求解，仅需进行一级讨论，是高考中的容易题．进一步发展，将未知量“z”换成“z2”， 情况就复杂得多，因为要对a的不同取值，表示z的实部和虚部的x，y的零与非零，正与负交叉研究，达到三级讨论之多，对考生的分类思想的考查提出了相当高的要求．
分析& 对于对数不等式，首先确定其定义域，必须x＞0．在这个基础上考虑到不等式的左边是某式的绝对值即非负实数，因而要先研究不等式右边为负、为零、为正的不同情况．再在不等式右边为正的情况下，按绝对值不等式的常规解法，去掉绝对值符号，得到两个对数不等式．解这两个不等式时，又需考虑其底a大于1或小于1的情况．这也是一个需要三级讨论的数学问题．
解& 由对数定义域知x＞0，且a＞0，a≠1．在此前提下进行下面讨论．
即log1/2x＞1或log1/2x＜－1或－1＜log1/2＜1，故不等式的解集是
综上可知，原不等式的解集是：
注& 本题是高中代数课本下册复习参考题中的“解不等式|2lgx－3|＜1”的发展．上升了三个台阶：
(1)常用对数“lgx”换成“logax”， 要对底分a＞1或0＜a＜1进行讨论；
(2)不等式右边的常量换成含有参变量a的代数式，要对该代数式的是正、是零、是负分别研究；
(3) 对数函数的一次式换为二次式，要进行降次的转换．需要有三级讨论．不等式的讨论，大小关系的变换较为复杂，在思维层次上要求比方程的讨论要高，但对考生来说，对不等式的讨论比解复数方程更熟悉些，入门不难，估计难度为0.50左右．这类问题，减少某一台阶，就能
本题升台阶，但若发展超过本例，则考查要求过于繁琐，是不可取的．
【例4】& 已知集合A和集合B各含有12个元素，A∩B含有
分析& 集合C的3个元素的A∪B中取得，A∪B中的元素包括两类：①属于A的元素；②属于B而不属于A的元素．因此，组成C的3个元素的取法有四法：1)①取0个，②取3个；2)①取1个，②取2个；3)①取2个，②取1个；4)①取3个，②取0个．但由条件(2)C∩
解法1& 因为A、B各有12元素，A∩B含有4个元素，所以，A∪B中元素的个数是12＋12－4＝20(个)．其中，属于A的元素12个，属于B′而不属于A的元素8个．
解法2& 由解法1知，A∪B有20个元素，满足条件(1)的集合
但如果C中的元素都在属于B而不属于A的集合中取， 则C∩
注& 本题是“包含与排除”的基本问题．正确地解题的前提是正确分类，达到分类完整且子域互斥的要求．如果把A∪B的元素分为属于A的元素与属于B的元素两类，则子域不能互斥；如果把A∪B的元素分为既属于A又属于B，属于A但不属于B，属于B但不属于A之类，虽然分类思想是对的，但却难以确定集合C的元素如何取法才能满足题中条件．
在确定集合C的个数时，要全面考虑，把各种可能的情况都取完，才不会遗漏；把所有不可能的情况都排除，才不致重复．
高中代数课本复习参考题九第7题“一个集合由8个不同元素组成，这个集合中含有3个元素的子集合有几个？”是这类问题的解题基础．而解答这类问题，对于分类讨论思想的训练，是很有益处的．
本题的变异，主要是改编为应用问题．例如，“某班有男生22人，女生18人，共青团员20人．现要选出一个由5人组成的班委会，要求至少有1名是共青团员，共有多少种组成方法？”问题的继续发展，可以提出其他的附加条件，读者可自行探讨．
【例5】& 在xOy平面上给定曲线y2＝2x．设点A坐标为(a，0)，a∈R．求曲线上的点到点A距离的最小值d，并写出f＝f(a)的函数表达式．
分析& 本题是求两点间距离的最小值问题，常规方法是建立两点间线段长的平方的函数，易知这是一个二次函数，因此问题就成了求二次函数的最小值问题．但是由于所给曲线中变量x的取值范围的约束，必须考虑顶点横坐标的范围．因此引起对a的取值的讨论．
解& 设M为曲线y2＝2x上的一点，则
|MA|2＝(x－a)2＋y2＝(x－a)2＋2x＝x2－2(a－1)x＋a2
＝〔x－(a－1)〕2＋(2a－1)①
由于曲线y2＝2x限定x≥0，对于①式，顶点的横坐标x＝a－1，由此作如下讨论：
(2)a＜1时，①式作为x的函数在区间〔0，＋∞〕上单调递增，故其最小值在x＝0处达到，此时
注& 本题是平面解析几何(甲种本)复习参考题二第22题“求抛物线y＝x2上到直线y＝2x－4的距离最小的点的坐标，并求出这个距离”的变异．解题的基本思路――建立目标函数．求二次函数的最小值考生是熟悉的，故入手并不难，加强能力考查的关卡设在隐含条件x≥0及A的横坐标为参变量这两点上．由于它们之间是互相约束的，关键是从中找出正确的分类标准，从而得到d＝f(a)的函数表达式．
本题难度是0.40，属高考中“集体压阵”题之一，像这样“似曾相识”又在思维的严密性上提出较高要求的题型，在高考中是值得提倡的．
【例6】& 设实数a≠0，数列{an}是首项为a，公比为－a的等比数列，记bn＝anlg|an|(n∈N)．试问：当0＜a＜1时，是否存在自然数M，使得对于任意自然数n，都有bn≤bM？证明你的结论．
分析& 本题要探求满足bM－bn＞0的自然数M是否存在．首先由于等比数列{an}的公比为－a，数列{bn}的项有正项和负项两类，是由n的奇偶性来决定的，要先区分出来．然后分别就符号相同的项和符号不同的项进行比较，从而综合考虑M的存在性问题，M的存在必须是确定的关于某个自然数的函数表达式，同时这个表达式能使M是自然数．
解& ∵an＝a?(－a)n-1＝(－1)n-1an，
∴bn＝anlg|an|＝(－1)n-1nanlg|a|，而0＜a＜1，∴lg|a|＝lga＜0．
设k是自然数，则
当n＝2k时，b2k＝(－1)2k-1?2ka2klga＞a；
当n＝2k－1时，b2k-1＝(－1)2k-1(2k－1) a2k-1?lga＜0．
由此可作以下讨论：
(1)比较偶数项，∵1－a2≠0，
故b2k+2－b2k＝－(2k＋2)a2k+2lga＋2ka2klga
＝2a2klga(－k?a2－a2＋k)＝2a2klga〔(1－a2)k－a2〕
∵1－a2＞0，∴2a2klga(1－a2)＜0．
1)k＜K时，b2k+2－b2k＞0；
2)k＝K时，b2k+2－b2k≥0；
3)k＞K时，b2k+2－b2k＜0；
即有& b2＜b4＜b6＜…＜b2k≤b2k+2，b2K+2＞b2K+4＞b2K+6＞…．
(2)比较偶数项与奇数项，易知b2k-1＜0＜b2k＜b2k+2
综上所述，可知取M＝2K＋2时，对于任何自然数n，都有bn＜bM．
故满足条件的自然数M是存在的．
注& 本题解题的基本思想，来自高中代数课本第二册(甲种本)复习参考题二第20题“已知数列{an}的通项公式an＝n2－11n＋10，从第几项起，这个数列中的项都是正数？都大于70？”该题是由于an的表达式由负数(－11n)和正数(n2＋10)两部分组成，随着自然数n的递增，在某个时候，正数大于负数的绝对值时，an就是正数，求n可以由解不等式或研究二次函数的图象来求得．本例给出的是公比与首项的符号相反的等比数列，因此数列中的各项是正、负相间的情况，要探求bn＜bM是否存在，就是对于任意给定的项，是否存在大于它的后继的项的问题．显然，当给定的项是负数项，这样的后继项必然存在；若给定的项是正数项，就是研究b2k+2－b2k是否为正数的问题．
本例题的条件限定0＜a＜1，就是确定了1－a2＞0，减少了讨论层次．如果取消这一限制，要首先由a或正、负以及0＜|a|＜1或|a|＞1的情况来确定偶数项为正还是奇数项为正(由lg|a|限定，a≠0)，然后再通过比较符号相同的项和符号不同的项来求解，这样思维严密性的要求要高得多，要作为高考题，在限定时间内完成，要求未免过高，但作为研究分类讨论思想，有兴趣的读者不妨一试．
还必须指出，解答中由n的奇偶性确定正数项与负数项，再比较符号相同的项与符号不同的项，是解题中的两次讨论，不能视为二级讨论．
【例7】& 已知直角坐标平面上点Q(2，0)和圆C∶x2＋y2＝1，动点M到圆C的切线长与|MQ|的比等于常数λ(λ＞0)，求动点M的轨迹方程，说明它表示什么曲线？
分析& 按求轨迹方程的常规方法，设动点M的坐标为(x，y)，将动点M满足的条件等式转化为解析表达式，化简而得轨迹方程．特别要注意题中的隐含条件：二次方程的二次项系数为0时退化为一次方程，由此引起对λ的讨论．
解& 如如图，设MN切圆于N，则动点M组成的集合是
P＝{M|MN|＝λ|MQ|，λ＞0|}，
∵ ON⊥MN，|ON|＝1，
∴ |MN|2＝|MO|2－|ON|2＝|MO|2－1．
(λ2－1)(x2＋y2)－4λ2x＋(4λ2＋1)＝0， 经检验，坐标适合这个方程的点都属于集合P，故上述方程是所求的轨迹方程．
0)的直线．
注& 本题的原型是平面解析几何课本第二章第2.6节的例2“已知
这曲线方程，并画出曲线”．由于引入的比λ是参变量，不同的取值会有不同的曲线，故需要讨论．
【例8】& 在直角坐标系中， 设矩形OPQR的顶点按逆时针顺序依次为O(0，0)，P(1，t)， Q(1－2t，2＋t)， R(－2t，2)，其中t∈(0，＋∞)．
(1)求矩形OPQR在第一象限部分的面积S(t)；
(2)确定函数S(t)的单调区间，并加以证明．
分析& (1)要求矩形OPQR在第一象限部分的面积S(t)，必须考察各顶点的可能位置．由于t为正数，O是坐标原点，显然点P在第一象限，点R在第二象限，但点Q的横坐标1－2t可正、可零、可负，即Q点可能在第一象限或在y轴上或在第二象限，需分类求解．
(2)由(1)知t的不同取值知S(t)有不同的表达式，因此要就不同的表达式来确定函数S(t)的单调区间．
解& (1)由于Q点的横坐标1－2t可正、可零、可负，故作如下讨论：
K，见右上图．
坐标是(0，2＋2t2)．∴S(t)＝SOPQK＝SOPQR－SOKR．
L，见右下图．
综上可知，矩形OPQR在第一象限的面积
(2)按(1)分类作如下讨论：
区间〔1，＋∞〕内是增函数．
综上可知，S(t)的单调区间为分为(0，1〕及〔1，＋∞)，且在区间(0，1〕内是减函数，在区间〔1，＋∞)内是增函数．
注& 由给定的数量关系建立分段函数的表达式以划分函数的单调区间是中学数学教材的要求．高中代数课本第一册(甲种本)复习参考题一的第30题“某人开汽车以60公里/小时的速度从A地到150公里远的B地，在B地停留1小时
后，再以50公里/小时的速度返回A地．把汽车离开A地的路程x公里表示为时间t小时(从A地出发开始)的函数”、第13题“分a＞0及a＜0的情况写出二次函数y＝ax2＋bx＋c的单调区间，以及在每一单调区间上，函数是增函数还是减函数”就是这类问题的体现．本题有机地把这些知识揉合在一起，全面地考查函数的基本知识，是一道新而不俗、活而不难的好题．
本题的发展，可以求S(t)的最小值．
本题的变异可以改变图形及有关条件，进一步还可以联系向量或三角函数．例如：“已知△ABC三个顶点的坐标是A(t，0)，B(－t，0)，C(t－1，t＋1)．点P(x，0)是AB上的点，点Q是BC上的点，线段PQ把三角形的面积分成相等的两部分．
(1)把y＝|PQ|表示为x的函数f(x)；
(2)判定f(x)的单调区间．
【例9】& 直线l过抛物线y2＝2px(p≠0)的焦点，并且与抛物线相交于A(x1，y1)和B(x2，y2)两点． 求证：对于这抛物线的任意给定的一条弦CD，直线l不是CD的垂直平分线．
分析& 由于CD是抛物线y2＝2px的弦，显然CD不能平行x轴，因此应首先考虑直线1垂直或不垂直x轴两种情况．只有在1不垂直x轴的情况下，l才可能与CD垂直；由此再分为l垂直与不垂直CD两种情况，在l垂直CD的假设下证明l不是CD的中垂线，结论就获证．
本题如用反证法证明，即假设直线l与CD垂直，给出l的斜率为参变量k，可写出l的方程；由假设CD的斜率随之确定，再给出CD与x轴交点的横坐标的参变量q，可写出CD的方程．从而从不同角度研究k，q之间的关系，导出矛盾．这样证明可避免讨论．
(1) 若直线l与x轴垂直，由于CD是抛物线y2＝2px的弦，所以CD不能平行x轴，因此l不垂直CD，即不是CD的垂直平分线．
故l的方程是
以下分两种情况讨论：
1)若l不垂直CD，则l不是CD的垂直平分线；
即& CD的中点坐标不满足直线l的方程，故直线l不是CD的垂直平分线．
证法2& 用反证法．
假定直线l是CD的垂直平分线，设l的斜率为k(k≠0)，则l的方程是
设直线CD与x轴的交点坐标为(q，0)，则CD的方程是
记C，D的坐标分别为(xc，yc)(xd，yd)．则CD的中点坐标是
这方程组消去x，得y2＋2kpy－2pq＝0．
显然，yc≠yd，方程有二个不同的实数根，故△＝4k2p2＋8pq＞0①
于是有yc＋yd＝－2kp，xc＋xd＝(－kyc＋q)＋(－kyd＋q)＝2k2p＋2q
这与①式矛盾．原假定不成立．所以，直线l不是CD的垂直平分线．
注& 本题从过抛物线的焦点的直线与抛物线的弦的位置关系中提出问题．限定了直线l不是抛物线的对称轴，则与抛物线的弦仍有垂直、平行、斜交等不同的位置关系，这里提出了纵然垂直也不能平分弦的问题．要加以证明，必须考察l与x轴、CD与x轴以及l与CD的位置关系，这就是“证法1”中的分类研究的依据．
因为要证的l不能垂直平分CD，很自然联想到用反证法．假定能垂直平分，必能引出矛盾，否定假定，例如“证法2”，思路自然，证法流畅，不必去考虑直线l、弦CD、x轴之间各种可能的位置关系，也就可以避免讨论，因此也能简化解题过程．所以，在研究分类讨论的思想的同时，要注意研究简化讨论的方法．&/PGN0464.TXT/PGN&
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夜未央0054
分析图1可知,点R为动点且运动路径为NPQM综合图2可知,4小于等于X大于等于9时,Y恒不变因为R在PQ之间时Y不变,所以为点Q
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