《2022年高考数学二轮复习专题辅导资料专题分类讨论.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考数学二轮复习专题辅导资料专题分类讨论.docx（29页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载【专题二】分类争论思想 分类争论是一种重要的数学思想方法,当问题的对象不能进行统一争论时,就需要对研究的对象进行分类,然后对每一类分别争论,给出每一类的结果,最终综合各类结果得到整个问题的解答；1分类争论思想就是依据肯定的标准,对问题分类、求解,要特殊留意分类必需满 足互斥、无漏、最简的原就；有关分类争论的数学问题需要运用分类争论思想来解决,引起分类争论的缘由大致可归纳为如下几种：（1）涉及的数学概念是分类争论的；如肯定值|a| 的定义分 a0、 a0、a2 时分 a0、a0 和 a0 ,圆半径 |ON|=1 , |MN|2=
2、|MO|2-|ON|2=|MO|21,设点 M 的坐标为（ x,y）,就整理得：经检验,坐标适合这个方程的点都属于集合P,故这个方程为所求的轨迹方程；名师归纳总结 当 =1时,方程化为,它表示一条直线, 该直线与x 轴垂直且交x 轴于点；第 8 页,共 16 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 当 1时,方程化为学习必备欢迎下载,它表示圆,该圆圆心的坐标为,半径为；点评： 此题在求出轨迹方程之后,在判定为何曲线时,因参数引起了分类争论：一些问题中的数学表达式中因含有会导致不同结论的参数,从而需对参数分情形争论,求得问题的结果；题型 4：不等式中分类争论
3、问题例 7解不等式x4 ax6 a 0 a 为常数, a1 2 4a、6a 的大小,故对参数2 a1分析：含参数的不等式,参数a 打算了 2a1 的符号和两根a 分四种情形a0、a0、1 2a0、a0 时, a1 2；4a0 ；所以分以下四种情形争论：当 a0 时, x4ax6a0,解得： x6a；当 a0 时, x2 0,解得： x 0；a0 时, x当1 2a0,解得 : x4a；当 a1 2时, x 4ax6a0,解得：6ax0 时, x6a；当 a0 时, x 0；当1 24a；当 a1 2时, 6ax0 或a0,由于这两种情形下,不等式解集形式是不同的；不等式的解是在两根之外,仍是在
4、两根之间；而确定这一点之后,又会遇到1 与1 a谁大谁小的问题,因而又需作一次分类争论；故而解题时,需要作三级分类；题型 5：数列中分类争论问题名师归纳总结 例 9（2022 天津理 20）已知数列a n与b nb a 满意：nan1b n1an20,b n3n 1,第 10 页,共 16 页2n* N ,且a 12,a24（）求a3,a a 的值；（）设c na 2n1a 2n1,n* N ,证明：nc是等比数列； （III）设S ka2a 4a2,kN*,证明：4nS k7 6nN*k1ak本小题主要考查等比数列的定义、数列求和等基础学问,考查运算才能、推理论证才能、综合分析和解决问题的才
5、能及分类争论的思想方法.满分 14 分. - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （I）解：由nb3n 1 ,2nN*,学习必备b n欢迎下载可得1, n 为奇数2,n 为偶数名师归纳总结 又b a nan1bn1 an20,1c nnN*第 11 页,共 16 页当n=1时,a +a +2a =0, 由a =2,a =4, 可得a 1 2 3 1 233;当n=2时,2a +a +a =0, 可得 a 2 3 445;当n=3时,a +a +2a =0, 可得 a44.（II）证明：对任意nN* ,a2n1a2n2 a2n10,2a2 na2n1a2n20
6、,a2n1a2n22a2n30,得a2na2n3.将代入,可得a 2n1a2n3a2n1a 2n1,即cn又c 1a 1a31,故 cn0,k 11k1,因此c nn11, 所以c n是等比数列 . c（III）证明：由（ II）可得a 2k1a 2k1k 1,于是,对任意kN*且k2,有a 1a 31,a 3a 51,a 5a 71,k 1 a 2k3a 2k11.将以上各式相加,得a 1k 1a 2k1k1,即a2k1此式当 k=1 时也成立 .由式得a 2kk 11k3.从而S 2ka2a 4a 6a 8a 4k2a4kk,S 2k1S 2ka4kk3.- - - - - - -精选学习
7、资料 - - - - - - - - - 所以,对任意nN* ,n2,学习必备欢迎下载4nS kn1S 4m3S 4m2S 4m1S 4m12n3n3k1akma 4m3a 4m2a4m1a4mn12 m22 m12m322m3m2 m2m22m1mn1212m3m2m2 2m222n532 3m22 2m12n22n31n533m22m12m12n22n315111121121323557nn2215513362 2n12n22n37. 6对于 n=1,不等式明显成立. 1n1.所以,对任意nN* ,S 1S 2S 2n1S 2na 1a2a2n1a 2nS 1S 2S 3S 4S 2n1S
8、 2na 1a 2a 3a 4a2n1a2n1111142221114n14122 444nnn111211n1n1412422 4 424nn 4 4n4123点评：数列证明中的数学归纳法是一个需要牢记的分类递进推理过程,证明格式相对严格、规范；名师归纳总结 例 10（2022 四川理数）已知数列 an 满意 a10,a22,且对任意 m、nN*都有 a2m第 12 页,共 16 页1a2n 12amn12 mn2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （）求a3, a5；（）设学习必备欢迎下载* ,证明： bn 是等差数列； （）设bna2n1a2n1
9、nNcn an+1an q n1 q 0,nN * ,求数列 cn 的前 n 项和 Sn；解： 1 由题意,零 m2, n1, 可得 a3 2a2a126,再令 m 3, n1,可得 a52a3a1 820； 2 当 nN *时,由已知 以 n2 代替 m 可得： a2n3a2n12a 2n18；于是 a2 n1 1a2 n1 1 a2n1a2n 1 8,即 bn1bn8；所以 bn 是公差为 8 的等差数列 3 由 1 2 解答可知 bn 是首项为 b1a3a16, 公差为 8 的等差数列就 bn8n2,即 a2n +=1a2n18n2另由已知 令 m1 可得： ana 2 n 1 a - n1 2. 2那么 an 1ana 2 n 1 a 2 n 12n18 n 22n12n2 2于是 cn2nq n1. 当 q1 时, Sn246 2nn n1 当 q 1 时, Sn2q04q16q2 2nqn1. 两边同乘以q,可得q 14q 26q3 2nqn. qSn2上述两式相减得2 1 q Sn 2 1 q q 2 qn 1 2nqn 21qn 2nqn 1q1n1 qn