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1、第 11章 分类与整合的思想方法数学家笛卡尔指出：“把你所考虑的每一个问题,按照可能和需要,分成若干部分，使它们更易于求解.”即在遇到复杂问题难以统一处理时,可以把问题划分成有限多个子问题，然后再有针对性地逐一解决,最后把各个子问题的结论归纳起来,得到整个问题的结论,这就是分类与整合的思想方法，又称之为逻辑分类法.运用分类与整合思想方法的好处是就每一个子问题而言，原来问题中的某些不确定的因素变成了确定的因素，使问题的解决有了新的重要前提条件,从而使解题过程变得顺畅起来.高中数学涉及逻辑分类法的题型以字母参数的讨论为主，但涉及讨论的内容与范围广泛得多，大致有以下6个方面：(1)从问题涉及的数学概
2、念、性质等进行分类与整合.(2)从定理、公式,法则的适用范围进行分类与整合.(3)从平面上点的位置或图形变化进行分类与整合.(4)从参数的不同取值进行分类与整合,对含双参数问题,必须分级进行分类与整合.(5)从解题过程中出现的不同情况进行分类与整合.(6)结论是选择，判断的命题,按可能出现的情况进行分类与整合.施行分类与整合的关键在于正确选择分类标准,对于同一问题的研究对象可以有不同的分类标准:可以按问题的解(结论不同)或题设条件不同而分类;可以按解决的特征来分类;可以按有关概念的特征(本身是分类定义的)分类;可以按图形的相对位置分类;可以按有关参数所满足的条件分类;可以按一些公式,法则，定理
3、应用的范围分类总之,要针对问题具体分析.确定了分类标准，进行分类时还要遵循下列原则.(1)范围的确定性:在分类讨论前必须首先明确要进行分类的范围，如果范围不清,就会造成分类错误，导致在正确范围以外作出错误的讨论.(2)划分的完整性:各分类的总和要正好等于被划分的全部对象,不能遗漏或超出.(3)分类的互斥性:两个不同分类之间不应该有公共部分,即它们的交集为空集.(4)划分的层次性:有些问题并不是一次分类就可以完全分析清楚的,而是需要逐级(5)每次划分标准的同一性:每一次分类要用同一个确定的标准,分类标准在没有贯彻到底之前,不允许改变分类标准，即不能在同一次划分中用两个或两个以上标准进行分二分法是
4、分类中常用的一种方法,它是把被分类的对象或涉及的范围按具有或不具有某个属性,分为互相矛盾的两类,运用二分法可以使解题过程显得简捷.需要进行分类与整合讨论的问题，解题过程往往比较繁几,这就促使我们去探究简化和避免分类讨论的技巧.分类与整合思想解题的实质是“化整为零，各个击破,再积零为整”的思维策略，但同时还要注意充分挖掘求解问题中潜在的特殊性和简单性，尽可能消除“讨论因素”，灵活地采用相应的解题策略，适当作一点“技术处理”，简化或避免分类讨论,往往能给解题带来事半功倍之效.避免分类讨论常见的解题策略有:直接回避、消去参数、变更主元、巧用公式，整体考虑、反客为主、正难则反,数形结合等.第五十九讲分
5、类讨论是一种重要的解题策略分类讨论是数学中一种重要的思想方法，也是一种重要的解题策略,特别是对于含参数字母的问题，由于这类问题的结论大多数是随参数的变化而变化的,故问题的解答不唯一,因此,当解题进行到某一步后不能再以同一方式处理或统一的形式叙述,这时就必须根据参数字母不同的取值范围区别对待，即必须在参数字母总的取值范围(全集)内正确划分成若干个分区域(子集)，在各个分区域内方能继续进行解题,有些含参数讨论题，由于所含的参数不止一个，故这类问题要通过多级分类逐级讨论，即在每一个类中还可以继续划分更小的类,直到每一类中能使问题得到解决为止.当然,分类讨论不局限于字母参数，也有对具体问题可能出现的不
6、同情况进行分类.数学之美在于简捷,分类要力求简捷.分类讨论的解题步骤如下：(1)确定讨论的对象；(2)确定讨论对象的取值范围(全集)(3)划分子区域(子集)；(4)对于参数字母多于一个的问题则要进行逐级分类,解题时要特别注意讨论的层次,避免重复讨论或讨论不全等现象；(5)对每个子区域讨论的结果整合起来作出结论.其中第(5)步非常重要，分类是把整体化为部分，整合是把各部分加以归纳总结，有“分”必有“合”，因为我们研究的是问题的全体,所以必须做到有“分”有“合”，先“分”后“合”，这不仅是分类与整合的思想解决数学问题的主要过程,也是分类与整合思想的本质属性,数学思维应当注重过程的严谨性与周密性.使
7、用分类讨论思想解题时应当注意以下几点：(1)要有明确的分类标准，所选择的分类标准不同就会有不同的分类方向，尽量合理(2)一旦选定一种分类标准,就必须从同一标准出发,对讨论对象分类层次分明，不重(3)当讨论的对象不止一种时,应分层次进行,分大类时有一个统一的标准,每一大类中再分儿小类另有统一的标准.(4)注意把握问题发展的本质趋向,根据解题形势发展的需要,选择分类讨论的时机.(5)在重视分类讨论思想应用的基础上，应防止“逢参就论”的倾向，能整体处理，可避免讨论的则尽量避开,才是解题的上策.本讲就从近年来的高考真题来看分类讨论思想方法在解题中的重要作用.例 1 (2 0 1 8 年高考数学全国卷吕
8、第2 1 题)已知函数/(x)=(2 +x +o x 2)n(l +x)-2 x.(1)若a =O,证明：当一 lx0时，/(%)0 时，/(x)0 ;(2)若x =0是/(%)的极大值点,求a.解题策略 第问通过求导研究函数的单调性即可证明；第(2)问，根据函数取得极值的条件,建立关于“的式子求解.在求解过程中，两问都需要实施分类讨论，第(1)问需要对自变量的取值范围进行分类讨论，第(2)问必须对参数。的取值范围进行分类讨论.，X.解：(1)证明当。=0 时，f(x)=(2 +x)l n(l 4-x)-2X9 f(x)=l n(l +x)-.1 +x设函数g(x)=/(x)=l n(l +x
9、)-,则 g (x)=:一1 +x (1 +xy当一 lx0时，g (x)0时g (x)0.故当x 1 时,g(x).g(0)=0,且仅当x =0时，g(x)=0,从而f(x).O,且仅当x =0时，/(x)=0,./(X)在(一 1,+e)单调递增.又 /(0)=0,故当 lx0时，/(x)0时，/(x)0.(2)若a.0,由(1)知，当 X0时，/(X).(2 +x)l n(l +x)-2 x 0 =/(0),这与 x =0是f(x)的极大值点矛盾.若a 0,设函数0)=2=l n(l +x)-名.2 +x+a r 2 +x +a r由于当|x|0,故(冗)与/(x)符号相同.又(0)=/
10、(0)=0,故x =0 是/的极大值点.当且仅当冗=0是以X)的极大值点，(幻=1 2 (2 +尤+a x2)-2元(1 +2a x)1 +x (2 +工 +办2)2x2(2x2+4OT+6Q+1)。+1)(加 +x +2)如果6a +1 0,则当0 x 言;且|x|0,故尤=0不是以工)的极大值点.如果6。+10,则。2%2+4公+6。+1 =0存在根百0,故当x c(%,0),且时，(N)0 ;当 x e (0,1)时，(1+1)(12 6x-12)(x)2成立.Sc解题策略 本例第(2)问属于探索性问题,解题时需要灵活运用分类讨论的思想，由于题中含有双参数上,c,必须轮流分类讨论,应注意
11、思路清晰、讨论到位.解：由得跖=4(1-击卜;S“+2(e N)(2)要使鸟团二 2,只要Skc。一1 3-2cSk0,；&=4(1一 刹4，&-(|&_2.2_汨0(4)故只要|s 2 c S eN),|&-2.|s 2 =L又 鼠 4 故要使式成立，c 只能取2 或 3.当c =2时，=2,.当攵=1时，c c,由 S*S i k e N*)得/S*_ 2 c,从而式不成立.2当c =3 时，=2,5 2=3.当=1,攵=2时，不成立，从而式不成立.3 13 3 3 3耳5 3-2 =1 好又耳耳一2/1+I-2,当 上.3 时，2 c,从而式不成立.综上所述，不存在正整数c,和攵，使 组
12、 二 2成立.Sc例3 设meR,在平面直角坐标系中，已知向量d =(t r,y+l),向量b =(x,y-l),a _ L b ,动点M(x,y)的轨迹为E.(1)求轨迹E的方程，并说明该方程所表示曲线的形状；(2)已知加=工，证明:存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与轨迹E恒有两个交点4A 3,且。4 _ L 0 8(0为坐标原点)，并求出该圆的方程；(3)已知”2 =；，设直线/与圆(7：%2 +2=氏 2(1/?2 -1 =0,即加*+,2 =.当加=0时，方程表示两直线方程，方程为y=l；当，=1 时，方程表示的是圆；当机0且加工1 时，方程表示的是椭圆；当，(),即 4k2
13、-t2+0,亦即/4 二+1,且4%+“2 =一8kt1 +4 公4 尸-4y%=（3+。（仇+，）=/与 +公（玉+）+产=-:k；+/=:一：）2 .1 十 RK 1 TK 1 十 TK*，+八“，八八 c 口n 4/一 4 r-4k2 5 r -4 k2-4-八要使。4 _ L 8,需使%+乂 =即 彳 记+r =F=0，5?4/4 =0,即 5t2=4%2 +4 且产 4k2+1,亦即 43+4 2 0 人+5 恒成立.又 直线y=L c +f 为圆心在原点的圆的一条切线，圆的半径为1 +%2所求的圆为“小7 f X2当切线的斜率不存在时，切线为x=J5,与 工+V5 4=i交于点（2
14、百,2-1At,也满足。4 _ L O B.综上所述,存在圆心在原点的圆V+V=3 ,使得该圆的任意一条切线与轨迹5恒有两个交点A,3,且0 4 OB.1y-当 初=时,轨迹E的方程为 +/=1,设直线I的方程为y=kx+t.4 4直线/与圆C：x2 +y 2=R 2（lRQ,bQ),求使y为负值的x的取值范围.2解题策略 第(1)问是含参数的对数方程仅有一个实根,求参数的取值范围,首先转化为方程与不等式的混合组,而所得的是含参数的一元二次方程.由判别式结合混合组中两个不等式进行分类讨论,从而获解.第(2)问，当原问题转化为指数不等式时,必须对底数的取值在(0,1)还是-1/(-)*/()，/
15、(-)*-/()-此时函数.f(x)既不是奇函数,也不是偶函数.对 卜-同去掉绝对值号进行讨论：当凡，a 时，/(x)=x2-x +a +1 =2a1+Q +“若 则“X)在(一8,上单调递减,./(%)在(8,可上 最 小 值 为=+1若a g，则“X)在(8。，句 上的最小值为且%2+%一+1 =+g当x.a时，/(%)=若a -，则 力 在 a,+。)上单调递增，./(x)在 a,+8)上的最小值为f ()=2+l.I 4 11综上所述，当a,-”寸，力 的最小值为j a;当一；时，”力 的最小值为/+1 ；当(1,+。)进行分类讨论,别忘了特殊情况。=8 0的讨论.kx0,向 0,解：
16、(1)由题意知x+l0,即x+l0,，对式由求根公式得kx=(x+1)2 3+(2一 少+1 =0 x,=为_2+2 _ 44 _ 2 _ 2 _叼 =炉-4%圆=%0或&?4(2=0不合题意，应舍去).fx+方=攵 20,当0,x2+1 0,2八 ，%,与同为正根且X工 工2,不合题意，舍去玉&=1 0,综上可得，2 0或 =4为所求.(2).log (诡 +2 axbx-b2x+l)0,b0),/.a2x+2abx-b2j!+1 1,即2a2+2ahx-b2x 0.两边同除以庐，得 +2闺 一l 0,.(?)-1+应或 b 0,贝！1,二x log(-1+b/若a=0 0,则 =1,而一l
17、+&l.;.x e R；若0Q V，则0 1,二 X log(,(-1+夜);a=/?时，xe R;a b时，x 0且a w 1)的图像关于直线y =x 对称，记g(x)=/(x)/(x)+/(2)-l ,若y =g(x)在 区 间 1,2上是增函数，则实数。的取值范围是().A.2,+a?)B.(O,l)u(l,2)。因)D.(0,1关于X的方程卜2 i f -|x2 一 1|+左=0,给出下歹！J 4 个命题：存在实数匕，使得方程恰有2 个不同的实根；存在实数k,使得方程恰有4个不同的实根；存在实数鼠使得方程恰有5个不同的实根；存在实数3 使得方程恰有8个不同的实根.其中假命题的个数是()
18、A.0B.1C.2D.3解 题 策 略 第(1)问，由于底数4末确定，必须对a 的值在(0,1)还是(1,+e)进行分类讨论,若采用换元法,则必须在a 的不同范围内结合对数函数单调性确定新元的范围;第(2)问，若考虑去掉绝对值符号,则必须对x的取值范围分类讨论,在进一步解答过程中又必须对参数%的取值分类讨论.解：(1)已知函数y=/(x)的图像与函数y=a(a0且a w l)的图像关于直线y=x对称,则/(x)=l og“x.记 g(x)=/(x)/(x)+/一 l =(l og/)2+(l og 2 l)l og.x.当。1 时，y=g(x).在 区 间 1,2上是增函数，y=l og/为增
19、函数，令r =l og(,x,r e l og 1,l ogf l2，要求对称轴矛盾；当0。1 时，y=g(x)在 区 间 g,2上是增函数，y=l og“x为减函数，令/1 1 i o 2-1 1 1=l ogox,r e l og 2,l oga-,要求对称轴3.l oga，解得4，.,.实数。的取值范围是(0,；，故选D.解法一 关于X的方程(X2-1)2-|X2-1|+A：=0可化为2 _ )2 _卜 2 一 )+左=0(乂 或石,-1)0 (x2-1)2+(x2-l)+f c =0(-1 x 1 时原方程有两个不同的根;当0 r l 时,原方程有 4个根;当，=1 时，原方程有3 个
20、根,于是：当人=2时,方程有一个正根t=2,相应的原方程的解有2 个；当k =1时,方程有两个相等的正根t=,相应的原方程的解有4个；4 2当攵=0时,方程有两个不等根t =0 或r =1,故此时原方程有5 个根；当0 Z 2时，当x.l 时，/(X).”j 恒成立,求实数a 的取值范围.解题策略 本例是含参数的函数的单调性问题与含参数不等式恒成立问题.第(1)问，在证明单调性过程中对x的取值分类讨论;第(2)问，为了解决含参数不等式恒成立问题，必须研究新构造的函数的单调性和极值,必须对参数。的取值范围分类讨论,分类要合理，不重不漏,符合最简原则.总之,分类讨论思想的本质是“化整为零,积零为整
21、”，思维策略与操作过程是：明确讨论的对象和动机一确定分类的标准一逐类进行讨论一归纳结论一检验分类是否完备(即分类对象彼此交集为空集,并集为全集).解：证明当4 =2时,/)=0-、+(无一2户-2(4的定义域为区.尸(x)=b-xex+ex2+(x -2)e*-2 =(%-l)ev-2-e v)迎 隔 时X 1 O,e*T0;当x 1 时 1 0,ev-1-l0,.-./(x).0.对任意实数x,/(x).0,二/(x)在R上是增函数.r2 _ o r I I当 X.1 时，/(x).；丁 一 恒成立,即(x -2)e2 j-a-d+3x -1.。恒成立.h(x)=(x-2)e2x-a-x2+
22、3x-l(x.l),W(x)=(2 x-3)(e2 x-a-1).令(2 x _ 3)(e 2 i_ l)=0,解得 =”与当即2 a 32(x)+00+(x)极大值极小值Z解 得 履,a 3-ln-,.-.3-ln-?a 3；2 2当 =即a =3 时,/(x).。恒成立，.M x)是增函数，又(1)=e-l。，故结论成立；当区3,即。3 时，有2 2X22a2/(无)+00+7 z(x)/极大值极小值耍使结论成立，贝 1 6(1)=e?T+1 廊，力()=一：+2。-3 0,即e 2-和,a2-8 a +1 2 0.解得a 星,2 磅 6,，3a 6.综上所述,若a2 时，当工.1 时，f
23、 (x).丁 恒成立,实数a的取值范围是3-l n-h 6.2第六十一讲运用分类讨论法解三角函数问题在研究三角函数的图像及其性质过程中,在处理解三角形题型时，都需要运用分类与整合的思想方法.例1 若函数=a+从 o u+c s in x 的图像经过点(0,1)和 仁,1),且当x e y,l 时，2恒成立,则实数a的取值范围是.解题策略 由/(x)的图像经过(0,1)和(工,1 两点的条件消去匕和c,使原函数含有单参12 )数a,在后续的解题过程中必须对。的取值分类讨论.解:y(x)经过点(o j)和/(0)=a+/?=1,.b=c=at 故/(x)=6Z+(1-6Z)COSCX4-(1-7)
24、sinx=6/4-(!-cz)(sinx+cosx)=tz+V2(l-6z)sin x+喷Ik in fx +-1.2 4 4 4 2(4)当a 0,.1 一 磁 啦(l-4)sinx+7)x/2(1-a).1 颔(x)五(1 一 a)+a,要使-2 x)2 恒成立，只 要 夜(1 一 a)+a,2.即。一 夜，又a 1 时,1-a /2,又 a 1,从而 1 八0 J(x、)在f 一5行7r，不7 V 上.为.减_函数，且/r(一5行7r )=2c =不n+言57r=不TC=kT=/(x/、)的,最大值为 2.即。=1,此时 f(x)=2sin(2x+。)./一|)=2 n s in(-葛
25、+6)=1,6(0,2乃)-6=冷 若4 3(舍去)，故点尸不在8C上.2若点F在 A 5上(如图1 1 2中F?位 置)，设 BF z=t,则 E C +B C +B/=A E +A 外，即 13 +3+/=|3+4-f,1 1 7 2得/=4,此时A F,=4-=,c o s A=,于是在A 4 E 居中，2 2 2 3、1 5 J 30E F；=AE2+AF-2AE AF2COSA=,得 吐=彳.故若小路一端E 为A C的中点，此 时 小 路 的 长 度 为 华.2(2)分情况讨论点E,产的位置.(1)若小路的端点E,F都在两腰上(如图1 1 -3所示)，设 C E =x,CF =y,则
26、 E C +C F =A E +A B +B F,即x+y =(3-x)+4 +(3-y),得x +y =5(0cx3,0 y 3)q q _ vj M8C MJEF 一亚c AC BCsinC Q Q 1 1S CEF 1 CECF sin C x y(21 2 52I 2 J（当且仅当x=y =g时取等号）（2）若小路的端点,F分别在一腰（不妨设在腰AC上）和底边上（如 图11-4所 示），设AE-X,AF=y,由 AE+AF=3C+C E+3尸，即 x+y=(3-x)+3+(4-y),得 x+y=5(0 x 1 +4I 3 j 44 C/Q又O v a肛.当=g，即a=?时，S四 边 形
27、 以8取到最大值,鼠如=2+.3 2 6 4ccc图 11-6(2)设 A A O B a,N O A B =p.若a为锐角，见图ll-6(a),贝IJ Q B s in a =A 3 s in/?且O B cos a +A B cos p=2,/.A B s in /3=s in a,AB c o s =2 -c o s a(1)若a 为钝角,见图ll-6(b),则03 s in(-a)=A5 s in/,且A B c o s /?-OBcos(7r-f z)=2,.AB s in/?=s in a,A B cos p=2 -c o s a 若a 为直角，见图 1 1 一6(c),则仍有 A
28、3s in/?=s in a,A3c o s/?=2-c o s a.于是在 A A O C 中，OC2=A C2+A O2-2 A C-A O c o s p +y J=A B2+22-4 A B；c o s尸 一 等s in/?=5-4 c o s a +4 -2(2 -c o s a)+s in a =5 -2 c o s a+2 /3 s in a,/0 v a （）,0分类求解，在去掉绝对值号时又需进一步对a的取值进行分类讨论.【解】若 =9/-8/+8 a.O,即 a.O 或6，-8.此时由。“-a.0得a.1或 0,.1当a.l或“，一8时，+同%当0,a l时,|再|+同=#A
29、=92-8a2+8a 0,即8 a 0,此时,当,为一对共匏虚根.国+网=2=2不 了 =2 =2嘉 半综上所述，3一ci 2 1 或。W 82归|+同=,a 1小2（4-a）,8 o /1 =-,此时，s in 6 =，=一，而c o s 6 =此时集合M c N 有 2个元素 华+以i,-容+M .4 1 6 4 1 6当了（1）（1）0 =1 4 0/（-D0 9A 0=-7 7%1 此时M c N 有 4个元素.,3 ,-1 -1I 8(3)令 z =x +j i知集合M在复平面上的点的轨迹为抛物线1=-()，-4),集合N 在复平面上的点的轨迹为椭圆+(二 团=1.4 9故本题讨论的
30、是，当4变化时，椭圆上下移动与抛物线相交的不同情况.【例 3】已 知 A B =(x,l),AC =(l,y),求 A A BC为等腰直角三角形的充要条件.【解题策略】直角顶点未明确，必须对哪一角为直角进行分类讨论.【解】当Z C A B =90,AB=A C时，A A 8C为等腰直角三角形.f A B -A C=x +y=0此时A 8LA C 且 l A Bbl A an、？1 解得x+y =().当N C B A =9 0,BA=B C时,A A BC为等腰直角三角形.此时,BA，8 c 且|B A|=|BC,BA=-A B=(一 x,-1),B A B C =0B C -BA+A C (
31、一 x +1,1 +_ y),且 A B C为等腰直角三角形.此时C 4 J L C 8 且|C 4|二|C B|,C 4 =A C=(L y),C 3=8 C =(x U ),或C4-CB=O,-U-i)+(-y)(i-y)=o,L=i f%=3 CA=CB W+1 =J(Ai)2+(i_ y)2 y=0 y=2x =0综上所述，_A BC为等腰直角三角形的充要条件是x+y =0 或 或 y=lx=1 x =3y=Q )=2x=2b =3例 4 在 A A B C 中，|8 C|=2,点 A(l,1).(1)若C(2,0),且 A B,C能构成直角三角形，求点8的坐标;(2)x轴上是否存在点
32、氏C满足A C=0?若存在，求出点8,C的坐标;若不存在，请说明理由.【解题策略】第(1)问，必须对A A 8C中哪一个角是直角进行分类讨论，即使某角不可能是直角,也应当说明理由；第(2)问，点民C在x轴上的位置关系未定，也会有两种不同的情况.【解】(1)设点 B(x,y)，则 A C =(1,-1),A B =(x 1,y-1),C B =(x -2,y).|B C|=2,-.|C B|=7 u-2)2+/=2,(x -2)2 +丁=4 AC|=夜 0 对任意 e N*都成立，则实数4的取值范围是（2）数列 4 中，q=1,4=2,数列 勺口田 是公比为式q 0）的等比数列，求数列 4 的前
33、2 项的和$2,.【解题策略】第问，由于数列 4 的 通 项 公 式 中 含 有 且 4=64+1,则 在 求 d-茹，的表达式时必定要对”是正奇数或正偶数分两类求解；第（2）问，由 4,。向 是等比数列，可得 4的奇数项、偶数项分别成等比数列，求和时还要对4/1 应=1 进行分类讨论.【解】%=苴 2 向 一（一 1 严 卜 =：2 川2 z l 当“是正奇数时，b-AS,=1（2H+1）（2,+1-1）-1/l（2H+,-1）0,即A 0（1 n i即-（2-1）（2+i+1）-1）0,又 2”1 0 ,故 2 -（2+,+1）对任意正偶数“都成立，又|（2,|+|+1）随增大而增大，故当
34、=2时，,（2 川+1）有最小值g,即/L g,综 合 1 2 可知/1 22 o(2)当=1 时，*瓦 3当 儿.22 1 1a；_ n(n+1)1 _ n(n+1)_n+n+4 4 _ 1 1bn 2 +l (+l)(2+1)2 4 z?2+4H+1 4 4(4/+4+1)时:=4/+4+1在几.2时为增函数，/.必 有4 2+4 +L.2 5.人 八 1 1fli 1 6由 0 :-7 ；-4(4H2+4/?+1)1 0 0 4 4 4(4/+4 +1)2 5(2 1 2 2|：,数 列的最大值项为3=,最小值项为等=二.3 4 bn b 3 b2 2 5【例3】已知等差数列 为 的公差
35、为2,前项和为S“，且1,S 2，S 4成等比数列.(1)求数列 4 的通项公式；(2)列b=(-1)-,求数列也 的前”项和Tn.【解题策略】本例的难点在第问，数 列 也 的通项中含有（-1严，则势必要在求也 的前项和7“时对分偶数、奇数讨论，由于已知 6,为等差数列，则%氏+1为等差数列连续两项之积且在分母上，能否裂项求和出现邻项相消的情况，对此有何影响，是否需要根据 的奇偶性进行分类？裂项求和是数列求和的重要方法之一，裂项求和的数列是否一定与等差数列相关？2一1）一（2 一1）1 1比 如4 =（2 T&-）=（2“T（2、“T=尹 E，裂项成功，但在数列通项中完全找不到等差数列的“身影
36、”.又比如 4 =+2 _ 2(+1)-_ 1(+1)2|一 (+1)2 一 2（+D2 M同样裂项成功,可见裂项求和并不局限于与等差数列相关的题型，只要数列的通项能转化成幺生迎的结构模式都是可以的，仿佛这是题AB外话,与本题的解答并无直接关系，但数学核心素养就是在对问题的不断发散思维中提高的.本例中由于出现了（-1）2 ,似乎必须对分奇、偶数讨论，但并不仅限于此，也可以利用数学归纳法求解，以避开分类讨论.【解】2x1 4x3(1),/S=al,S2=2a-x2=2q+2,=4q H x2=4q+12,由题意得(2q+2)2=%(4q+12),解得 q=2n-(2)【解法一】b 二 (-I)-
37、=(-l)-1-aan+i(2-l)(2n+l)观察分子和分母的特点会发现（2 n-l）+（2 +1）=4 .于是d=（一1严(金+乙)此 时，数 列 2 的 前 项 和 +y+(-i r .1 1-1-2/7-1 2 +1看来能出现邻项相消了,但是式子末端的剩余项却不能确定，原 因 在 于 还 存 在 正 负 取值不确定，这自然就会想到要进行分类讨论，根据的奇偶性进行分类，则 有：当为偶数时，有1H-2 +1./,=1-=-2/14-1 2/1+1当n为奇数时，有11-1-2n-3 2/7-14-11-1-2n-1 2/7+1 7 1 +12n+12/1+22 +12n为偶数/为奇数故 北=
38、2 +12+2、2+1实际上，在上述通项变换中出现的并不是常规的邻项相消,但借助(-1)3同样产生了“正负相间”的效果，达到消项求和的目的.【解法二】仁(1+1+/+(廿七；n=4+a=(i)i i+(|+(T 产(*)=1 卜=1+(-1 产2 x 2 +1+4+&=-+尸化+升1 +；=1 产 x i717T7；=4 +a+4+仇=l+g+(-l)4 T=1 =1 +(-1)4 1X12 x 4 +1于是猜想得出q=1 +(-I)”-.2n+下面用数学归纳法证明；当n=1 时,由上述推理可知猜想成立；假设当n=k(k N*)时猜想成立，即7；=1 +(一 1)七 成立而 加12k+1 2K
39、+3 y于是，当=后+1 时,7；,+1=Tk+bk+l=i+(D*T Q+(-i/f2 攵+1 1 2 Z +1 2 化+3 J=1 +(-1)1 (-1-1 =1 +(-1/-1(1一 =1 +(-1/1 =1 +(-1)I(*+1 H 1-1-(2 A+1 2&+1 2&+3)2k+3)2k+3 2(2+1)+1也就是说当 =%+1 时猜想也成立.综合可知对任意的 e N,猜想都成立，即7,=1 +(-1 严:2 +1 72【例 4】已知数列%和 低 满足：4 =2,%+1 =铲“+-4 也=(一 1)(%-3+2 1),其中4为实数，为正整数.(1)试判断数列 是否为等比数列，并证明该
40、结论；(2)设0 a 6,S,为数列抄“的前”项和.是否存在实数4,使得对任意正整数”，都有“S“b?若存在,求4的取值范围;若不存在，说明理由.【解题策略】分类讨论是解决问题的一种逻辑方法，在简化研究对象、发展思维方面起着重要作用，在本例的解答中有两处是一定要讨论的，一是对等比数列的证明一定要关注首项不可为0,二是对”分正奇数、正偶数的讨论.【解】也+i=(1 严 3 5 +1)+21=(1严|4-2 +14)=-|(-i r.(an-3+21)=-1&且&=_(4+18)当/l=-1 8时，4=0(e N)此时物,不是等比数列；2当A -1 8时，数 列 也 是以一。+18)为首项，一为公
41、比的等比数列.(2)由知,当2=-1 8时,4=0,S“=0.不满足题目要求.4/18,故2=(4+，可得S“=一1(彳 +18)1 -,要使a S“人对任意正整数成立，即。一|(4+18)1 (一|)b(e N*),得-|(2 +18)-令/()=/_?,则 当 为 正 奇 数 时，H-I)5-K)e1 /(),；当为正偶数时,永，的最大值为/(I)=|,/(/2)的最小值为/(2)=|.9 3 3于是，由(1)式得一w(2+18)g/7O b 18；l-3 a-1 8.当a 3。时，存在实数A，使得对任意正整数，都有a S,6,且；I的取值范围是(-b-1 8,-3-18).第六十四讲运用
42、分类讨论法解排列组合二项式定理问题排列组合问题中的分类加法计数原理就是分类讨论思想的具体体现,讨论时应注意分类标准的统一，求解关于多项式与二项式的积以及两个以上二项式的和或差有关的某一项系数问题时，因不能由通项直接写出，需按条件进行分类讨论.例1(涂色问题)如图11-7所示,将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱一上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法总数.图 11-7【解题策略】涂色问题是计数原理应用的典型问题，是一个问题解决的策略的运用过程，正确运用计数原理是关键，分类要做到“不重不漏”，分步要正确设计分步的程序，即合理分类，正确分步.【解法一】按所有颜色种数
43、分类.第一类:5 种颜色全用，共有P；种不同的方法；第二类:只用4 种颜色，则必有某两个顶点同色(A 与C,或B 与 D),共有2P；种不同的方法；第三类：只 用 3 种颜色，则 A 与C,8 与。必定同色，共有P；种不同的方法，由分类计数原理，得不同的染色方法总数为+2 +用=420种.【解法二】可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三个顶点染色，然后再分类考虑另外两个顶点的染色数,用乘法原理即可得出结论.由题设，四棱锥S-ABC的顶点S,A,B所染的颜色互不相同，它们共有5x4x3=60种染色方法.当S,A8 染好后，不妨设其颜色分别为1,2,3,若C 染 2,则。可染3 或 4 或 5,有
44、3 种染法;若C 染 4,则。可染3 或 5,有 2 种染法;若。染 5,则。可染3 或 4,有 2 种染法.可见，当S,A B已染好时,C,。还有7种染法，故不同的染色方法有60 x7=4 2 0 种.【解法三】以 顺 序 分 步 染 色.第一步：5 点染色，有 5 种方法；第二步:A 点染色，与S在同一条棱上，有 4 种方法；第三步:B 点染色，与 SA 分别在同一条棱上，有 3 种方法；第四步:C 点染色，也 有 3 种方法，但考虑到。点与S,A C 相邻，需要针对A 与C 是否同色进行分类，当A 与C 同 色 时 点 3 种染色方法;当A 与。不同色时，因为。与S,8 也不同色,所以。
45、点有2 种染色方法,。点也有2 种染色方法.由分步计数原理，分类计数原理得不同的染色方法共有：5 x 4 x 3 x(lx 3 +2 X)=420 种.【例 2】(集合元素问题)(1)在 1,2,3,3 0 这 30个数中，每次取两两不等的三个数，使它们的和是3 的倍数，共有多少种不同的取法？(2)已知集合A=1,2,3,4,5,6,8 =5,6,7,8,9 ,从集合A 中选3 个元素，从集合6 中选2 个元素，能组成多少个含有5 个元素的集合？【解题策略】本例难度较高，对于(1),首先要把30个数按被3 除的状况分为三个集合，再逐一讨论元素的取法;对于(2),由于类别较多，要防止重复或遗漏.
46、【解】把这30个数分成3 类，即 3 个集合，被 3 整除的数集4 =3,6,9,30,被 3 除余1 的数 集 4 =1,4,7,28,被 3 除余2 的数集4 =2,5,8,29.每个集合各有10个元素，三个数的和是3 的倍数的取法有两类：第一类:在同一集合内取三个数，取法为3c第二类:每个集合内各取一个数,取法为(C；o)根据加法原理，所求取法种数为3C：0+(C；J =1360种.(2)由于A c B =5,6,而由集合元素的无序性及互异性，可判断这是组合问题，因元素不能重复，故应对5 和 6 这两个元素分别进行讨论.不 选 5 和 6,则有C 1C；种.(2)在 5,6 中选1个，则
47、在 1,2,3,4 中选2 个，在 7,8,9 中选2 个，共有C；C：C；种；在 1,2,3,4中选3 个，在 7,8,9 中选1个洪有C；C；C；种.(3)在 5,6 中选2 个，则在 1,2,3,4 中选1个，而在 7,8,9 中选2 个，共有C；C；C；种；在 1,2,3,4 中选2 个，而在 7,8,9 中选 1个,共有C；C；C；种；在 1,2,3,4 中 选 3个，而在 7,8,9 中不选，共有C；C：种.综上所述，根据加法原理洪有 C：C；+C；C；C；+C；C：C；+C 汜;C；+C；C；C；+C；C：=1。6 种.即共有106个含有5 个元素的集合.例 3 已知卜+彳)的展
48、开式中，第 ,Z+3 两项的二项式系数相等，其中2 女5(k,n e N*),求展开式的前三项的系数之和及中间项的系数.【解题策略】在本例的解题过程中必须对左和相应的取值分类讨论.阐由题意C：T=C72,.n2k+l,-2k 5(k,n e N ),r =3或=4.(1)当=3 时,=7,原二项式为11+5)，.(1+彳)的展开式中的前三项的系数之和为+=y.=7,.展开式中共有8 项，中间两项分别是第4 项、第 5 项.中 间 项 的 系 数 分 别 为=.,0)=击(2)当左=4 时,=9,原二项式为(1+1.的展开式中的前三项的系数之和为 =9,.展开式中的中间两项是第5项、第6项，系数
49、分别为=急，唱=篇 例 4设 4 =x 12 v x +2-当为偶数时，A“中元素是以2+2为首项、3为公差、2川-2为末项的等差数列，设项数为氏2,则有2,川 _ 2 =2+2+3(&-1),解 得 网=.；.s“=(2+2)+(2间一2)=22 7-2 7综上所述，S,=22 n-+(-1)-1-2n-,n e N*.44 Qin(3)lim =：-s S“22 w-1 4-(-2),=lim|M-“TOO第六十五讲运用分类讨论法解概率问题在求古典概型的概率时，涉 及“至多”“至少”型的问题,可以用互斥事件以及分类讨论的思想求解，当涉及的互斥事件多于两个时，一般用对立事件求解，分类讨论思想
50、还应用于讨论随机变量的取值，进而求离散型随机变量的分布列和数学期望，求解的关键是审清题意，找准分类标准,做到不重不漏.例1 .袋中有3个伍分硬币,3个贰分硬币和4个壹分硬币，从中任取3个,求总分值超过8分的概率.【解题策略】本题考查学生掌握互斥事件有一个发生的概率的基本概念和基本原理，解题的关键是把 总分值超过8分”这一事件的各种情况罗列清楚.【解】“总分值超过8分”记为事件A,该事件包括下列4种情况：取到3个伍分硬币”记为人;取到2个伍分硬币和1个贰分硬币”记为A2;“取到2个伍分硬币和1个壹分硬币”记为A3;“取 到1个伍分硬币和2个贰分硬币”记为 4 则 咯力等各竿噎尸(&)=9C：o