分类讨论思想
总结什么时候使用分类讨论，什么时候可以避开分类讨论；若针对参数进行分类讨论的情形，最后结果必须取并集；若针对自变量进行分类讨论的情形，若是恒成立问题，最后结果必须取交集，若是能成立问题，最后结果必须取并集。
前言
高中数学中的许多题目都需要分类讨论，如果不这样做，就不容易说清楚；相反的，有时候却可以避开分类讨论。
廓清认知
若针对参数进行分类讨论的情形，最后结果必须取并集；若针对自变量进行分类讨论的情形，若是恒成立问题，最后结果必须取交集，若是能成立问题，最后结果必须取并集。
【法1】：针对对称轴\(x=-\cfrac{a}{2}\)和给定区间参数\([1，5]\)的关系分类讨论如下：
①当\(\Delta=a^2+8a≤0\)时必然满足题意，解得\(-8≤a≤0\)；
②当\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta > 0 }\\{-\cfrac{a}{2}\leqslant 1}\\{f(1)\geqslant 0,}\end{array}\right.\) 即\(\left\{\begin{array}{l}{a<-8或a>0}\\{a\geqslant -2}\\{a\leqslant 1，}\end{array}\right.\) 解得\(0<a\leqslant 1\);
③当\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta > 0 }\\{-\cfrac{a}{2}\geqslant 5}\\{f(5)\geqslant 0,}\end{array}\right.\) 即\(\left\{\begin{array}{l}{a<-8或a>0}\\{a\leqslant -10}\\{a\leqslant -\cfrac{25}{3}，}\end{array}\right.\) 解得\(a\in\varnothing\);
综上所述，各种情形求其并集，可得\(a\)的取值范围是\([-8,1]\)；
【法2】：分离参数法，先转化为\((x-2)a\ge -x^2，在x\in [1，5]\)上恒成立；
①当\(x=2\)时，原不等式即\((2-2)a\ge -4\)，\(a\in R\)都符合题意；
②当\(2<x\leqslant 5\)时，原不等式等价于\(a\ge \cfrac{-x^2}{x-2}\)在\(x\in (2，5]\)上恒成立，
令\(g(x)= \cfrac{-x^2}{x-2}=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4\)
则\(g(x)=-[(x-2)+\cfrac{4}{x-2}]-4\leq -2\sqrt{(x-2)\cdot \cfrac{4}{x-2}}-4=-8\)
当且仅当\(x=4\in (2，5]\)时，\(g(x)_{max}=-8\)，故\(a\geqslant -8\)
③当\(1\leqslant x<2\)时，原不等式等价于\(a\leq \cfrac{-x^2}{x-2}\)在\(x\in [1，2)\)上恒成立，
又\(g(x)=[-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}]-4\ge 2\sqrt{[-(x-2)]\cdot \cfrac{4}{-(x-2)}}-4=0\)
当且仅当\(x=0\not\in [1，2)\)时取到等号，但其不满足前提条件\(1\leqslant x<2\)，故是错解。
此时需要借助对勾函数的单调性，函数\(y=x+\cfrac{4}{x}\)在区间\([1，2]\)上单调递减，
则由图像变换可知\(y=x-2+\cfrac{4}{x-2}\)在区间\([1，2]\)上单调递减，
则\(y=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}\)在区间\([1，2]\)上单调递增，
\(y=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4\)在区间\([1，2]\)上单调递增，
故\(g(x)_{min}=g(1)=1\)，故\(a\leq 1\)
由于以上的三种情形是以自变量分类讨论的，需要三种情形下同时成立，
故以上三种情况取交集，得到\(a\in [-8，1]\)。
使用场景
集合与常用逻辑
-
集合题目中出现\(A\subseteq B\)时，需要针对\(A\)分类讨论；
-
题目中出现“若\(p\)或\(q\)为真命题，若\(p\)且\(q\)为假命题”，则意味着\(p\)、\(q\)必然一真一假，接下来需要分类讨论：\(p\)真\(q\)假；或\(p\)假\(q\)真；
如何避开
既然分类讨论的做法麻烦又费事，容易出错，那么能不能有意识的避开分类讨论思想来解题呢？回答是肯定的，以下情形可以有效避开：
- 由集合的真包含关系求参数的取值范围时，先都取等号，最后验证端点值即可，这样可以避免分类讨论；如
分析：自行画出草图可知，先列出条件\(\begin{cases}&m+1\leq-2\\&1-2m \ge 7\end{cases}\)，解得\(m\leq -3\)，
接下来验证\(m=-3\)是否满足题意。
当\(m=-3\)时，\(A=[-2，7]\)，\(B=[m+1，1-2m]=[-2，7]\)，此时\(A=B\)，不满足题意，舍去，
故实数\(m\)的取值范围为\(\{m\mid m<-3\}\)。
当函数图像中有一部分为水平线时，常常需要分类讨论。若能更好的利用图像，也可以避免分类讨论；
分析：做出分段函数的图像如下，
则由\(f(x^2-2)>f(x)\)得到，
\(\left\{\begin{array}{l}{x\leqslant 0}\\{x^2-2>0\;\;\;}\end{array}\right.\) 或 \(\left\{\begin{array}{l}{x> 0}\\{x^2-2>x}\end{array}\right.\)
解得\(\left\{\begin{array}{l}{x\leqslant 0}\\{x<-\sqrt{2}，或x>\sqrt{2}\;\;\; }\end{array}\right.\) 或 \(\left\{\begin{array}{l}{x>0}\\{x<-1或x>2}\end{array}\right.\)
即\(x<-\sqrt{2}\)或\(x>2\)，故选\(C\).
【更简单解法】结合函数的图像，我们只需要让\(x^2-2\)在单调区间内活动[注意不要取到左端点]，同时让\(x\)始终在\(x^2-2\)左侧活动即可满足题意；
故等价于\(\left\{\begin{array}{l}{x^2-2>0}\\{x^2-2>x}\end{array}\right.\) \(\quad\)解得，\(\left\{\begin{array}{l}{x<-\sqrt{2}或x>\sqrt{2}}\\{x<-1或x>2}\end{array}\right.\)
求交集得到，\(x<-\sqrt{2}\)或\(x>2\)，故选\(C\).
分析：做出函数的图像，由图像可知，
原不等式等价于\(\begin{cases}3-x^2\ge0\\2x<0\end{cases}\)或\(\begin{cases}3-x^2<0\\2x<0\\3-x^2>2x\end{cases}\).
解得\(-\sqrt{3}\leq x<0\)或\(-3<x<-\sqrt{3}\),故\(-3<x<0\)，选\(B\)。
【更简单解法】结合函数的图像，我们只需要让\(2x\)在单调区间内活动[注意不要取到右端点]，同时让\(2x\)始终在\(3-x^2\)左侧活动即可满足题意；
故等价于\(\left\{\begin{array}{l}{2x<0}\\{2x<3-x^2}\end{array}\right.\) \(\quad\)解得，\(\left\{\begin{array}{l}{x<0}\\{-3<x<1}\end{array}\right.\)
求交集得到，\(-3<x<0\)，故选\(B\).
-
当给定 \(A(x_1,y_1)\) 和 \(B(x_2,y_2)\)，求解或证明 \(OA\perp OB\)时，若用 \(k_{_{OA}}\cdot k_{_{OB}}=1\)，需要分类 \(k\)存在或者 \(k\) 不存在两种情形讨论，但若是采用向量形式：\(x_1x_2\)\(+\)\(y_1y_2\)\(=0\) 刻画相互垂直，就可以避免分类讨论；
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等比数列中出现\(S_n\)，当下标比较小时，利用定义式可以避免分类讨论；
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分离参数时，采用取倒数法分离参数，可以避免分类讨论；
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直线方程中设\(y=kx+b\)，需要分类讨论，换成\(x=my+b\)可以避免分类讨论；
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当椭圆的焦点位置不明确而无法确定其标准方程时，可设为\(\cfrac{x^2}{m}+\cfrac{y^2}{n}=1\) (\(m>0,n>0\))，可避免分类讨论，也可设为\(Ax^2+By^2=1\) (\(A>0,B>0\)且\(A\neq B\))，解题比较方便。
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圆锥曲线中如\(\cfrac{x^2}{16}+\cfrac{y^2}{9}=1\)，如果设其上的点的坐标为\((x，y)\)，需要分类讨论，但若设为参数方程的形式\((4cos\theta，3sin\theta)\)则可以避免分类讨论；
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偶函数\(f(x)=f(-x)=f(|x|)\)，则可以避免分类讨论；
法1：[分类讨论，很繁琐的思路]
先判断函数的定义域为\(R\)，且为偶函数；则可知在\((-\infty，0]\)上单调递减，在\([0，+\infty)\)上单调递增。
若针对两个自变量\(x\)和\(2-x\)分类讨论，则得到以下四种情形：
\(Ⅰ.\left\{\begin{array}{l}{x>0}\\{2-x\ge 0}\\{x>2-x}\end{array}\right.\)或者\(Ⅱ.\left\{\begin{array}{l}{x<0}\\{2-x\leq 0}\\{x<2-x}\end{array}\right.\)或者\(Ⅲ.\left\{\begin{array}{l}{x>0}\\{2-x\leq 0}\\{-x<2-x}\end{array}\right.\)或者\(Ⅳ.\left\{\begin{array}{l}{x<0}\\{2-x\ge 0}\\{-x>2-x}\end{array}\right.\)
解Ⅰ得到，\(1<x\leq 2\)；解Ⅱ得到，\(x\in \varnothing\)；
解Ⅲ得到，\(x\ge 2\)；解Ⅳ得到，\(x\in \varnothing\)；
求并集得到\(x\)的取值范围为\(x>1\)，即\(x\in (1，+\infty)\)。
法2：[利用偶函数的性质，简洁明快]先判断函数的定义域为\(R\)，在\((-\infty，0]\)上单调递减，在\([0，+\infty)\)上单调递增，且为偶函数；
故由\(f(x)>f(2-x)\)变形得到，\(f(|x|)>f(|2-x|)\)，这样做的用意是将两个自变量整体强行放置到函数的单调递增区间上，便于利用单调性求解；
故得到\(|x|>|2-x|\)，则\(x^2>(2-x)^2\)，解得\(x>1\)。即\(x\in (1，+\infty)\)。
- 思路选择的恰当，就可以避开。
比如下面的恒成立命题，如果选择二次函数的思路，必须要分类讨论；但是如果选择分离参数法就可以成功的避开分类讨论。
典例剖析
分析：由题目可知，集合\(A\)有且仅有两个子集，说明集合\(A\)应该为单元素集合，从而说明仿二次方程\((k+2)x^2+2kx+1=0\)，可能有一次方程和二次方程两种情形。
当\(k=-2\)时，原方程变形为一次方程\(-4x+1=0\)，仅有一个解，适合题意；
当\(k\neq -2\)时，原方程要仅有一个解，则必须\(\Delta =0\)，即\((2k)^2-4\cdot(k+2)\cdot 1=0\)，解得\(k=2\)或\(k=-1\)，满足题意，
综上所述，实数\(k\)的取值为\(\pm 2或-1\)，故选\(D\)。
提示：仿一次方程，分类讨论，选\(D\).
提示：由\(A\cap B=B\)，得到\(B\subseteq A\)；分类讨论如下：
当\(B=\varnothing\)，\(\Delta=4(a+1)^2-4(a^2-1)<0\)，解得\(a<-1\)；
当\(B\)为单元素集时，即\(B=\{0\}\)或\(B=\{-4\}\)，详述如下，
当\(B=\{0\}\)时，将\(x=0\)代入方程得到\(a^2-1=0\)，解得\(a=1\)或者\(a=-1\)，
接下来验证如下，当\(a=1\)时，\(B=\{0，-4\}\)，不符前提\(B=\{0\}\)，故舍去；再验证\(a=-1\)时，\(B=\{0\}\)，符合前提\(B=\{0\}\)；
当\(B=\{-4\}\)时，将\(x=-4\)代入方程得到\(a^2-8a+7=0\)，解得\(a=-1\)或者\(a=-7\)，
接下来验证如下，当\(a=-7\)时，\(B=\{4，12\}\)，不符前提\(B=\{-4\}\)，故舍去；再验证\(a=-1\)时，\(B=\{0\}\)，符合前提\(B=\{-4\}\)，故舍去；
即\(B=\{0\}\)时，\(a=-1\)符合题意；
当\(B\)为双元素集时，即\(B=\{0，-4\}\)时，由根与系数关系得到，
\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta=4(a^2+1)-4(a^2-1)>0①}\\{x_1+x_2=-2(a+1)=-4②}\\{x_1x_2=a^2-1=0③}\end{array}\right.\)
最快的解法是口算②式，得到\(a=1\)，代入③式口算验证成立，再代入①式口算验证成立，故上述混合组的结果为\(a=1\).
综上所述，得到参数的取值范围是\(a\in(-\infty，-1]\cup \{1\}\).
法1：遇到恒成立问题，一般首先考虑能否分离参数的方法，本题目可以分离参数，但需要针对自变量分类讨论。
当\(x=0\)，\(-3<0\)恒成立，故\(a\in R\)；
当\(x\neq 0\)时，分离参数并整理，得到\(a<\cfrac{3-2x}{2x^2}\)恒成立，
令\(g(x)=\cfrac{3-2x}{2x^2}=\cfrac{3}{2}(\cfrac{1}{x})^2-\cfrac{1}{x}=\cfrac{3}{2}[(\cfrac{1}{x})^2-\cfrac{2}{3}\times\cfrac{1}{x}+(\cfrac{1}{3})^2]-\cfrac{3}{2}\times (\cfrac{1}{3})^2\)
\(=\cfrac{3}{2}(\cfrac{1}{x}-\cfrac{1}{3})^2-\cfrac{1}{6}\)，
由于\(x\in [-1，0)\cup(0，1]\)，故\(t=\cfrac{1}{x}\in (-\infty，-1]\cup[1，+\infty)\)，
则\(g(x)=h(t)=\cfrac{3}{2}(t-\cfrac{1}{3})^2-\cfrac{1}{6}\)，
故当\(t=1\)，即\(x=1\)时，\(g(x)_{min}=\cfrac{1}{2}\)；故\(a<\cfrac{1}{2}\)，
综上所述取交集，得到实数\(a\)的取值范围是\((-\infty，\cfrac{1}{2})\).
法2：还可以不分离参数，针对参数分类讨论如下。
①当\(a=0\)时，\(f(x)=2x-3\)，\(f(x)_{max}=f(1)=2-3<0\)成立，故\(a=0\)满足；
当\(a\neq 0\)时，\(f(x)\)为二次函数，对称轴为\(x=-\cfrac{1}{2a}\)，
②\(\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{f(1)<0}\\{f(-1)<0}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{a<\frac{1}{2}}\\{a<\frac{5}{2}}\end{array}\right.\) 即\(0<a<\cfrac{1}{2}\)
③\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{-\cfrac{1}{2a}\geqslant 1}\\{f(1)<0}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{-\frac{1}{2}\leqslant a<0 }\\{ a<\frac{1}{2}}\end{array}\right.\) 即\(-\cfrac{1}{2}\leqslant a<0\)
④\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{-\cfrac{1}{2a}\leqslant -1}\\{f(-1)<0}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{a\in \varnothing}\\{a<\frac{5}{2}}\end{array}\right.\) 即\(a\in \varnothing\)
⑤\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{\Delta<0}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{a<-\frac{1}{6}}\end{array}\right.\) 即\(a<-\cfrac{1}{6}\)
综上所述取并集，得到实数\(a\)的取值范围是\((-\infty，\cfrac{1}{2})\).
解后反思：1、对于恒成立类题目，若针对自变量分类讨论，则结果必须取交集；若针对参数分类讨论，则结果必须取并集。
2、若能注意到\(a<0\)，则对称轴\(x=-\cfrac{1}{2a}>0\)，则可以直接排除情形④的讨论；
(1).若 \(b=1\)， 解不等式 \(f(x-1)<0\)；
解析： \(f(x)=\cfrac{x+a}{x+b}\)， \(b=1\)， \(f(x)=\cfrac{x+a}{x+1}\)，
故 \(f(x-1)=\cfrac{(x-1)+a}{(x-1)+1}=\cfrac{x-1+a}{x}\)
由于题目已知 \(f(x-1)<0\)， 则有\(\cfrac{x-1+a}{x}<0\)， 等价于\(x[x-(1-a)]<0\)，
以下针对方程的两个根 \(x_1=0\) 与 \(x_2=1-a\) 的大小分类讨论如下：
①当 \(1-a>0\) 时，即 \(a<1\) 时，不等式的解集为\((0,1-a)\);
②当 \(1-a=0\) 时，即 \(a=1\) 时，不等式的解集为\(\varnothing\);
③当 \(1-a<0\) 时，即 \(a>1\) 时，不等式的解集为\((1-a,0)\);
(2).若 \(a=1\)，当 \(x\in[-1,2]\) 时， \(f(x)>\cfrac{-1}{(x+b)^{2}}\) 恒成立，求 \(b\) 的取值范围.
解析： 由于 \(a=1\)， \(f(x)>\cfrac{-1}{(x+b)^{2}}\)，故\(\cfrac{x+1}{x+b}>\cfrac{-1}{(x+b)^{2}}\)，
两边同时乘以\((x+b)^2\)，变形注意，此处不是恒等变形，漏掉了对分母的限制，后边就需要考虑定义域，对分母加以限制\(\quad\) 得到 \((x+b)(x+1)>-1\)，[以下想分离参数 \(b\)，故分类讨论如下]
①当\(x=-1\)时，由于 \(x+1\)若做分母就是\(0\)，不能分离参数，此时得到\((-1+b)\cdot 0>-1\)，此时\(b\in R\) 恒成立，
②当 \(-1<x \leqslant 2\) 时， 此时可以分离参数，得到\(b>-\cfrac{1}{x+1}-x=1-[\cfrac{1}{x+1}+(x+1)]\)，
由于\(x+1>0\)， \(\cfrac{1}{x+1}+(x+1)\geqslant 2 \sqrt{\cfrac{1}{x+1}\cdot(x+1)}=2\)
当且仅当 \(x=0\) 时，等号成立， 故 \(b>1-2=-1\).
又由于分母的限制，则定义域需满足 \(x+b\neq 0\) ，即 \(x \neq-b\)，
故 \(-b\notin[-1,2]\)，即 \(-b<-1\) 或 \(-b>2\) ，
故 \(b<-2\) 或 \(b>1\)，
综上所述， 对以上三种结果[\(b\in R\)和\(b>-1\)和 \(b<-2\) 或 \(b>1\)]求交集针对自变量分类讨论的恒成立类题目，一般要取交集；\(\quad\)，得到 \(b>1\) .
[常规方法]法1：二次函数法，由于\(\Delta=a^2+8>0\)，故不需要考虑\(\Delta<0\)的情形，
只需要考虑对称轴\(x=-\cfrac{a}{2}\)和给定区间\([1，5]\)的相对位置关系
当\(-\cfrac{a}{2}\leq 1\)时，即\(a\geqslant -2\)时，函数\(f(x)\)在区间\([1,5]\)单调递增，
所以\(f(x)_{min}=f(1)=1+a-2\geqslant 0\),解得\(a\geqslant 1\)，又因为\(a\geqslant -2\)，所以得到\(a\geqslant 1\)。
当\(-\cfrac{a}{2}\ge 5\)时，即\(a\leqslant -10\) 时，函数\(f(x)\)在区间 \([1,5]\)单调递减，
所以\(f(x)_{min}=f(5)=25+5a-2\ge 0\),解得\(a\ge -\cfrac{23}{5}\)，
又因为\(a\leq -10\)，所以得到\(a\in\varnothing\)。
当\(1<-\cfrac{a}{2}<5\)，即\(-10<a<-2\)时，\(f(x)min=f(-\cfrac{a}{2})=\cfrac{a^2}{4}-\cfrac{a^2}{2}-2≥0\)，
得到\(a\in\varnothing\)。（这种情形可以省略）
综上可得\(a\geqslant 1。\)即\(a\)的取值范围是\([1，+\infty)\)
[通性通法]法2：【恒成立+分离参数法】两边同时除以参数\(a\)的系数\(x\)(由于\(x\in [1，5]\)，不等号方向不变)，得到
\(a\geqslant \cfrac{2}{x}－x\)在区间 \([1，5]\)上恒成立, 转化为求新函数“\(\cfrac{2}{x}－x\)”在\([1，5]\)上的最大值。
这时我们一般是定义新函数，令\(g(x)=\cfrac{2}{x}－x\)，
则利用函数单调性的结论，可以看到\(g(x)=\cfrac{2}{x}－x\)在区间 \([1，5]\)上单调递减，
所以\(g(x)_{max}=g(1)=1\)，所以\(a\geqslant 1\)，即\(a\)的取值范围是\([1，+\infty)\) ↩︎
