分类讨论思想

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；而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。

已知函数\(f(x)=x^2 +ax-2a\geqslant 0\)在区间 \([1，5]\)上恒成立，求参数\(a\)的取值范围。

【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；

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典例剖析

若集合\(A=\{x\mid (k+2)x^2+2kx+1=0\}\)有且仅有两个子集 ，则实数\(k\)的取值为 【\(\qquad\)】

$A.2或-1$ $B.-2或-1$ $C.-2$ $D.\pm 2或-1$

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\(D\)。

已知集合\(A=\{x\in R\mid x^2+x-6=0\}\)，\(B=\{x\in R\mid ax-1=0\}\)，若\(B\subseteq A\)，则实数\(a\)的值为【\(\qquad\)】

$A.\cfrac{1}{3}或-\cfrac{1}{2}$ $B.-\cfrac{1}{3}或\cfrac{1}{2}$ $C.\cfrac{1}{3}或-\cfrac{1}{2}或0$ $D.-\cfrac{1}{3}或\cfrac{1}{2}或0$

提示：仿一次方程，分类讨论，选\(D\).

设集合\(A=\{0，-4\}\)，\(B=\{x\mid x^2+2(a+1)x+a^2-1=0，x\in R\}\)，若\(A\cap B=B\)，则实数\(a\)的取值范围是_________。

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\(a\in(-\infty，-1]\cup \{1\}\).

【二次函数中的恒成立问题】已知\(a\in R\)，函数\(f(x)=2ax^2+2x-3\)在\(x\in [-1，1]\)上恒小于零，则实数\(a\)的取值范围是_____________。

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；

【2021届高三数学定时训练用题】对一切实数 \(x\) ，不等式 \(x^2+a|x|+1 \geq 0\) 恒成立，则实数 \(a\) 的取值范围是 ____________ .

分析：注意到 \(x^2=|x|^2\) [源于解题经验的积累，平时需要我们注意做好这方面的积累工作]，故原不等式即 \(|x|^2+a|x|+1\geq 0\)恒成立，此时可以思考①十字相乘法，②二次函数恒成立，③分离参数法，比较下来优选思路③；

详解：根据题意，分两种情况讨论 [由于要分离参数 \(a\)，故需要针对参数 \(a\) 的系数分类讨论]；

（1）\(x=0\) 时，原式为 \(1 \geq 0\) ，恒成立，则 \(a \in R\) ；

（1）\(x\neq 0\) 时，原式可化为 \(a|x|\geq-\left(x^2+1\right)\) ，即 \(a \geq-\left(|x|+\cfrac{1}{|x|}\right)\) ，

又由 \(|x|+\cfrac{1}{|x|} \geq 2\) ，则 \(-\left(|x|+\cfrac{1}{|x|}\right) \leq-2\) ；

要使不等式 \(x^2+a|x|+1 \geq 0\) 恒成立，需有 \(a \geq-2\) 即可；

综上可得， a 的取值范围是 \([-2,+\infty)\) ；故答案为 \([-2,+\infty)\) ．

【2021届高三数学定时训练用题】已知函数 \(f(x)=\cfrac{x+a}{x+b}\) (\(a\)， \(b\) 为常数).

(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 \(b>1\) .