备战2014高考数学 选择题解题方法归纳总结(真题为例)：分类讨论法

选择题解法归纳总结

分类讨论法

在解答某些问题时，有时会遇到多种情况，需要对各种情况加以分类，并逐类求解，然后综合得解，这就是分类讨论法。分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法。有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维条理性和概括性。解答分类讨论问题时，我们的基本方法和步骤是：首先要确定讨论对象以及所讨论对象的全体的范围；其次确定分类标准，正确进行合理分类，即标准统一、不漏不重、分类互斥（没有重复）；再对所分类逐步进行讨论，分级进行，获取阶段性结果；最后进行归纳，综合得出结论。对于分类讨论法方法的使用，笔者将另文详细解析。

典型例题：

例1：已知an为等比数列，a4a72，a5a68，则a1a10【 】

(A)7 (B) 5 (C) (D)

【答案】D。 【考点】等比数列。

【解析】∵an为等比数列，a4a72，a5a6a4a78，∴ a44,a72或

a42,a74。

由 a44,a72得a18,a101，即a1a107；

由 a42,a74得a11,a108，即a1a107。故选D。

1)nan＝2n－1，则an的前60项和为【 】 例2：数列an满足an1＋(－（A）3690 （B）3660 （C）1845 （D）1830 【答案】D。

【考点】分类归纳（数字的变化类），数列。

1)nan＝2n－1得， 【解析】求出an的通项：由an1＋(－a21a1；a33a2=2；a45a3=7； 当n=1时，当n=2时，当n=3时， 1a1a当n=4时，a57a4=a1；当n=5时，a69a5=9a1；当n=6时，

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a711a6=2a1；

当n=7时，a713a6=15a1；当n=8时，a815a7=a1；······

当n=4m+1时，a4m28m1a1；当n=4m+2时，a4m22a1；当n=4m+3时，

a4m48m7a1；

当n=4m+4时，a4m5a1（m=0,1,2，。 ）∵a4ma4m5a1， ∴

{an}的四项之和为

a4m1a4m2a4m3a4m4=a18m1a12a18m7a1=16m10（m=0,1,2，。 ）

设bma4m1a4m2a4m3a4m4=16m10（m=0,1,2，。 ）

则{an}的前60项和等于{bm}的前15项和，而{bm}是首项为10，公差为16的等

差数列，

∴{an}的前60项和={bm}的前15项和=

101614102151830。故选D。

例3： 6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有【 】

A. 240种 B.360种 C.480种 D.720种 【答案】C。

【考点】排列组合的应用。

【解析】根据特殊元素优先的原则，选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，在其余4个次

115A5480序演讲有C4种组合，则其余5 位选手进行全排列。因此，不同的演讲次序共有C4种。故选C。

例4：从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数.其中奇数的个数为【 】

A. 24 B. 18 C. 12 D. 6 【答案】B。

【考点】排列组合问题。

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【解析】由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇；偶奇奇。如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析（3 种情况），之后十位（2 种情况），最后百位（2 种情况），共12 种；如果是第二种情况偶奇奇：个位（3 种情况），十位（2 种情况），百位（不能是O ，一种倩况），共6 种。因此总共有12 + 6 = 18 种情况。故选B。 例5：（2012年重庆市理5分）设函数f(x)在R上可导，其导函数为f'(x)，且函数

y(1x)f'(x)的图像如题图所示，则下列结论中一定成立的是【 】

（A）函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) （B）函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) （C）函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2) （D）函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)

【答案】D。

【考点】函数在某点取得极值的条件，函数的图象。

【分析】由图象知，y(1x)f'(x)与x轴有三个交点，－2，1，2， ∴f'(2)=0，f'(2)=0。 由此得到x， y，1x，f'(x)和f(x)在(, )上的情况：

x (,2) 2 －(2,1) 1 (1,2) 2 (2,) y 1x f'(x) f(x) ＋ ＋ ＋ ↗ 0 ＋ 0 极大值 － ＋ － ↘ 0 0 － 非极值 ＋ － － ↘ 0 － 0 极小值 － － ＋ ↗ - 3 -

∴f(x)的极大值为f(2)，f(x)的极小值为f(2)。故选D。

例6：若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有【 】

A．60种 B．63种 C．65种 D．66种 【答案】D。

【考点】分类讨论，计数原理的应用。

【解析】1，2，2，…，9这9个整数中有5个奇数，4个偶数．要想同时取4个不同的数其和为偶数，则取法有：

4个都是偶数：1种；

222个偶数，2个奇数：C5C460种；

44个都是奇数：C55种。

∴不同的取法共有66种。故选D。

例7：从概率位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是【 】 A.

4121 B. C. D. 9399【答案】D。

【考点】分类讨论的思想，概率。

【解析】由题意知，个位数与十位数应该一奇一偶。

①个位数为奇数，十位数为偶数共有5×5=25个两位数； ②个位数为偶数，十位数为奇数共有5×4=20个两位数。

两类共有25+20=45个数，其中个位数为0，十位数为奇数的有10,30,50,70,90共5

个数。

∴概率位数为0的概率是

2251=。故选D。 459例8：方程aybxc中的a,b,c{3,2,0,1,2,3}，且a,b,c互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有【 】

A、60条 B、62条 C、71条 D、80条 【答案】B。

【考点】分类讨论的思想，抛物线的定义。

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【解析】将方程aybxc变形得x222ac，若表示抛物线，则a0,b0 yb2b2∴分b=－3,－2，1，2，3五种情况：

a2,c0,或1,或2,或3a1,c2,或0,或2,或3（1）若b=－3， ; （2）若b=3,

a2,c2,或0,或1,或3a3，c2,或0,或1,或2a2,c0,或1,或2,或3a1,c2,或0,或2,或3 a2,c2,或0,或1,或3a3，c2,或0,或1,或2以上两种情况下有9条重复，故共有16+7=23条；

同理当b=－2,或2时，共有23条； 当b=1时，共有16条。 综上，共有23+23+16=62条。故选B。

例9： 两人进行乒乓球比赛，先赢三局着获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同情形）共有【 】

A. 10种 B. 15种 C. 20种 D. 30种 【答案】D。

【考点】排列、组合及简单计数问题，分类计数原理。

【解析】根据分类计数原理，所有可能情形可分为3:0，3:1，3:2三类，在每一类中可利用组合数公式计数，最后三类求和即可得结果：

当比分为3:0时，共有2种情形； 当比分为3:1时，共有C4A2=8种情形； 当比分为3:2时，共有C5A2=20种情形。 总共有2+8+20=30种。故选D。

例10：函数fx=xcosx在区间[0,4]上的零点个数为【 】

22212A.4 B.5 C.6 D.7 【答案】C。

【考点】函数的零点与方程，三角函数的周期性。

2【解析】由fx=xcosx=0得x=0或cosx=0。

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当x=0时，f0=0，∴x=0是函数fx=xcosx在区间[0,4]上的一个零点。

2当cosx=0时，∵02223579则k=0,k=1,k=2,k=3,k=4时对应角分别为,均满足条件，当,,,2222211>16不满足条件。 k=5时，2综上所述，函数fx=xcosx在区间[0,4]上的零点个数为6个。故选C。

2∵使余弦为零的角的弧度数为k+2,kZ，∴令k+16。

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