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，最后结果必须取交集；
【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{egin{array}{l}{Delta > 0 }\{-cfrac{a}{2}leqslant 1}\{f(1)geqslant 0,}end{array} ight.) 即(left{egin{array}{l}{a<-8或a>0}\{ageqslant -2}\{aleqslant 1，}end{array} ight.) 解得(0<aleqslant 1);
③当(left{egin{array}{l}{Delta > 0 }\{-cfrac{a}{2}geqslant 5}\{f(5)geqslant 0,}end{array} ight.) 即(left{egin{array}{l}{a<-8或a>0}\{aleqslant -10}\{aleqslant -cfrac{25}{3}，}end{array} ight.) 解得(ainvarnothing);
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)age -x^2，在xin [1，5])上恒成立；
①当(x=2)时，原不等式即((2-2)age -4)，(ain R)都符合题意；
②当(2<xleqslant 5)时，原不等式等价于(age cfrac{-x^2}{x-2})在(xin (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}]-4leq -2sqrt{(x-2)cdot cfrac{4}{x-2}}-4=-8)
当且仅当(x=4in (2，5])时，(g(x)_{max}=-8)，故(ageqslant -8)
③当(1leqslant x<2)时，原不等式等价于(aleq cfrac{-x^2}{x-2})在(xin [1，2))上恒成立，
又(g(x)=[-(x-2)-cfrac{4}{x-2}]-4ge 2sqrt{[-(x-2)]cdot cfrac{4}{-(x-2)}}-4=0)
当且仅当(x=0 otin [1，2))时取到等号，但其不满足前提条件(1leqslant 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(aleq 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(ain [-8，1])。
使用场景
集合与常用逻辑
-
集合题目中出现(Asubseteq B)时，需要针对(A)分类讨论；
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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(egin{cases}&m+1leq-2\&1-2m ge 7end{cases})，解得(mleq -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({mmid m<-3})。
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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 eq 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 heta，3sin heta))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；
-
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。
对应例题
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 eq -2)时，原方程要仅有一个解，则必须(Delta =0)，即((2k)^2-4cdot(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(Acap B=B)，得到(Bsubseteq 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{egin{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} ight.)
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(ain(-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(ain R)；
当(x eq 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} imescfrac{1}{x}+(cfrac{1}{3})^2]-cfrac{3}{2} imes (cfrac{1}{3})^2)
(=cfrac{3}{2}(cfrac{1}{x}-cfrac{1}{3})^2-cfrac{1}{6})，
由于(xin [-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 eq 0)时，(f(x))为二次函数，对称轴为(x=-cfrac{1}{2a})，
②(left{egin{array}{l}{a>0}\{f(1)<0}\{f(-1)<0}end{array} ight.) 解得(left{egin{array}{l}{a>0}\{a<frac{1}{2}}\{a<frac{5}{2}}end{array} ight.) 即(0<a<cfrac{1}{2})
③(left{egin{array}{l}{a<0}\{-cfrac{1}{2a}geqslant 1}\{f(1)<0}end{array} ight.) 解得(left{egin{array}{l}{a<0}\{-frac{1}{2}leqslant a<0 }\{ a<frac{1}{2}}end{array} ight.) 即(-cfrac{1}{2}leqslant a<0)
④(left{egin{array}{l}{a<0}\{-cfrac{1}{2a}leqslant -1}\{f(-1)<0}end{array} ight.) 解得(left{egin{array}{l}{a<0}\{ain varnothing}\{a<frac{5}{2}}end{array} ight.) 即(ain varnothing)
⑤(left{egin{array}{l}{a<0}\{Delta<0}end{array} ight.) 解得(left{egin{array}{l}{a<0}\{a<-frac{1}{6}}end{array} ight.) 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；
[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(ageqslant -2)时，函数(f(x))在区间([1,5])单调递增，
所以(f(x)_{min}=f(1)=1+a-2geqslant 0),解得(ageqslant 1)，又因为(ageqslant -2)，所以得到(ageqslant 1)。
当(-cfrac{a}{2}ge 5)时，即(aleqslant -10) 时，函数(f(x))在区间 ([1,5])单调递减，
所以(f(x)_{min}=f(5)=25+5a-2ge 0),解得(age -cfrac{23}{5})，
又因为(aleq -10)，所以得到(ainvarnothing)。
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(ainvarnothing)。（这种情形可以省略）
综上可得(ageqslant 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(xin [1，5])，不等号方向不变)，得到
(ageqslant 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(ageqslant 1)，即(a)的取值范围是([1，+infty)) ↩︎