（江蘇專用）2019高考數(shù)學二輪復習 專題八 第2講 分類討論思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想學案 理

《（江蘇專用）2019高考數(shù)學二輪復習 專題八 第2講 分類討論思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想學案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2019高考數(shù)學二輪復習 專題八 第2講 分類討論思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想學案 理（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講　分類討論思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想 高考定位　分類討論思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想近幾年高考每年必考，一般體現(xiàn)在解析幾何、函數(shù)與導數(shù)及數(shù)列解答題中，難度較大. 1.中學數(shù)學中可能引起分類討論的因素 (1)由數(shù)學概念而引起的分類討論：如絕對值的定義、不等式的定義、二次函數(shù)的定義、直線的傾斜角等. (2)由數(shù)學運算要求而引起的分類討論：如除法運算中除數(shù)不為零，偶次方根被開方數(shù)為非負數(shù)，對數(shù)運算中真數(shù)與底數(shù)的要求，指數(shù)運算中底數(shù)的要求，不等式中兩邊同乘以一個正數(shù)、負數(shù)，三角函數(shù)的定義域，等比數(shù)列{an}的前n項和公式等. (3)由性質(zhì)、定理、公式的限制而引起的分類討論：如函數(shù)的單調(diào)性、基本不

2、等式等. (4)由圖形的不確定性而引起的分類討論：如二次函數(shù)圖象、指數(shù)函數(shù)圖象、對數(shù)函數(shù)圖象等. (5)由參數(shù)的變化而引起的分類討論：如某些含有參數(shù)的問題，由于參數(shù)的取值不同會導致所得的結(jié)果不同，或者由于對不同的參數(shù)值要運用不同的求解或證明方法等. 2.常見的轉(zhuǎn)化與化歸的方法 轉(zhuǎn)化與化歸思想方法用在研究、解決數(shù)學問題時，思維受阻或?qū)で蠛唵畏椒ɑ驈囊环N狀況轉(zhuǎn)化到另一種情形，也就是轉(zhuǎn)化到另一種情境使問題得到解決，這種轉(zhuǎn)化是解決問題的有效策略，同時也是獲取成功的思維方式.常見的轉(zhuǎn)化方法有： (1)直接轉(zhuǎn)化法：把原問題直接轉(zhuǎn)化為基本定理、基本公式或基本圖形問題. (2)換元法：運用“換元”

3、把式子轉(zhuǎn)化為有理式或使整式降冪等，把較復雜的函數(shù)、方程、不等式問題轉(zhuǎn)化為易于解決的基本問題. (3)數(shù)形結(jié)合法：研究原問題中數(shù)量關系(解析式)與空間形式(圖形)關系，通過互相變換獲得轉(zhuǎn)化途徑. (4)等價轉(zhuǎn)化法：把原問題轉(zhuǎn)化為一個易于解決的等價命題，達到化歸的目的. (5)特殊化方法：把原問題的形式向特殊化形式轉(zhuǎn)化，并證明特殊化后的問題、結(jié)論適合原問題. (6)構(gòu)造法：“構(gòu)造”一個合適的數(shù)學模型，把問題變?yōu)橐子诮鉀Q的問題. (7)坐標法：以坐標系為工具，用計算方法解決幾何問題是轉(zhuǎn)化方法的一個重要途徑. (8)類比法：運用類比推理，猜測問題的結(jié)論，易于確定. (9)參數(shù)法：引進參數(shù)

4、，使原問題轉(zhuǎn)化為熟悉的形式進行解決. (10)補集法：如果正面解決原問題有困難，可把原問題的結(jié)果看作集合A，而把包含該問題的整體問題的結(jié)果類比為全集U，通過解決全集U及補集?UA獲得原問題的解決，體現(xiàn)了正難則反的原則. 熱點一　分類討論思想的應用 [應用1]　由性質(zhì)、定理、公式的限制引起的分類 【例1－1】 (1)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知2Sn＝3n＋3，則數(shù)列{an}的通項an＝________. (2)已知實數(shù)a≠0，函數(shù)f(x)＝若f(1－a)＝f(1＋a)，則a的值為________. 解析　(1)由2Sn＝3n＋3得：當n＝1時，2S1＝31＋3＝2a1，

5、解得a1＝3； 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝[(3n＋3)－(3n－1＋3)]＝3n－1，由于n＝1時，a1＝3不適合上式.∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝ (2)當a>0時，1－a<1，1＋a>1，這時f(1－a)＝2(1－a)＋a＝2－a， f(1＋a)＝－(1＋a)－2a＝－1－3a. 由f(1－a)＝f(1＋a)得2－a＝－1－3a，解得a＝－，不合題意，舍去； 當a<0時，1－a>1，1＋a<1， 這時f(1－a)＝－(1－a)－2a＝－1－a，f(1＋a)＝2(1＋a)＋a＝2＋3a. 由f(1－a)＝f(1＋a)得－1－a＝2＋3a，解得a＝－.綜上可知，a的

6、值為－. 答案　(1)　(2)－ 探究提高　由性質(zhì)、定理、公式的限制引起的分類整合法往往是因為有的數(shù)學定理、公式、性質(zhì)是分類給出的，在不同的條件下結(jié)論不一致的情況下使用，如等比數(shù)列的前n項和公式、函數(shù)的單調(diào)性等. [應用2]　由數(shù)學運算要求引起的分類 【例1－2】 (1)不等式|x|＋|2x＋3|≥2的解集是________. (2)已知m∈R，則函數(shù)f(x)＝(4－3m)x2－2x＋m在區(qū)間[0，1]上的最大值為________. 解析　(1)原不等式可轉(zhuǎn)化為 或或解得x≤－或－1≤x≤0或x＞0， 故原不等式的解集為∪[－1，＋∞). (2)①當4－3m＝0，即m＝時，函

7、數(shù)f(x)＝－2x＋， 它在[0，1]上是減函數(shù)，所以f(x)max＝f(0)＝. ②當4－3m≠0, 即m≠時，f(x)是二次函數(shù). 當4－3m＞0，即m＜時，二次函數(shù)f(x)的圖象開口向上，對稱軸方程x＝＞0，它在[0，1]上的最大值只能在區(qū)間端點取得(由于此處不涉及最小值，故不需討論區(qū)間與對稱軸的關系).f(0)＝m，f(1)＝2－2m， 當m≥2－2m，又m＜，即≤m＜時，f(x)max＝m. 當m＜2－2m，又m＜，即m＜時，f(x)max＝2(1－m). 當4－3m＜0，即m＞時，二次函數(shù)f(x)的圖象開口向下，又它的對稱軸方程x＝＜0，所以函數(shù)f(x)在[0，1]上是

8、減函數(shù)，于是f(x)max＝f(0)＝m. 由①，②可知，這個函數(shù)的最大值為f(x)max＝ 答案　(1)∪[－1，＋∞)　(2)f(x)max＝ 探究提高　由數(shù)學運算要求引起的分類整合法，常見的類型有除法運算中除數(shù)不為零，偶次方根為非負，對數(shù)運算中真數(shù)與底數(shù)的要求，指數(shù)運算中底數(shù)的要求，不等式兩邊同乘以一個正數(shù)、負數(shù)問題，含有絕對值的不等式求解，三角函數(shù)的定義域等，根據(jù)相應問題中的條件對相應的參數(shù)、關系式等加以分類分析，進而分類求解與綜合. [應用3]　由參數(shù)變化引起的分類 【例1－3】 已知函數(shù)f(x)＝ln x＋a(1－x). (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當f(x)

9、有最大值，且最大值大于2a－2時，求a的取值范圍. 解　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－a. 若a≤0，則f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增. 若a＞0，則當x∈時，f′(x)＞0；當x∈時，f′(x)＜0， 所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減. 綜上，知當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當a＞0時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減. (2)由(1)知，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上無最大值； 當a＞0時，f(x)在x＝處取得最大值，最大值為f＝ln ＋a＝－ln a＋a－1. 因此f＞2a－2等價于ln a＋a

10、－1＜0. 令g(a)＝ln a＋a－1，則g(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(1)＝0. 于是，當0＜a＜1時，g(a)＜0；當a＞1時，g(a)＞0. 因此，a的取值范圍是(0，1). 探究提高　由參數(shù)的變化引起的分類整合法經(jīng)常用于某些含有參數(shù)的問題，如含參數(shù)的方程、不等式，由于參數(shù)的取值不同會導致所得結(jié)果不同，或?qū)τ诓煌膮?shù)值要運用不同的求解或證明方法. 熱點二　轉(zhuǎn)化與化歸思想 [應用1]　換元法 【例2－1】 已知實數(shù)a，b，c滿足a＋b＋c＝0，a2＋b2＋c2＝1，則a的最大值是________. 解析　令b＝x，c＝y(tǒng)，則x＋y＝－a，x2＋y2＝1－a2.此

11、時直線x＋y＝－a與圓x2＋y2＝1－a2有交點，則圓心到直線的距離d＝≤，解得a2≤，所以a的最大值為. 答案　 探究提高　換元法是一種變量代換，也是一種特殊的轉(zhuǎn)化與化歸方法，是用一種變數(shù)形式去取代另一種變數(shù)形式，是將生疏(或復雜)的式子(或數(shù))，用熟悉(或簡單)的式子(或字母)進行替換；化生疏為熟悉、復雜為簡單、抽象為具體，使運算或推理可以順利進行. [應用2]　特殊與一般的轉(zhuǎn)化 【例2－2】 已知f(x)＝，則f(－2 015)＋f(－2 014)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(2 016)＝________. 解析　f(x)＋f(1－x)＝＋＝＋＝＝1， ∴f(0)＋f(

12、1)＝1，f(－2 015)＋f(2 016)＝1，…， ∴f(－2 015)＋f(－2 014)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(2 016)＝2 016. 答案　2 016 探究提高　一般問題特殊化，使問題處理變得直接、簡單.特殊問題一般化，可以使我們從宏觀整體的高度把握問題的一般規(guī)律，從而達到成批處理問題的效果. [應用3]　常量與變量的轉(zhuǎn)化 【例2－3】 對任意的|m|≤2，函數(shù)f(x)＝mx2－2x＋1－m恒為負，則x的取值范圍為________. 解析　對任意的|m|≤2，有mx2－2x＋1－m＜0恒成立，即|m|≤2時，(x2－1)m－2x＋1＜0恒成立.設g(m)＝

13、(x2－1)m－2x＋1，則原問題轉(zhuǎn)化為g(m)＜0恒成立(m∈[－2，2]).所以即解得＜x＜， 即實數(shù)x的取值范圍為. 答案　 探究提高　在處理多變元的數(shù)學問題時，我們可以選取其中的參數(shù)，將其看作是“主元”，而把其他變元看作是常量，從而達到減少變元、簡化運算的目的. [應用4]　正與反的相互轉(zhuǎn)化 【例2－4】 若對于任意t∈[1，2]，函數(shù)g(x)＝x3＋x2－2x在區(qū)間(t，3)上總不為單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是________. 解析　g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，若g(x)在區(qū)間(t，3)上總為單調(diào)函數(shù)，則①g′(x)≥0在(t，3)上恒成立，或②g′(x)≤

14、0在(t，3)上恒成立. 由①得3x2＋(m＋4)x－2≥0，即m＋4≥－3x在x∈(t，3)上恒成立， ∴m＋4≥－3t恒成立，則m＋4≥－1， 即m≥－5；由②得m＋4≤－3x在x∈(t，3)上恒成立， 則m＋4≤－9，即m≤－. ∴函數(shù)g(x)在區(qū)間(t，3)上總不為單調(diào)函數(shù)的m的取值范圍為－＜m＜－5. 答案　 探究提高　否定性命題，常要利用正反的相互轉(zhuǎn)化，先從正面求解，再取正面答案的補集即可，一般地，題目若出現(xiàn)多種成立的情形，且不成立的情形相對很少，從反面考慮較簡單，因此，間接法多用于含有“至多”、“至少”及否定性命題情形的問題中. 1.分類討論思想的本質(zhì)是“化整

15、為零，積零為整”.用分類討論的思維策略解數(shù)學問題的操作過程：明確討論的對象和動機→確定分類的標準→逐類進行討論→歸納綜合結(jié)論→檢驗分類是否完備(即分類對象彼此交集為空集，并集為全集).做到“確定對象的全體，明確分類的標準，分類不重復、不遺漏”的分析討論. 常見的分類討論問題有： (1)集合：注意集合中空集討論. (2)函數(shù)：對數(shù)函數(shù)或指數(shù)函數(shù)中的底數(shù)a，一般應分a＞1和0＜a＜1的討論；函數(shù)y＝ax2＋bx＋c有時候分a＝0和a≠0的討論；對稱軸位置的討論；判別式的討論. (3)數(shù)列：由Sn求an分n＝1和n＞1的討論；等比數(shù)列中分公比q＝1和q≠1的討論. (4)三角函數(shù)：角的象

16、限及函數(shù)值范圍的討論. (5)不等式：解不等式時含參數(shù)的討論，基本不等式相等條件是否滿足的討論. (6)立體幾何：點、線、面及圖形位置關系的不確定性引起的討論. (7)平面解析幾何：直線點斜式中k分存在和不存在，直線截距式中分b＝0和b≠0的討論；軌跡方程中含參數(shù)時曲線類型及形狀的討論. (8)去絕對值時的討論及分段函數(shù)的討論等. 2.轉(zhuǎn)化與化歸思想遵循的原則： (1)熟悉已知化原則：將陌生的問題轉(zhuǎn)化為熟悉的問題，將未知的問題轉(zhuǎn)化為已知的問題，以便于我們運用熟知的知識、經(jīng)驗和問題來解決. (2)簡單化原則：將復雜問題化歸為簡單問題，通過對簡單問題的解決，達到解決復雜問題的目的，或

17、獲得某種解題的啟示和依據(jù). (3)和諧統(tǒng)一原則：轉(zhuǎn)化問題的條件或結(jié)論，使其表現(xiàn)形式更符合數(shù)與形內(nèi)部所表示的和諧統(tǒng)一的形式；或者轉(zhuǎn)化命題，使其推演有利于運用某種數(shù)學方法或符合人們的思維規(guī)律. (4)正難則反原則：當問題正面討論遇到困難時，應想到問題的反面，設法從問題的反面去探討，使問題獲得解決. 一、填空題 1.等比數(shù)列{an}中，a3＝7，前3項之和S3＝21，則公比q的值是________. 解析　當公比q＝1時，a1＝a2＝a3＝7，S3＝3a1＝21，符合要求.當q≠1時，a1q2＝7，＝21，解之得，q＝－或q＝1(舍去).綜上可知，q＝1或－. 答案　1或－ 2.過

18、雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)上任意一點P，引與實軸平行的直線，交兩漸近線于R，Q兩點，則·的值為________. 解析　特殊位置法，當直線PQ與x軸重合時，||＝||＝a. 答案　a2 3.方程sin2x＋cos x＋k＝0有解，則k的取值范圍是________. 解析　轉(zhuǎn)化為求k＝－sin2x－cos x的值域.k＝cos2x－cos x－1＝－. 當cos x＝時，kmin＝－，當cos x＝－1時，kmax＝1，∴－≤k≤1. 答案　 4.若數(shù)列{an}的前n項和Sn＝3n－1，則它的通項公式an＝________. 解析　當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝3n－1－

19、(3n－1－1)＝2×3n－1；當n＝1時，a1＝S1＝2，也滿足式子an＝2×3n－1，∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝2×3n－1. 答案　2×3n－1 5.已知a為正常數(shù)，若不等式≥1＋－對一切非負實數(shù)x恒成立，則a的最大值為________. 解析　原不等式即≥1＋－(x≥0)，(*) 令＝t，t≥1，則x＝t2－1， 所以(*)式可化為≥1＋－t＝＝對t≥1恒成立，所以≥1對t≥1恒成立，又a為正常數(shù)，所以a≤[(t＋1)2]min＝4， 故a的最大值是4. 答案　4 6.已知△ABC和點M滿足＋＋＝0.若存在實數(shù)k使得＋＝k成立，則k等于________. 解析　

20、∵＋＋＝0，∴M為已知△ABC的重心，取AB的中點D， ∴＋＝2＝2×＝3，∵＋＝k，∴k＝3. 答案　3 7.設F1，F(xiàn)2為橢圓＋＝1的兩個焦點，P為橢圓上一點.已知P，F(xiàn)1，F(xiàn)2是一個直角三角形的三個頂點，且PF1＞PF2，則的值為________. 解析　若∠PF2F1＝90°，則PF＝PF＋F1F，∵PF1＋PF2＝6，F(xiàn)1F2＝2， 解得PF1＝，PF2＝，∴＝.若∠F2PF1＝90°， 則F1F＝PF＋PF＝PF＋(6－PF1)2，解得PF1＝4，PF2＝2， ∴＝2.綜上所述，＝2或. 答案　2或 8.已知函數(shù)f(x)＝ln x－x＋－1，g(x)＝－x2＋2b

21、x－4，若對任意的x1∈(0，2)，任意的x2∈[1，2]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，則實數(shù)b的取值范圍是________. 解析　依題意，問題等價于f(x1)min≥g(x2)max，f(x)＝ln x－x＋－1(x＞0)， 所以f′(x)＝－－＝. 由f′(x)＞0，解得1＜x＜3，故函數(shù)f(x)單調(diào)遞增區(qū)間是(1，3)，同理得f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，1)和(3，＋∞)，故在區(qū)間(0，2)上，x＝1是函數(shù)f(x)的極小值點，這個極小值點是唯一的，所以f(x1)min＝f(1)＝－. 函數(shù)g(x2)＝－x＋2bx2－4，x2∈[1，2]. 當b＜1時，g(x2)ma

22、x＝g(1)＝2b－5；當1≤b≤2時，g(x2)max＝g(b)＝b2－4； 當b＞2時，g(x2)max＝g(2)＝4b－8. 故問題等價于或或 解第一個不等式組得b＜1，解第二個不等式組得1≤b≤， 第三個不等式組無解.綜上所述，b的取值范圍是. 答案　 二、解答題 9.數(shù)列{an}中，a1＝8，a4＝2，且滿足an＋2－2an＋1＋an＝0. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Sn. 解　(1)an＋2－2an＋1＋an＝0，所以an＋2－an＋1＝an＋1－an，所以{an＋1－an}為常數(shù)列， 所以{an}是以

23、a1為首項的等差數(shù)列，設an＝a1＋(n－1)d，a4＝a1＋3d， 所以d＝＝－2，所以an＝10－2n. (2)因為an＝10－2n，令an＝0，得n＝5. 當n＞5時，an＜0；當n＝5時，an＝0；當n＜5時，an＞0. 記Tn＝a1＋a2＋…＋an，則Tn＝＝9n－n2. 所以當n＞5時，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an) ＝T5－(Tn－T5)＝2T5－Tn＝n2－9n＋40， 當n≤5時，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Tn＝9n－n2. 所以Sn＝ 10.已知函數(shù)g(x)＝(a∈

24、R)，f(x)＝ln(x＋1)＋g(x). (1)若函數(shù)g(x)過點(1，1)，求函數(shù)f(x)的圖象在x＝0處的切線方程； (2)判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性. 解　(1)因為函數(shù)g(x)過點(1，1)，所以1＝，解得a＝2，所以f(x)＝ln(x＋1)＋.由f′(x)＝＋＝，則f′(0)＝3，所以所求的切線的斜率為3.又f(0)＝0，所以切點為(0，0)，故所求的切線方程為y＝3x. (2)因為f(x)＝ln(x＋1)＋(x＞－1)， 所以f′(x)＝＋＝. ①當a≥0時，因為x＞－1，所以f′(x)＞0，故f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增； ②當a＜0時，由得－1＜x＜－1－a

25、， 故f(x)在(－1，－1－a)上單調(diào)遞減；由得x＞－1－a， 故f(x)在(－1－a，＋∞)上單調(diào)遞增. 綜上，當a≥0時，函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增； 當a＜0時，函數(shù)f(x)在(－1，－1－a)上單調(diào)遞減，在(－1－a，＋∞)上單調(diào)遞增. 11.已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)的一個焦點與拋物線y2＝4x的焦點F重合，且橢圓短軸的兩個端點與點F構(gòu)成正三角形. (1)求橢圓的方程； (2)若過點(1，0)的直線l與橢圓交于不同的兩點P，Q，試問在x軸上是否存在定點E(m，0)，使·恒為定值？若存在，求出E的坐標，并求出這個定值；若不存在，請說明理由. 解　(1)由

26、題意，知拋物線的焦點為F(，0)，所以c＝＝. 因為橢圓短軸的兩個端點與F構(gòu)成正三角形，所以b＝×＝1. 可求得a＝2，故橢圓的方程為＋y2＝1. (2)假設存在滿足條件的點E，當直線l的斜率存在時設其斜率為k， 則l的方程為y＝k(x－1).由得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0， 設P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 解上述方程后易得：x1＋x2＝，x1x2＝. 則＝(m－x1，－y1)，＝(m－x2，－y2)， 所以·＝(m－x1)(m－x2)＋y1y2 ＝m2－m(x1＋x2)＋x1x2＋y1y2 ＝m2－m(x1＋x2)＋x1x2＋k2(x1－1)(x2－1) ＝m2－＋＋k2 ＝ ＝ ＝(4m2－8m＋1)＋. 要使·為定值，令2m－＝0，即m＝，此時·＝. 當直線l的斜率不存在時，不妨取P，Q， 由E，可得＝，＝，所以·＝－＝. 綜上，存在點E，使·為定值. 11