（新課標）2020版高考數學二輪復習 專題八 數學文化及數學思想 第3講 分類討論思想、轉化與化歸思想學案 文 新人教A版

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1、第3講　分類討論思想、轉化與化歸思想 一　分類討論思想 分類討論的原則 分類討論的常見類型 1.不重不漏 2．標準要統一，層次要分明 3．能不分類的要盡量避免，決不無原則的討論 1.由數學概念而引起的分類討論 2．由數學運算要求而引起的分類討論 3．由性質、定理、公式的限制而引起的分類討論 4．由圖形的不確定性而引起的分類討論 5．由參數的變化而引起的分類討論 分類討論的思想是將一個較復雜的數學問題分解成若干個基礎性問題，通過對基礎性問題的解答來實現解決原問題的策略 　　　由概念、法則、公式、性質引起的分類討論 [典型例題] (1)若函數f(x

2、)＝ax(a>0，a≠1)在[－1，2]上的最大值為4，最小值為m，且函數g(x)＝(1－4m)在[0，＋∞)上是增函數，則a＝________． (2)在等比數列{an}中，已知a3＝，S3＝，則a1＝　________． 【解析】　(1)若a>1，有a2＝4，a－1＝m. 解得a＝2，m＝. 此時g(x)＝－為減函數，不合題意． 若0

3、．當q＝－時，a1＝＝6， 綜上可知，a1＝或a1＝6. 【答案】　(1)　(2)或6 (1)指數函數、對數函數的單調性取決于底數a，因此，當底數a的大小不確定時，應分01兩種情況討論． (2)利用等比數列的前n項和公式時，若公比q的大小不確定，應分q＝1和q≠1兩種情況進行討論，這是由等比數列的前n項和公式決定的．　 [對點訓練] 1．已知函數f(x)＝若f(1)＋f(a)＝2，則a的所有可能取值為________． 解析：f(1)＝e0＝1，即f(1)＝1. 由f(1)＋f(a)＝2，得f(a)＝1. 當a≥0時，f(a)＝1＝ea－1，所以a＝1.

4、 當－10時，g(x)的對稱軸x＝－<0， g(x)在(0，1)內單調遞增，符合題意，

5、 當a<0時，需滿足g(x)的對稱軸x＝－≥1， 解得－≤a<0， 綜上，a≥－. 答案： 　　　由圖形位置或形狀引起的分類討論 [典型例題] 設A、B是橢圓C：＋＝1長軸的兩個端點．若C上存在點M滿足∠AMB＝120°，則m的取值范圍是(　　) A．(0，1]∪[9，＋∞)　　　　 B．(0，]∪[9，＋∞) C．(0，1]∪[4，＋∞) D．(0，]∪[4，＋∞) 【解析】　依題意得，或 ，所以 或，解得0

6、 (2)分類，根據初步特征對可能出現的位置關系進行分類． (3)得結論，將“所有關系”下的目標問題進行匯總處理． [對點訓練] 已知變量x，y滿足的不等式組表示的是一個直角三角形圍成的平面區(qū)域，則實數k＝(　　) A．－ B. C．0 D．－或0 解析：選D.不等式組，表示的可行域如圖(陰影部分)所示． 由圖可知，若要使不等式組表示的平面區(qū)域是直角三角形，只有當直線kx－y＋1＝0與直線x＝0或y＝2x垂直時才滿足． 結合圖形可知斜率k的值為0或－. 　　　因參數變化而引起的分類討論 [典型例題] (2019·廣東深圳第二次調研)已知函數f(x)＝

7、aex＋2x－1，其中常數e＝2.718 28…是自然對數的底數． 討論函數f(x)的單調性． 【解】　由題意知，f′(x)＝aex＋2. ①當a≥0時，f′(x)>0，函數f(x)在R上單調遞增； ②當a<0時，由f′(x)>0，解得xln. 故f(x)在上單調遞增，在上單調遞減． 綜上所述，當a≥0時，f(x)在R上單調遞增； 當a<0時，f(x)在上單調遞增，在上單調遞減． 若遇到題目中含有參數的問題，常常結合參數的意義及對結果的影響進行分類討論，此種題目為含參型，應全面分析參數變化引起結論的變化情況，參數有幾何意義時還要考慮適當地運

8、用數形結合思想，分類要做到分類標準明確、不重不漏．本例研究函數性質對參數a進行分類討論，分為a≥0或a<0. [對點訓練] 已知函數f(x)＝mx2－x＋ln x，若在函數f(x)的定義域內存在區(qū)間D，使得該函數在區(qū)間D上為減函數，則實數m的取值范圍為________． 解析：f′(x)＝2mx－1＋＝， 即2mx2－x＋1<0在(0，＋∞)上有解， 當m≤0時顯然成立； 當m>0時，由于函數y＝2mx2－x＋1的圖象的對稱軸x＝>0，故需且只需Δ>0，即1－8m>0，故0

9、化歸的策略 1.熟悉化原則　　　　　2.簡單化原則 3．直觀化原則　　　　　4.正難則反原則 熟悉化、簡單化、直觀化、特殊化、一般化、整體化、間接化 轉化與化歸思想就是在研究和解決有關數學問題時，采用某種手段將問題通過變換使之轉化，進而使問題得到解決的一種數學思想方法 　　　特殊與一般的轉化 [典型例題] (一題多解)設四邊形ABCD為平行四邊形，||＝6，||＝4.若點M，N滿足＝3，＝2，則·＝(　　) A．20　　　　　　　　　 B．15 C．9 D．6 【解析】　法一： (特例法)若四邊形ABCD為矩形，建系如圖． 由＝3，＝2， 知M(6

10、，3)，N(4，4)， 所以＝(6，3)，＝(2，－1) ·＝6×2＋3×(－1)＝9. 法二： 如圖所示，由題設可知， ＝＋＝＋， ＝－＝－， 所以·＝· ＝||2－||2＋·－· ＝×36－×16＝9. 【答案】　C 破解此類題的關鍵點： (1)確立轉化對象，一般將要解決的問題作為轉化對象． (2)尋找轉化元素，由一般問題轉化為特殊問題時，尋找“特殊元素”；由特殊問題轉化為一般問題時，尋找“一般元素”． (3)轉化為新問題，根據轉化對象與“特殊元素”或“一般元素”的關系，將其轉化為新的需要解決的問題． (4)得出結論，求解新問題，根據所得結果求解原問題

11、，得出結論．　 [對點訓練] 在△ABC中，三邊長a，b，c滿足a＋c＝3b，則tan tan 的值為(　　) A. B. C. D. 解析：選C.令a＝4，c＝5，b＝3，則符合題意(取滿足條件的三邊)． 則由C＝90°，得tan ＝1. 由tan A＝，得＝， 解得tan ＝. 所以tan ·tan ＝×1＝. 　　　函數、方程、不等式之間的轉化 [典型例題] 已知函數f(x)＝3e|x|.若存在實數t∈[－1，＋∞)，使得對任意的x∈[1，m]，m∈Z，且m>1，都有f(x＋t)≤3ex，試求m的最大值． 【解】　因為當t∈[－1，＋∞)，且x

12、∈[1，m]時，x＋t≥0， 所以f(x＋t)≤3ex?ex＋t≤ex?t≤1＋ln x－x. 所以原命題等價轉化為：存在實數t∈[－1，＋∞)，使得不等式t≤1＋ln x－x，對任意x∈[1，m]恒成立． 令h(x)＝1＋ln x－x(1≤x≤m)． 因為h′(x)＝－1≤0， 所以函數h(x)在[1，＋∞)內為減函數． 又x∈[1，m]，所以h(x)min＝h(m)＝1＋ln m－m，所以要使得對任意x∈[1，m]t值恒存在，只需1＋ln m－m≥－1. 因為h(3)＝ln 3－2＝ln>ln ＝－1，h(4)＝ln 4－3＝ln

13、為減函數，所以滿足條件的最大整數m的值為3. 函數、方程與不等式相互轉化的應用 (1)函數與方程、不等式聯系密切，解決方程、不等式的問題需要函數幫助． (2)解決函數的問題需要方程、不等式的幫助，因為借助函數與方程、不等式進行轉化與化歸可以將問題化繁為簡，一般可將不等關系轉化為最值(值域)問題，從而求出參變量的范圍．　 [對點訓練] 若方程2x＋3x＝k的解在[1，2)內，則k的取值范圍為________． 解析：令函數f(x)＝2x＋3x－k， 則f(x)在R上是增函數． 當方程2x＋3x＝k的解在(1，2)內時，f(1)·f(2)<0， 即(5－k)(10－k)<0

14、解得50恒成立，則即

15、 解得log2x<－1或log2x>3， 即08， 故實數x的取值范圍是∪(8，＋∞)． (2)由題意得g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，若g(x)在區(qū)間(t，3)上總為單調函數，則①g′(x)≥0在(t，3)上恒成立，或②g′(x)≤0在(t，3)上恒成立． 由①得3x2＋(m＋4)x－2≥0，即m＋4≥－3x.當x∈(t，3)時恒成立，所以m＋4≥－3t恒成立，則m＋4≥－1，即m≥－5； 由②得m＋4≤－3x，當x∈(t，3)時恒成立， 則m＋4≤－9，即m≤－. 所以使函數g(x)在區(qū)間(t，3)上總不為單調函數的m的取值范圍為. 【答案】　(1)∪(8

16、，＋∞)　(2) (1)正與反的轉化要點 正與反的轉化，體現“正難則反”的原則，先從反面求解，再取反面答案的補集即可，一般地，題目若出現多種成立的情形，則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． (2)主與次的轉化要點 在處理多變元的數學問題時，我們可以選取其中的常數 (或參數)，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．通常給出哪個“元”的取值范圍就將哪個“元”視為“主元”．　 [對點訓練] 由命題“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命題，得m的取值范圍是(－∞，a

17、)，則實數a的取值是(　　) A．(－∞，1)　　　　　　　 B．(－∞，2) C．1 D．2 解析：選C.由命題“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命題，可知它的否定形式“任意x∈R，使e|x－1|－m>0”是真命題，可得m的取值范圍是(－∞，1)，而(－∞，a)與(－∞，1)為同一區(qū)間，故a＝1. 一、選擇題 1．已知函數f(x)＝x2＋(a＋1)x＋ab，若不等式f(x)≤0的解集為{x|－1≤x≤4}，則a＋2b的值為(　　) A．－2　　　　　　　　　　 B．3 C．－3 D．2 解析：選A.依題意，－1，4為方程x2＋(a＋1)x＋ab＝0的兩

18、根，所以解得所以a＋2b的值為－2，故選A. 2．在等差數列{an}中，a2，a2 018是函數f(x)＝x3－6x2＋4x－1的兩個不同的極值點，則loga1 010的值為(　　) A．－3 B．－ C．3 D. 解析：選B.f′(x)＝3x2－12x＋4， 因為a2，a2 018是函數f(x)＝x3－6x2＋4x－1的兩個不同的極值點，所以a2，a2 018是方程3x2－12x＋4＝0的兩個不等實數根， 所以a2＋a2 018＝4.又因為數列{an}為等差數列，所以a2＋a2 018＝2a1 010，即a1 010＝2， 從而loga1 010＝log2＝－. 3．過

19、拋物線y＝ax2(a>0)的焦點F，作一直線交拋物線于P，Q兩點．若線段PF與FQ的長度分別為p，q，則＋等于(　　) A．2a B. C．4a D. 解析：選C.拋物線y＝ax2(a>0)的標準方程為x2＝y(a>0)，焦點F.過焦點F作直線垂直于y軸，則|PF|＝|QF|＝，所以＋＝4a. 4．已知函數f(x)＝x2－4x＋2的定義域為[1，t]，f(x)的最大值與最小值之和為－3，則實數t的取值范圍是(　　) A．(1，3] B．[2，3] C．(1，2] D．(2，3) 解析：選B.f(x)＝x2－4x＋2的圖象開口向上，對稱軸為x＝2，f(1)＝－1，f

20、(2)＝－2，當1f(2)＝－2，則f(x)max＋f(x)min>－3，不符合題意；當t≥2時，f(x)min＝f(2)＝－2，則f(x)max＝－3－f(2)＝－1，令f(x)＝－1，則x2－4x＋2＝－1，解得x＝1或x＝3，所以2≤t≤3，故選B. 5．在鈍角△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a＝4，b＝3，則c的取值范圍是(　　) A．(1，)∪(5，7) B．(1，) C．(5，7) D．(5，＋∞) 解析：選A.三角形中兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊，據此可得1

21、若∠C為鈍角，則cos C＝＝<0，解得c>5，?、? 若∠A為鈍角，則cos A＝＝<0，解得0

22、＝x＋， 由函數的單調性可知，f(x)max＝f(－1)＝－2， 所以a∈[－2，＋∞)． 綜上可知，a的取值范圍是[－2，2]． 二、填空題 7．已知正數x，y滿足x2＋2xy－3＝0，則2x＋y的最小值是________． 解析：由題意得，y＝，所以2x＋y＝2x＋＝＝≥3，當且僅當x＝y＝1時，等號成立．故所求最小值為3. 答案：3 8．設F1，F2為橢圓＋＝1的兩個焦點，P為橢圓上一點．已知P，F1，F2是一個直角三角形的三個頂點，且|PF1|>|PF2|，則的值為________． 解析：①若∠PF2F1＝90°. 則|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，

23、 又因為|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2， 解得|PF1|＝，|PF2|＝， 所以＝. ②若∠F1PF2＝90°，則|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2，所以|PF1|2＋(6－|PF1|)2＝20，所以|PF1|＝4，|PF2|＝2，所以＝2. 綜上可知，＝或2. 答案：或2 9．已知函數f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的導函數．對任意a∈[－1，1]，都有g(x)<0，則實數x的取值范圍為________． 解析：由題意，知g(x)＝3x2－ax＋3a－5， 令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a

24、≤1. 由題意得即解得－

25、遞減，所以f(1)＝－2，a＝1； 當a≥3時，f′(x)≥0，f(x)在[1，3]上單調遞增， 所以f(3)＝－2，a＝<3，舍去； 當10，f(x)單調遞增． 所以當x＝時，f(x)取得最小

26、值f＝1－. (2)證明：x2－x＋＋2ln x－f(x) ＝x(x－1)－＋2(1－x)ln x ＝(x－1)， 令g(x)＝x－－2ln x， 則g′(x)＝1＋－＝≥0， 所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，又g(1)＝0， 所以當01時，g(x)>0， 所以(x－1)≥0， 即f(x)≤x2－x＋＋2ln x. 12．(2019·重慶市學業(yè)質量調研)已知離心率為的橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右頂點分別為A1，A2，上頂點為B，且·＝－1. (1)求橢圓的標準方程； (2)過橢圓左焦點F的直線l與橢圓交于M，N兩點，且直線l

27、與x軸不垂直，若D為x軸上一點，||＝||，求的值． 解：(1)A1，A2，B的坐標分別為(－a，0)，(a，0)，(0，b)， ·＝(－a，－b)·(a，－b)＝b2－a2＝－1，所以c2＝1. 又e＝＝，所以a2＝4，b2＝3. 所以橢圓的標準方程為＋＝1. (2)由(1)知F(－1，0)，設M(x1，y1)，N(x2，y2)， 因為直線l與x軸不垂直，所以可設其方程為y＝k(x＋1)． 當k＝0時，易得|MN|＝4，|DF|＝1，＝4. 當k≠0時，聯立得得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝， 所以|MN|＝＝|x1－x2|＝＝. 又y1＋y2＝k(x1＋x2＋2)＝， 所以MN的中點坐標為. 所以MN的垂直平分線方程為y－＝－(k≠0)， 令y＝0得，x＋＝0，解得x＝－. |DF|＝＝，所以＝4. 綜上所述，＝4. - 15 -