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- 2021-06-16 发布
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第 2 讲 分类讨论思想、转化与化归思想
数学思想解读
1.分类讨论的思想是当问题的对象不能进行统一研究时,就需要对研究的对象按
某个标准进行分类,然后对每一类分别研究,给出每一类的结论,最终综合各类
结果得到整个问题的解答.实质上分类讨论就是“化整为零,各个击破,再集零
为整”的数学思想.
2.转化与化归思想方法用在研究、解决数学问题时,思维受阻或寻求简单方法或
从一种状况转化到另一种情形,也就是转化到另一种情境使问题得到解决,这种
转化是解决问题的有效策略,同时也是获取成功的思维方式.
热点一 分类讨论思想的应用
应用 1 由概念、法则、公式、性质引起的分类讨论
【例 1】 (1)若函数 f(x)=ax(a>0,a≠1)在[-1,2]上的最大值为 4,最小值为 m,
且函数 g(x)=(1-4m) x在[0,+∞)上是增函数,则 a=________.
(2)在等比数列{an}中,已知 a3=3
2,S3=9
2
,则 a1=________.
解析 (1)若 a>1,有 a2=4,a-1=m.
解得 a=2,m=1
2.
此时 g(x)=- x为减函数,不合题意.
若 01 两种情况讨论.
2.利用等比数列的前 n 项和公式时,若公比 q 的大小不确定,应分 q=1 和 q≠1
两种情况进行讨论,这是由等比数列的前 n 项和公式决定的.
【训练 1】 (1)(2017·长沙一中质检)已知 Sn 为数列{an}的前 n 项和且 Sn=2an-2,
则 S5-S4 的值为( )
A.8 B.10 C.16 D.32
(2)函数 f(x)={sin(πx2),-1 < x < 0,
ex-1,x ≥ 0. 若 f(1)+f(a)=2,则 a 的所有可能取值
的集合是________.
解析 (1)当 n=1 时,a1=S1=2a1-2,解得 a1=2.
因为 Sn=2an-2,
当 n≥2 时,Sn-1=2an-1-2,
两式相减得,an=2an-2an-1,即 an=2an-1,
则数列{an}为首项为 2,公比为 2 的等比数列,
则 S5-S4=a5=25=32.
(2)f(1)=e0=1,即 f(1)=1.
由 f(1)+f(a)=2,得 f(a)=1.
当 a≥0 时,f(a)=1=ea-1,所以 a=1.
当-1|PF2|,则|PF1|
|PF2|的值为________.
解析 若∠PF2F1=90°.则|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2,
又因为|PF1|+|PF2|=6,|F1F2|=2 5,
解得|PF1|=14
3 ,|PF2|=4
3,所以|PF1|
|PF2|=7
2.
若∠F1PF2=90°,则|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2,
所以|PF1|2+(6-|PF1|)2=20,
所以|PF1|=4,|PF2|=2,所以|PF1|
|PF2|=2.
综上知,|PF1|
|PF2|=7
2或 2.
答案 7
2或 2
应用 3 由变量或参数引起的分类讨论
【例 3】 (2017·郑州质检)已知函数 f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).
(1)当 a=4 时,求曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)若当 x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求 a 的取值范围.
解 (1)f(x)=(x+1)ln x-a(x-1)的定义域为(0,+∞).
当 a=4 时,f(x)=(x+1)ln x-4(x-1),f′(x)=ln x+1
x-3.由于 f′(1)=-2,f(1)=
0.
曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 2x+y-2=0.
(2)当 x>1 时,f(x)>0⇔ln x-a(x-1)
x+1 >0.
设 g(x)=ln x-a(x-1)
x+1
,则 g′(x)=x2+2(1-a)x+1
x(x+1)2 ,
①当 a≤2 时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,
∴g′(x)>0,则 g(x)在(1,+∞)上单调递增,且 g(1)=0,因此 g(x)>0.
② 当 a>2 时 , 令 g′(x) = 0 , 得 x1 = a - 1 - (a-1)2-1, x2 = a - 1 +
(a-1)2-1.
由 x2>1 和 x1x2=1,得 x1<1,
故当 x∈(1,x2)时,g′(x)<0,
∴g(x)在区间(1,x2)上单调递减,且 g(1)=0,此时 g(x)<0,与已知矛盾,舍去.
综上,实数 a 的取值范围是(-∞,2].
探究提高 1.(1)参数的变化取值导致不同的结果,需对参数进行讨论,如含参数
的方程、不等式、函数等.
(2)解析几何中直线点斜式、斜截式方程要考虑斜率 k 存在或不存在,涉及直线
与圆锥曲线位置关系要进行讨论.
2.分类讨论要标准明确、统一,层次分明,分类要做到“不重不漏”.
【训练 3】 (2015·全国Ⅱ卷)已知函数 f(x)=ln x+a(1-x).
(1)讨论 f(x)的单调性;
(2)当 f(x)有最大值,且最大值大于 2a-2 时,求 a 的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1
x-a.
若 a≤0,则 f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增.
若 a>0,则当 x∈(0,
1
a)时,f′(x)>0;当 x∈(1
a,+∞)时,f′(x)<0,所以 f(x)
在(0,
1
a)上单调递增,在(1
a,+∞)上单调递减.
综上,知当 a≤0 时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当 a>0 时,f(x)在(0,
1
a)上单调递增,在(1
a,+∞)上单调递减.
(2)由(1)知,当 a≤0 时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;
当 a>0 时,f(x)在 x=1
a处取得最大值,最大值为 f (1
a )=ln
1
a+a(1-1
a)=-ln a
+a-1.
因此 f (1
a )>2a-2 等价于 ln a+a-1<0.
令 g(a)=ln a+a-1,则 g(a)在(0,+∞)上单调递增,
g(1)=0.
于是,当 0<a<1 时,g(a)<0;当 a>1 时,g(a)>0.
因此,a 的取值范围是(0,1).
热点二 转化与化归思想
应用 1 特殊与一般的转化
【例 4】 (1)过抛物线 y=ax2(a>0)的焦点 F,作一直线交抛物线于 P,Q 两点.
若线段 PF 与 FQ 的长度分别为 p,q,则1
p+1
q等于( )
A.2a B.
1
2a C.4a D.
4
a
(2)(2017·浙江卷)已知向量 a,b 满足|a|=1,|b|=2,则|a+b|+|a-b|的最小值是
________,最大值是________.
解析 (1)抛物线 y=ax2(a>0)的标准方程为 x2=1
ay(a>0),焦点 F(0,
1
4a).
过焦点 F 作直线垂直于 y 轴,则|PF|=|QF|= 1
2a,
∴1
p
+1
q=4a.
(2)由题意,不妨设 b=(2,0),a=(cos θ,sin θ),
则 a+b=(2+cos θ,sin θ),a-b=(cos θ-2,sin θ).
令 y=|a+b|+|a-b|
= (2+cos θ)2+sin2θ+ (cos θ-2)2+sin2θ
= 5+4cos θ+ 5-4cos θ,
令 y= 5+4cos θ+ 5-4cos θ,
则 y2=10+2 25-16cos2θ∈[16,20].
由此可得(|a+b|+|a-b|)max= 20=2 5,
(|a+b|+|a-b|)min= 16=4,
即|a+b|+|a-b|的最小值是 4,最大值是 2 5.
答案 (1)C (2)4 2 5
探究提高 1.一般问题特殊化,使问题处理变得直接、简单.特殊问题一般化,
可以使我们从宏观整体的高度把握问题的一般规律,从而达到成批处理问题的效
果.
2.对于某些选择题、填空题,如果结论唯一或题目提供的信息暗示答案是一个定
值时,可以把题中变化的量用特殊值代替,即可得到答案.
【训练 4】 在△ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,若 a,b,c 成
等差数列,则 cos A+cos C
1+cos Acos C=________.
解析 令 a=b=c,则△ABC 为等边三角形,且 cos A=cos C=1
2,代入所求式子,
得 cos A+cos C
1+cos Acos C=
1
2+1
2
1+1
2 × 1
2
=4
5.
答案 4
5
应用 2 函数、方程、不等式之间的转化
【例 5】 已知函数 f(x)=3e|x|.若存在实数 t∈[-1,+∞),使得对任意的 x∈[1,
m],m∈Z 且 m>1,都有 f(x+t)≤3ex,试求 m 的最大值.
解 ∵当 t∈[-1,+∞)且 x∈[1,m]时,x+t≥0,
∴f(x+t)≤3ex⇔ex+t≤ex⇔t≤1+ln x-x.
∴原命题等价转化为:存在实数 t∈[-1,+∞),使得不等式 t≤1+ln x-x 对任
意 x∈[1,m]恒成立.
令 h(x)=1+ln x-x(1≤x≤m).
∵h′(x)=1
x-1≤0,
∴函数 h(x)在[1,+∞)上为减函数,
又 x∈[1,m],∴h(x)min=h(m)=1+ln m-m.
∴要使得对任意 x∈[1,m],t 值恒存在,
只需 1+ln m-m≥-1.
∵h(3)=ln 3-2=ln(1
e·
3
e)>ln
1
e=-1,
h(4)=ln 4-3=ln(1
e·
4
e2)4x+p-3 恒成立,则 x 的取
值范围是________.
解析 (1)g′(x)=3x2+(m+4)x-2,若 g(x)在区间(t,3)上总为单调函数,
则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≥2
x-3x.
当 x∈(t,3)时恒成立,∴m+4≥2
t
-3t 恒成立,
则 m+4≥-1,即 m≥-5;
由②得 m+4≤2
x-3x,当 x∈(t,3)时恒成立,则 m+4≤2
3-9,即 m≤-37
3 .
∴使函数 g(x)在区间(t,3)上总不为单调函数的 m 的取值范围为-37
3 0,
f(4) > 0,
即{(x-3)(x-1) > 0,
x2-1 > 0, 解得 x>3 或 x<-1.
答案 (-37
3 ,-5) (2)(-∞,-1)∪(3,+∞)
探究提高 1.第(1)题是正与反的转化,由于不为单调函数有多种情况,先求出其
反面,体现“正难则反”的原则.
题目若出现多种成立的情形,则不成立的情形相对很少,从后面考虑较简单,因
此,间接法多用于含有“至多”“至少”及否定性命题情形的问题中.
2.第(2)题是把关于 x 的函数转化为在[0,4]内关于 p 的一次函数大于 0 恒成立的
问题.
在处理多变元的数学问题时,我们可以选取其中的参数,将其看作是“主元”,
而把其它变元看作是参数.
【训练 6】 已知函数 f(x)=x3+3ax-1,g(x)=f′(x)-ax-5,其中 f′(x)是 f(x)的导
函数.对满足-1≤a≤1 的一切 a 的值,都有 g(x)<0,则实数 x 的取值范围为
________.
解析 由题意,知 g(x)=3x2-ax+3a-5,
令 φ(a)=(3-x)a+3x2-5,-1≤a≤1.
对-1≤a≤1,恒有 g(x)<0,即 φ(a)<0,
∴{φ(1) < 0,
φ(-1) < 0,即{3x2-x-2 < 0,
3x2+x-8 < 0,
解得-2
3