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  • 2021-06-16 发布

2018届二轮复习(理)专题八 数学思想方法与高考数学文化(选用)第2讲学案(全国通用)

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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