2021新高考数学二轮总复习学案：第3讲 分类讨论思想、转化与化归思想含解析

第3讲分类讨论思想、转化与化归思想
一、分类讨论思想
分类讨论思想是解决高中数学问题的一种重要思想方法,是中学数学四种重要的数学思想之一,尤其在解决含参数问题中发挥着重要作用,大大提高了学生的解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透,并快速找准突破点.充分利用分类讨论思想将复杂问题分解成若干题目涉及的知识角度进行求解.解题时要注意,按主元分类的结果应求并集,按参数分类的结果要分类给出.
思想方法诠释
1.分类讨论的思想含义
分类讨论,就是当问题所给的对象不能进行统一研究时,就需要对研究对象按某个标准分类,然后对每一类分别研究得出每一类的结论,最后综合各类结果得到整个问题的结果.实质上,分类讨论是“化整为零,各个击破,再积零为整”的数学策略.
2.分类讨论的原则
(1)不重不漏;(2)标准要统一,层次要分明;(3)能不分类的要尽量避免,决不无原则地讨论.
3.分类讨论的常见类型
(1)由数学概念而引起的分类讨论;(2)由数学运算要求而引起的分类讨论;(3)由性质、定理、公式的限制而引起的分类讨论;(4)由图形的不确定性而引起的分类讨论;(5)由参数的变化而引起的分类讨论;(6)由实际意义引起的讨论.
思想分类应用
应用一由数学的概念、定理、公式引起的分类讨论
【例1】(1)(2020安徽合肥二模,文10)记F1,F2为椭圆C:+y2=1的两个焦点,若C上存在点M满足=0,则实数m的取值范围是()
A.∪[2,+∞)
B.∪[2,+∞)
C.∪(1,2]
D.∪(1,2]
(2)设等比数列{a n}的公比为q,前n项和S n>0(n=1,2,3,…),则q的取值范围
是.
思维升华1.在中学数学中,一次函数、二次函数、指数函数、对数函数的单调性,基本不等式,等比数列的求和公式等在不同的条件下有不同的结论,或者在一定的限制条件下才成立,应根据题目条件确定是否进行分类讨论.
2.有些分类讨论的问题是由运算的需要引发的.比如除以一个数时,这个数能否为零的讨论;解方程及不等式时,两边同乘一个数,这个数是零、是正数还是负数的讨论;二次方程运算中对两根大小的讨论;差值比较中的差的正负的讨论;有关去绝对值或根号问题中等价变形引发的讨论等.
【对点训练1】(1)“a≤0”是“函数f(x)=|(ax-1)x|在区间(0,+∞)上单调递增”的()
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
(2)(2020广东茂名一模,理12)已知函数f(x)=(a∈R),若函数f(x)有四个
零点,则a的取值范围是()
A.(-∞,0)
B.(e,+∞)
C.(4,+∞)
D.(4,e2)
应用二由参数引起的分类讨论
【例2】设函数f(x)=ln(x+a)+x2.若f(x)存在极值,求a的取值范围,并证明所有极值之和大于ln.
思维升华含有参数的分类讨论问题主要包括:(1)含有参数的不等式的求解;(2)含有参数的方程的求解;(3)函数解析式中含参数的最值与单调性问题;(4)二元二次方程表示曲线类型的判定等.
【对点训练2】(2020山东潍坊临朐模拟一,22)已知函数f(x)=m ln x-x+(m∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)略
应用三由图形位置或形状引起的分类讨论
【例3】设F1,F2为椭圆=1的两个焦点,点P为椭圆上一点.已知P,F1,F2是一个直
角三角形的三个顶点,且|PF1|>|PF2|,则的值为.
思维升华圆锥曲线形状不确定时,常按椭圆、双曲线来分类讨论,求圆锥曲线的方程时,常按焦点的位置不同来分类讨论.
【对点训练3】设圆锥曲线C的两个焦点分别为F1,F2,若曲线C上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,则曲线C的离心率等于.
应用方法归纳
1.简化分类讨论的策略:(1)消去参数;(2)整体换元;(3)变更主元;(4)考虑反面;(5)整体变形;(6)数形结合;(7)缩小范围等.
2.分类讨论遵循的原则:不遗漏、不重复,科学地划分,分清主次,不越级讨论.
二、转化化归思想
使之转化,进而得到解决的一种方法.一般总是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题,将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题,将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题.
思想方法诠释
1.转化与化归思想的含义
转化与化归的思想方法,就是在研究和解决有关数学问题时,采用某种手段将问题通过变换使之转化,进而得到解决的一种思想方法.
2.转化与化归的原则
(1)熟悉化原则;(2)简单化原则;(3)直观化原则;(4)正难则反原则;(5)等价性原则.
3.常见的转化与化归的方法
(1)直接转化法;(2)换元法;(3)数形结合法;(4)构造法;(5)坐标法;(6)类比法;(7)特殊化方法;(8)等价问题法;(9)补集法;(10)参数法.
思想分类应用
应用一特殊与一般化
【例1】(1)(其中e为自然常数)的大小关系是()
A. B.
C. D.
(2)(2020河北武邑中学三模,16)已知实数a,b,c,d满足=1,其中e是自然对数的底
数,那么(a-c)2+(b-d)2的最小值为.
思维升华1.当问题难以入手时,应先对特殊情形进行观察、分析,发现问题中特殊的数量或关系,再推广到一般情形,以完成从特殊情形的研究到一般问题的解答的过渡,这就是特殊化的化归策略.
2.数学题目有的具有一般性,有的具有特殊性,解题时,有时需要把一般问题化归为特殊问题,有时需要把特殊问题化归为一般问题.
【对点训练1】(2020湖南长郡中学四模,11)若0<x<1,则的大小关系是()
A.
B.
C.
D.
应用二命题等价转化
【例2】(2020上海考前压轴卷,11)已知a,b,2c是平面内三个单位向量,若a⊥b,则
|a+4c|+2|3a+2b-c|的最小值是.
思维升华本例题充分体现了命题等价转化的重要性,首先将条件“三个向量都是单位向量及a⊥b”,等价转化为“2c=e及a=(1,0),b=(0,1)”,这样就达到了变陌生为熟悉的目的;其次将“|a+2e|”等价转化为“|2a+e|”,为求最值创造了有利条件同时也简化了运算;然后将“两向量模的和的最值”等价转化为“两根式和的最值”,最后根据两根式和的几何意义,将问题等价转化为两点的距离.
【对点训练2】(1)已知在(-∞,1]上单调递减的函数f(x)=x2-2tx+1,且对任意的x1,x2∈[0,t+1],总有|f(x1)-f(x2)|≤2,则实数t的取值范围为()
A.[-]
B.[1,]
C.[2,3]
D.[1,2]
(2)(2020河北武邑中学三模,5)若数列{a n}的前n项和为S n,且
a1=1,a2=2,(S n+1)(S n+2+1)=,则S n=()
A. B.2n-1
C.2n-1
D.2n-1+1
应用三常量与变量的转化
【例3】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.
思维升华在处理多变量的数学问题中,在常量(或参数)在某一范围取值的前提下求变量x 的范围时,经常进行常量与变量之间的转化,即可以选取其中的参数,将其看做是变量,而把变量看做是常量,从而达到简化运算的目的.
【对点训练3】设f(x)是定义在R上的增函数,若f(1-ax-x2)≤f(2-a)对任意a∈[-1,1]恒成立,则x的取值范围为.
应用四函数、方程、不等式之间的转化
【例4】已知不等式xy≤ax2+2y2对于x∈[1,2],y∈[2,3]恒成立,则a的取值范围是() A.[1,+∞) B.[-1,4)
C.[-1,+∞)
D.[-1,6]
思维升华函数、方程与不等式三者之间存在着密不可分的联系,解决方程、不等式的问题需要函数帮助,解决函数的问题需要方程、不等式的帮助,因此借助于函数、方程、不等式之间的转化可以将问题化繁为简,常将不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题;将不等式证明问题转化为函数的单调性与最值问题;将方程的求解问题转化为函数的零点问题、两个函数图象的交点问题等.
【对点训练4】(1)(2020山东菏泽一模,8)已知大于1的三个实数a,b,c满足(lg a)2-2lg a lg b+lg b lg c=0,则a,b,c的大小关系不可能是()
A.a=b=c
B.a>b>c
C.b>c>a
D.b>a>c
(2)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)≤3e x,求m的最大值.
应用五正难则反的转化
【例5】若对于任意t∈[1,2],函数g(x)=x3++2x2-2x在区间(t,3)上总不为单调函数,则
实数m的取值范围是.
思维升华否定性命题,常要利用正反的相互转化,先从正面求解,再取正面答案的补集即可.一般地,题目若出现多种成立的情形,则不成立的情形相对很少,从反面考虑较简单.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.
【对点训练5】安排甲、乙、丙、丁4人参加3个运动项目,每人只参加一个项目,每个项目都有人参加.若甲、乙2人不能参加同一个项目,则不同的安排方案的种数
为.(用数字作答)
应用方法归纳
1.在应用化归与转化的思想方法去解决数学问题时,没有一个统一的模式,它可以在数与数、形与形、数与形之间进行转换.
2.转化与化归思想在解题中的应用
(1)在三角函数和解三角形中,主要的方法有公式的“三用”(顺用、逆用、变形用),角度的转化,函数的转化,通过正弦、余弦定理实现边角关系的相互转化.
(2)在解决平面向量与三角函数、平面几何、解析几何等知识的交汇题目时,常将平面向量语言与三角函数、平面几何、解析几何语言进行转化.
(3)在解决数列问题时,常将一般数列转化为等差数列或等比数列求解.
(4)在利用导数研究函数问题时,常将函数的单调性、极值(最值)、切线问题,转化为由其导函数f'(x)构成的方程、不等式问题求解.
第3讲分类讨论思想、
转化与化归思想
一、分类讨论思想
思想分类应用
【例1】(1)A(2)(-1,0)∪(0,+∞)
解析(1)当焦点在x轴上时,a2=m,b2=1,m>1,由对称性可知当M为上下顶点时,∠F1MF2最大,因为=0,则∠F1MF2,∠F1MO,
所以tan∠F1MO=tan=1,即1,解得m≥2;
当焦点在y轴上时,a2=1,b2=m,0<m<1,
当M为左右顶点时,∠F1MF2最大,因为=0,
则∠F1MF2,∠F1MO,所以tan∠F1MO=tan=1,
即1,解得0<m,故选A.
(2)由{a n}是等比数列,S n>0,可得a1=S1>0,q≠0,当q=1时,S n=na1>0,符合题意;
当q≠1时,S n=>0,即>0(n=1,2,3,…),
则有或
由①得-1<q<0,或0<q<1,由②得q>1.
综上,可得q的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞).
对点训练1(1)C(2)C解析(1)当a=0时,f(x)=|x|在区间(0,+∞)上单调递增;当a<0
时,f(x)=(-ax+1)x=-a x,
结合二次函数的图象可知f(x)=|(ax-1)x|在区间(0,+∞)上单调递增;
当a>0时,函数f(x)=|(ax-1)x|的大致图象如图.
函数f(x)在区间(0,+∞)上有增有减,所以a≤0是函数f(x)=|(ax-1)x|在区间(0,+∞)上单调递增的充要条件,故选C.
(2)当a=0时,f(x)=函数f(x)无零点,舍去.
当a<0,且x≤1时,f(x)=ax2-ax+1为开口向下,对称轴为x=的二次函数,
f=a-a+1=-a+1>0,f(1)=a-a+1=1>0.
则x≤1时,函数f(x)与x轴只有一个交点;
当a<0,且x>1时,f(x)=x-a ln x.
f'(x)=1->0,
故函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,则f(x)>f(1)=1,即x>1时,函数f(x)与x轴无交点;
则当a<0时,函数f(x)有一个零点.与题意不符,舍去.
当a>0,且x≤1时,f(x)=ax2-ax+1为开口向上,对称轴为x=的二次函数.
f=a-a+1=-a+1,f(1)=a-a+1=1>0.
函数f(x)在(-∞,1]最多有两个零点;
当a>0,且x>1时,f(x)=x-a ln x.
f'(x)=1-
令f'(x)=0,得x=a,当0<a≤1时,f'(x)>0,在(1,+∞)内单调递增,与已知矛盾,不符合题意,舍去;
当a>1时,x∈(a,+∞)时,f(x)单调递增,x∈(1,a)时,f(x)单调递减,f(a)=a-a ln a,函数f(x)在(1,+∞)最多有两个零点.
若使得函数f(x)有四个零点,则需
解得a>4.故选C.
【例2】解f(x)的定义域为(-a,+∞),f'(x)=,记g(x)=2x2+2ax+1,其判别式为Δ=4a2-8.
①若Δ≤0,即-a时,f'(x)≥0在(-a,+∞)上恒成立,所以f(x)无极值.
②若Δ>0,即a>或a<-时,g(x)=0有两个不同的实根
x1=和x2=,且x1<x2,由根与系数的关系可得
(ⅰ)当a<-时,有x1+a<0,x2+a<0,即x1<-a,x2<-a,从而,f'(x)=0在(-a,+∞)上没有实根,所以f(x)无极值.
(ⅱ)当a>时,有x1+a>0,x2+a>0,即x1>-a,x2>-a,从而,f'(x)=0在(-a,+∞)上有两个不同的根,且f(x)在x=x1,x=x2处取得极值.
综上所述,f(x)存在极值时,a的取值范围为(,+∞).
f(x)的极值之和为
f(x1)+f(x2)=ln(x1+a)++ln(x2+a)+=ln[(x1+a)(x2+a)]+-2 x1x2,而ln[(x1+a)(x2+a)]=ln,(x1+x2)2-2x1x2=(-a)2-2=a2-1,所以
f(x1)+f(x2)=ln+a2-1>ln+1=ln
对点训练2解(1)由题意得x∈(0,+∞),f'(x)=-1-=-,
令g(x)=x2-mx+m,Δ=m2-4m=m(m-4).
①当0≤m≤4时,Δ≤0,g(x)≥0恒成立,则f'(x)≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.
②当m<0时,Δ>0,函数g(x)与x轴有两个不同的交点x1,x2(x1<x2),
x1+x2=m<0,x1x2=m<0,则x1<0,x2>0,
所以当x时,g(x)<0,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x时,g(x)>0,f'(x)<0,f(x)单调递减.
③当m>4时,Δ>0,函数g(x)与x轴有两个不同的交点x1,x2(x1<x2),
x1+x2=m>0,x1x2=m>0,则x1>0,x2>0,所以x
时,g(x)>0,f'(x)<0,f(x)单调递减;x
时,g(x)<0,f'(x)>0,f(x)单调递增;x时,g(x)>0,f'(x)<0,f(x)单
调递减.
综上所述,当0≤m≤4时,f(x)在(0,+∞)上单调递减.当m<0
时,x时,f(x)单调递增;x时,f(x)单调递减.当m>4时,x∈0,时,f(x)单调递
减;x时,f(x)单调递增;
x时,f(x)单调递减.
【例3】或2解析由题可得c=
若∠PF2F1=90°,则|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2,又因为
|PF1|+|PF2|=6,|F1F2|=2,
解得|PF1|=,|PF2|=,
所以
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=2.
综上知,的值为或2.
对点训练3解析不妨设|PF1|=4t,|F1F2|=3t,|PF2|=2t,其中t≠0.
若该曲线为椭圆,则有|PF1|+|PF2|=6t=2a,
|F1F2|=3t=2c,e=;
若该曲线为双曲线,
则有|PF1|-|PF2|=2t=2a,
|F1F2|=3t=2c,e=
二、转化化归思想
思想分类应用
【例1】(1)A(2)解析(1)由于,故可构造函数f(x)=,只研究x>0的部分.f(4)=,f(5)=,f(6)=而
f'(x)='=
令f'(x)>0,得x>2,即函数f(x)在(2,+∞)内单调递增,因此有f(4)<f(5)<f(6),即
(2)因为实数a,b,c,d满足=1,所以b=a-2e a,d=3-c,
所以点(a,b)在曲线y=x-2e x上,点(c,d)在曲线y=3-x上,(a-c)2+(b-d)2的几何意义就是曲线y=x-2e x上的点到曲线y=3-x上的点的距离的平方,最小值即为曲线y=x-2e x上与直线y=3-x平行的切线,
因为y'=1-2e x,求曲线y=x-2e x上与直线y=3-x平行的切线,
即y'=1-2e x=-1,解得x=0,所以切点为(0,-2),
该切点到直线y=3-x的距离为d=,即d为所求两曲线间的最小距离,所以(a-c)2+(b-d)2的最小值为d2=
对点训练1B解析设f(x)=,则f'(x)=,令f'(x)>0,解得x<0,令f'(x)<0,解得x>0,
则f(x)在(-∞,0)内单调递增,在(0,+∞)上单调递减,
若0<x<1,则0<x2<x<1<ln3,
因此f(x2)>f(x)>f(ln3),
即,故选B.
【例2】4解析由题意,令2c=e,设a=(1,0),b=(0,1),e对应的点C(x,y)在单位圆
上,所以问题转化为求|a+2e|+|6a+4b-e|的最小值.因为|a+2e|=|2a+e|, 所以
|a+2e|+|6a+4b-e|=|2a+e|+|6a+4b-e|=, 即表示C点到点(-2,0)和(6,4)的距离之和,过点(-2,0)和(6,4)的直线为
x-2y+2=0,原点到直线x-2y+2=0的距离为<1,所以该直线与单
位圆相交,
所以|a+2e|+|6a+4b-e|的最小值为点(-2,0)和(6,4)之间的距离,即
d==4
对点训练2(1)B(2)C解析(1)函数f(x)=x2-2tx+1在区间(-∞,1]上单调递减,所以其图象的对称轴x=t≥1.
则在区间[0,t+1]上,0距对称轴x=t最远,故要使得对任意的x1,x2∈[0,t+1],都有|f(x1)-f(x2)|≤2,
只要f(0)-f(t)≤2即可,即1-(t2-2t2+1)≤2,解得-t
又因为t≥1,则1≤t故选B.
(2)∵(S n+1)(S n+2+1)=,令b n=S n+1,
∴b n·b n+2=,可得{b n}为等比数列,设其公比为
q,b1=S1+1=a1+1=2,b2=S2+1=a1+a2+1=4,
∴q==2,∴b n=b1·q n-1=2×2n-1=2n.
S n=b n-1=2n-1,故选C.
【例3】解析由题意,知g(x)=3x2-ax+3a-5,
令φ(a)=(3-x)a+3x2-5,-1≤a≤1.
问题转化为对-1≤a≤1,恒有g(x)<0,即φ(a)<0,所以
即解得-<x<1.
故当x时,对满足-1≤a≤1的一切a的值,都有g(x)<0.
对点训练3(-∞,-1]∪[0,+∞)
解析因为f(x)是R上的增函数,
所以1-ax-x2≤2-a,a∈[-1,1].(*)
(*)式可化为(x-1)a+x2+1≥0对a∈[-1,1]恒成立.
令g(a)=(x-1)a+x2+1,
则
解得x≥0或x≤-1.即实数x的取值范围是(-∞,-1]∪[0,+∞).
【例4】C解析不等式xy≤ax2+2y2对于x∈[1,2],y∈[2,3]恒成立, 等价于a-2对于x∈[1,2],y∈[2,3]恒成立,
令t=,则1≤t≤3,∴a≥t-2t2在[1,3]上恒成立,
令f(t)=-2t2+t,则f(t)=-2t2+t=-2,∴当t=1时,f(x)取最大
值,f(x)max=-1,即a≥-1,故a的取值范围是[-1,+∞).故选C.
对点训练4(1)D解析令f(x)=x2-2x lg b+lg b lg c,则lg a为f(x)的零点,且该函数图象的对称轴为x=lg b,
故Δ=4lg2b-4lg b lg c≥0.
因为b>1,c>1,故lg b>0,lg c>0,
所以lg b≥lg c,即b≥c.
又f(lg b)=lg b lg c-lg2b=lg b(lg c-lg b),f(lg c)=lg2c-lg b lg c=lg c(lg c-lg b),若b=c,则
f(lg b)=f(lg c)=0,
故lg a=lg b=lg c,即a=b=c.
若b>c,则f(lg b)<0,f(lg c)<0,利用二次函数图象,可得lg a<lg c<lg b或
lg c<lg b<lg a,即a<c<b或c<b<a.故选D.
(2)解因为当t∈[-1,+∞),且x∈[1,m]时,x+t≥0,所以f(x+t)≤3e x等价于e x+t≤e x,则t≤1+ln x-x.
所以原命题等价转化为: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).
因为h'(x)=-1≤0,所以函数h(x)在[1,+∞)内为减函数.
又x∈[1,m],所以h(x)min=h(m)=1+ln m-m.
所以要使得对任意x∈[1,m],t值恒存在,只需1+ln m-m≥-1.
因为
h(3)=ln3-2=ln>ln=-1,h(4)=ln4-3=ln<ln=-1,且函数h(x)在[1,+∞)内为减函数,所以满足条件的最大整数m的值为3.
【例5】解析g'(x)=3x2+(m+4)x-2,若g(x)在区间(t,3)上总为单调函数,则有两种情况:①g'(x)≥0在(t,3)上恒成立;②g'(x)≤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,即
m+4-3t恒成立,则m+4≥-1,即m≥-5;
由②得m+4-3x在x∈(t,3)上恒成立,则m+4-9,即m≤-
综上所述,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
对点训练530解析根据题意,用间接法分析:先将甲、乙、丙、丁4人分成3组,
再将分成的三组分别参加3个项目,有=6×6=36种不同的安排方案,其中
甲、乙参加同一个项目,则丙、丁参加另外的2个项目,有=6种情况,则甲、乙2人不能参加同一个项目的安排方案有36-6=30种.。