人教A版高考数学(文)复习课件 专题 数学思想方法第1部分专题7第2讲

设 lg(log210)＝t，则 lg(lg2)＝－t.由条件可知 f(t)＝5，即 f(t)＝ at3＋bsin t＋4＝5，所以 at3＋bsin t＝1，所以 f(－t)＝－at3－bsin
t＋4＝－1＋4＝3.
答案 C
规律方法 复杂的数学问题常用换元法实现化归与转化，运用 “换元”把式子转化为有理式或使整式降幂等，或者把较复杂 的函数、方程、不等式问题转化为易于解决的基本问题．
▪分类讨论的常见类型：
▪(1)由数学概念引起的分类讨论：有的概念本身 就是分类的，如绝对值、直线斜率、指数函数、 对数函数等．
▪(2)由性质、定理、公式的限制引起的分类讨论： 有的定理、公式、性质是分类给出的，在不同 的条件下结论不一致，如等比数列的前n项和公 式、函数的单调性等．
▪(3)由数学运算和字母参数变化引起分类；如偶 次方根非负，对数的底数与真数的限制，方程 (不等式)的运算与根的大小比较，含参数的取 值不同会导致所得结果不同等．
3a1＋3d＝6， 8a1＋28d＝－4，
解得ad1＝＝－3，1.
故 an＝3－(n－1)＝4－n.
(2)由(1)可得 bn＝n·qn－1，于是 Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋…＋n·qn－1. 若 q≠1，将上式两边同乘 q，得 qSn＝1·q1＋2·q2＋…＋(n－1)·qn－1＋n·qn. 两式相减，得(q－1)Sn＝nqn－1－q1－q2－…－qn－1 ＝nqn－qqn－－11＝nqn＋1－qn－＋11qn＋1. 于是，Sn＝nqn＋1－q－n＋112qn＋1. 若 q＝1，则 Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝nn2＋1.
▪历年高考中，化归与转化思想无处不在，我们 要不断培养和训练自觉的转化意识，将有利于 提高解决数学问题的应变能力，提高思维能力 和技能、技巧.
热点一 分类讨论思想在解题中的应用 [微题型 1] 数学概念与运算引起的分类讨论 【例 1－1】函数 f(x)＝esixn－1π，x2x≥，0－. 1＜x＜0， 若 f(1)＋f(a)＝2，
▪(4)由图形的不确定性引起的分类：有的图形的 形状、位置关系需讨论，如二次函数图象的开 口方向，点、线、面的位置关系，曲线系方程 中的参数与曲线类型等．
▪分类讨论思想，在近年高考试题中频繁出现， 涉及各种题型，已成为高考的热点，考查的重 点是含参数函数性质、不等式(方程)问题，与 等比数列的前n项和有关的计算推理，点、线、 面的位置以及直线与圆锥曲线的位置关系不定 问题等．
nn＋1
所以，Sn＝nqn＋21－n＋1qn＋1
q－12
q＝1， q≠1.
探究提高 (1)利用等比数列的前 n 项和公式时，需要分公比 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．一般地，在应用带有限制条件的公式时要小心， 根据题目条件确定是否进行分类讨论．(2)由性质、定理、公式 等引起的讨论，主要是应用的范围受限时，存在多种可能性．
∵－1＜a＜0，∴a＝－
2 2.
答案
1，－
2 2
探究提高 (1)分段函数在自变量不同取值范围内，对应关系不 同，必需进行讨论．由数学定义引发的分类讨论一般由概念内 涵所决定，解决这类问题要求熟练掌握并理解概念的内涵与外 延．(2)在数学运算中，有时需对不同的情况作出解释，就需要 进行讨论，如解二次不等式涉及到两根的大小等．
[微题型 2] 换元转化问题
【例 2－2】已知函数 f(x)＝ax3＋bsin x＋4(a，b∈R)，f(lg(log210))
＝5，则 f(lg(lg 2))＝( )．
A．－5
B．－1
C．3
D．4
解析 因为 lg(log210)＋lg(lg 2)＝lg(log210×lg 2)＝
lg(llgg120×lg 2)＝lg 1＝0，所以 lg (lg 2)＝－lg(log210)．
▪ 2．转化与化归思想
▪ 化归与转化是指在处理问题时，把待解决 或难解决的问题通过某种方式转化为一类已 解决或比较容易解决的问题的一种思想方法， 它是研究和解决数学问题的核心思想，化归 与转化思想方法的特点是具有灵活性和多样 性．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．在 实际解题过程中，实施化归与转化时，我们 要遵循以下五项基本原则：(1)化繁为简的原 则；(2)化生为熟的原则；(3)等价性原则；(4)
(2)证明 当直线 l 的斜率存在时，设其方程为 y＋2＝k(x＋1)，
由x82＋y42＝1，
得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0.
y＋2＝kx＋1，
设 A(－2k22，
x1x2＝21k＋2－2k82k.
从而 k1＋k2＝y1x－1 2＋y2x－2 2＝2kx1x2＋kx－1x24x1＋x2
5，点
C
到
AB
的距离
d＝|2－25－3|＝
3 ，则 5
D
的面积为
2×12
× 5× 35＝3.
答案 3
规律方法 用特殊化法实现化归与转化是在解决问题过程中 将某些一般问题进行特殊化处理的方法．常用的特例有特殊数 值、特殊数列、特殊函数、特殊图形、特殊角、特殊位置等．对 于选择题，当题设在普通条件下都成立时，用特殊值进行探求， 可快捷地得到答案；对于填空题，当填空题的结论唯一或题设 条件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 1】 (2014·洛阳统一考试)已知圆心为 F1 的圆的方程为 (x＋2)2＋y2＝32，F2(2,0)，C 是圆 F1 上的动点，F2C 的垂直平 分线交 F1C 于 M. (1)求动点 M 的轨迹方程； (2)设 N(0,2)，过点 P(－1，－2)作直线 l，交 M 的轨迹于不同 于 N 的 A，B 两点，直线 NA，NB 的斜率分别为 k1，k2，证明： k1＋k2 为定值．
则 a 的所有可能值为________．
解析 (1)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，∴a＝1. 当－1＜a＜0 时，f(a)＝sin(πa2)＝1，
∴πa2＝2kπ＋π2(k∈Z)．
∴a2＝2k＋12(k∈Z)，k 只取 0，此时 a2＝12，
[微题型 4] 由字母参数引起的分类讨论 【例 1－4】 已知函数 f(x)＝ln x－a2x2＋ax(a∈R)．
(1)求 f(x)的单调区间与极值； (2)若函数 f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，求实数 a 的取值范 围．
解 (1)函数 f(x)＝ln x－a2x2＋ax 的定义域为(0，＋∞)， f ′(x)＝1x－2a2x＋a＝－2a2x2x＋ax＋1 ＝－2ax＋x1ax－1
(ⅰ)当 a＝0 时，f ′(x)＝1x＞0， 所以 f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)， 此时 f(x)无极值． (ⅱ)当 a＞0 时，令 f′(x)＝0，得 x＝1a或 x＝－21a(舍去)． f(x)的单调递增区间为0，1a，单调递减区间为1a，＋∞，所以 f(x)有极大值为 f1a＝－ln a，无极小值．
[微题型 3] 由定理、性质、公式等引起的分类讨论 【例 1－3】 已知等差数列{an}的前 3 项和为 6，前 8 项和为－
4. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝(4－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
解 (1)设数列{an}的公差为 d，由已知，得
由所有满足A→P＝λA→B＋μA→C(1≤λ≤2,0≤μ≤1)的点 P 组成，则 D 的面积为________．
解析 分别令 λ＝1,2，μ 在[0,1]内变化，令 μ＝0,1，λ 在[1,2]
内变化．可得 D 为一个平行四边形区域，其面积为三角形 ABC
面积的两倍．直线 AB 的方程为 x－2y－3＝0，|AB|＝ 4＋1＝
▪ 第2讲 分类讨论思想、转化与 化归思想
▪ 1．分类讨论思想
▪ 分类讨论的思想是将一个较复杂的数学问 题分解(或分割)成若干个基础性问题，通过对 基础性问题的解答来实现解决原问题的思想 策略．对问题实行分类与整合，分类标准等 于增加一个已知条件，实现了有效增设，将 大问题(或综合性问题)分解为小问题(或基础 性问题)，优化解题思路，降低问题难度．
(ⅱ)当 a＞0 时， f(x)的单调递减区间为1a，＋∞，
依题意，得1a≤1， 得 a≥1. a＞0，
(ⅲ)当 a＜0 时， f(x)的单调递减区间为－21a，＋∞，
依题意，得－21a≤1， a＜0，
得 a≤－12.
综上，实数 a 的取值范围是－∞，－12∪[1，＋∞)．
探究提高 一般地，遇到题目中含有参数的问题，常常结合参 数的意义及对结果的影响进行分类讨论，此种题目为含参型， 应全面分析参数变化引起结论的变化情况，参数有几何意义时 还要考虑适当地运用数形结合思想，分类要做到分类标准明 确，不重不漏．
＝2k－(k－4)×42kk2k－－82k＝4. 当直线 l 的斜率不存在时，得 A(－1， 214)， B(－1，－ 214)，得 k1＋k2＝4.综上，恒有 k1＋k2＝4.
热点二 转化与化归思想在解题中的应用 [微题型 1] 特殊与一般的转化 【例 2－1】 已知点 A(1，－1)，B(3,0)，C(2,1)．若平面区域 D
∴||PPFF12||＝72. 若∠F1PF2＝90°，则|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2， ∴|PF1|2＋(6－|PF1|)2＝20， ∴|PF1|＝4，|PF2|＝2， ∴||PPFF12||＝2. 综上知，||PPFF12||＝72或 2.
探究提高 (1)本题中直角顶点的位置不定，影响边长关系，需 按直角顶点不同的位置进行讨论．(2)涉及几何问题时，由于几 何元素的形状、位置变化的不确定性，需要根据图形的特征进 行分类讨论．
(ⅲ)当 a＜0 时，令 f′(x)＝0，得 x＝1a(舍去)或 x＝－21a， 所 以 f(x) 的 单 调 递 增 区 间 为 0，－21a ， 单 调 递 减 区 间 为 －21a，＋∞，所以 f(x)有极大值为 f－21a＝ ln－21a－34＝－ln(－2a)－34，无极小值． (2)由(1)可知：(ⅰ)当 a＝0 时，f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增， 不合题意，
[微题型 3] 常量与变量的转化 【例 2－3】 对于满足 0≤p≤4 的所有实数 p，使不等式 x2＋px
＞4x＋p－3 成立的 x 的取值范围是________． 解析 设 f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3， 则当 x＝1 时，f(p)＝0.所以 x≠1. f(p)在 0≤p≤4 上恒正，等价于ff40＞＞00，， 即xx2－－13＞x0－，1＞0， 解得 x＞3 或 x＜－1. 答案 (－∞，－1)∪(3，＋∞)
[微题型 2] 由图形或图象位置不同引起的分类讨论 【例 1－2】 设 F1，F2 为椭圆x92＋y42＝1 的两个焦点，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|，求||PPFF12||的值． 解 若∠PF2F1＝90°. 则|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2， 又∵|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2 5， 解得|PF1|＝134，|PF2|＝43，
探究提高 在处理多变元的数学问题时，我们可以选取其中的 常数(或参数)，将其看做是“主元”，而把其它变元看做是常 量，从而达到减少变元简化运算的目的．
[微题型 4] 正与反的相互转化 【例 2－4】 若对于任意 t∈[1,2]，函数 g(x)＝x3＋m2 ＋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 ________． 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≥2x－3x 在 x∈(t,3)上恒 成立，∴m＋4≥2t －3t 恒成立，则 m＋4≥－1，
(1)解 由线段的垂直平分线的性质得|MF2|＝|MC|. 又|F1C|＝4 2，∴|MF1|＋|MC|＝4 2， ∴|MF2|＋|MF1|＝4 2＞4. ∴M 点的轨迹是以 F1，F2 为焦点，以 4 2为长轴长的椭圆． 由 c＝2，a＝2 2，得 b＝2. 故动点 M 的轨迹方程为x82＋y42＝1.