2019届二轮复习第3讲 分类讨论、转化与化归思想学案(全国通用)

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2019届二轮复习第3讲 分类讨论、转化与化归思想学案(全国通用)

第3讲 分类讨论、转化与化归思想 数学思想解读 1.分类讨论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)在[0,+∞)上是增函数,则a=________.‎ ‎(2)在等比数列{an}中,已知a3=,S3=,则a1=________.‎ 解析 (1)若a>1,有a2=4,a-1=m.‎ 解得a=2,m=.‎ 此时g(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)(2018·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)=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|,则的值为________.‎ 解析 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,=或2.‎ 答案 或2‎ 应用3 由变量或参数引起的分类讨论 ‎【例3】 已知f(x)=x-aex(a∈R,e为自然对数的底数).‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性;‎ ‎(2)若f(x)≤e2x对x∈R恒成立,求实数a的取值范围.‎ 解 (1)f′(x)=1-aex,‎ 当a≤0时,f′(x)>0,函数f(x)是(-∞,+∞)上的单调递增函数;‎ 当a>0时,由f′(x)=0得x=-ln a,‎ 若x∈(-∞,-ln a),则f′(x)>0;当x∈(-ln a,+∞),则f′(x)<0.‎ 所以函数f(x)在(-∞,-ln a)上的单调递增,在(-ln a,+∞)上的单调递减.‎ ‎(2)f(x)≤e2xa≥-ex,‎ 设g(x)=-ex,则g′(x)=.‎ 当x<0时,1-e2x>0,g′(x)>0,‎ ‎∴g(x)在(-∞,0)上单调递增.‎ 当x>0时,1-e2x<0,g′(x)<0,‎ ‎∴g(x)在(0,+∞)上单调递减.‎ 所以g(x)max=g(0)=-1,所以a≥-1.‎ 故a的取值范围是[-1,+∞).‎ 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】 已知函数f(x)=4x3+3tx2-6t2x+t-1,x∈R,其中t∈R.当t≠0时,求f(x)的单调区间.‎ 解 f′(x)=12x2+6tx-6t2.‎ 令f′(x)=0,解得x=-t或x=.‎ 因为t≠0,所以分两种情况讨论:‎ ‎①若t<0,则<-t.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(-t,+∞)‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ f(x)‎    所以,f(x)的单调递增区间是,(-t,+∞);‎ f(x)的单调递减区间是.‎ ‎②若t>0,则-t<.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(-∞,-t)‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ f(x)‎    所以,f(x)的单调递增区间是(-∞,-t),;‎ f(x)的单调递减区间是.‎ 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+等于(  )‎ A.2a B. C.4a D. ‎(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=y(a>0),焦点F.‎ 过焦点F作直线垂直于y轴,则|PF|=|QF|=,‎ ‎∴+=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|‎ ‎=+ ‎=+,‎ 令y=+,‎ 则y2=10+2∈[16,20].‎ 由此可得(|a+b|+|a-b|)max==2,‎ ‎(|a+b|+|a-b|)min==4,‎ 即|a+b|+|a-b|的最小值是4,最大值是2.‎ 答案 (1)C (2)4 2 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】 (1)如果a1,a2,…,a8为各项都大于零的等差数列,公差d≠0,那么(  )‎ A.a1a8>a4a5 B.a1a8a4+a5 D.a1a8=a4a5‎ ‎(2)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=________.‎ 解析 (1)取特殊数列{an},其中an=n(n∈N*).‎ 显然a1·a8=81,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≤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>ln=-1,‎ h(4)=ln 4-3=ln0恒成立,‎ 则即 解得log2x<-1或log2x>3,即08,‎ 故实数x的取值范围是∪(8,+∞).‎ ‎(2)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≥-3x.‎ 当x∈(t,3)时恒成立,∴m+4≥-3t恒成立,‎ 则m+4≥-1,即m≥-5;‎ 由②得m+4≤-3x,当x∈(t,3)时恒成立,则m+4≤-9,即m≤-.‎ ‎∴使函数g(x)在区间(t,3)上总不为单调函数的m的取值范围是.‎ 答案 (1)∪(8,+∞) (2) 探究提高 1.第(1)题是把关于x的函数转化为在[0,4]内关于t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.‎ ‎2.第(2)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.‎ ‎【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,‎ ‎∴即解得-
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