2018届二轮复习分类讨论思想、转化与化归思想学案文（全国通用）
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)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0
1两种情况讨论.
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)＝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).
(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，
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.本题中参数a与自变量x的取值影响导数的符号应进行讨论.
(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)＝－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∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.
综上，知当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(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＝处取得最大值，最大值为f＝ln ＋a＝－ln a＋a－1.
因此f＞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＋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】 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 令a＝b＝c，则△ABC为等边三角形，且cos A＝cos C＝，代入所求式子，得＝＝.
答案
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≤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＝ln4x＋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≥－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的取值范围为－3或x<－1.
答案 (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，
∴即
解得－
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