【精品】2019高考数学二轮复习专题七数学思想方法选用第2讲分类讨论思想转化与化归思想学案.pdf

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1、1第 2 讲分类讨论思想、转化与化归思想高考定位分类讨论思想，转化与化归思想近几年高考每年必考，一般体现在解析几何、函数与导数解答题中，难度较大1中学数学中可能引起分类讨论的因素(1)由数学概念而引起的分类讨论：如绝对值的定义、不等式的定义、二次函数的定义、直线的倾斜角等(2)由数学运算要求而引起的分类讨论：如除法运算中除数不为零，偶次方根为非负数，对数运算中真数与底数的要求，指数运算中底数的要求，不等式中两边同乘以一个正数、负数，三角函数的定义域，等比数列an的前n项和公式等(3)由性质、定理、公式的限制而引起的分类讨论：如函数的单调性、基本不等式等(4)由图形的不确定性而引起的分类讨论：如

2、二次函数图象、指数函数图象、对数函数图象等(5)由参数的变化而引起的分类讨论：如某些含有参数的问题，由于参数的取值不同会导致所得的结果不同，或者由于对不同的参数值要运用不同的求解或证明方法等2常见的转化与化归的方法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常见的转化方法有：(1)直接转化法：把原问题直接转化为基本定理、基本公式或基本图形问题(2)换元法：运用“换元”把式子转化为有理式或使整式降幂等，把较复杂的函数、方程、不等式问题转化为易于解决的基

3、本问题(3)数形结合法：研究原问题中数量关系(解析式)与空间形式(图形)关系，通过互相变换获得转化途径(4)等价转化法：把原问题转化为一个易于解决的等价命题，达到化归的目的(5)特殊化方法：把原问题的形式向特殊化形式转化，并证明特殊化后的问题结论适合原问题(6)构造法：“构造”一个合适的数学模型，把问题变为易于解决的问题(7)坐标法：以坐标系为工具，用计算方法解决几何问题是转化方法的一个重要途径(8)类比法：运用类比推理，猜测问题的结论，易于确定(9)参数法：引进参数，使原问题转化为熟悉的形式进行解决(10)补集法：如果正面解决原问题有困难，可把原问题的结果看作集合A，而把包含该问题2的整体问

4、题的结果类比为全集U，通过解决全集U及补集?UA获得原问题的解决，体现了正难则反的原则热点一分类讨论思想的应用 应用 1 由性质、定理、公式的限制引起的分类【例11】(1)设数列 an 的前n项和为Sn，已知2Sn3n3，则数列 an 的通项an_(2)已知实数a0，函数f(x)2xa，x0时，1a1，这时f(1 a)2(1 a)a2a，f(1 a)(1 a)2a 13a.由f(1 a)f(1 a)得 2a 13a，解得a32，不合题意，舍去；当a1，1a1，这时f(1 a)(1 a)2a 1a，f(1a)2(1 a)a23a.由f(1 a)f(1 a)得 1a23a，解得a34.综上可知，a

5、的值为34.答案(1)3，n1，3n1，n2(2)34探究提高由性质、定理、公式的限制引起的分类整合法往往是因为有的数学定理、公式、性质是分类给出的，在不同的条件下结论不一致的情况下使用，如等比数列的前n项和公式、函数的单调性等 应用 2 由数学运算要求引起的分类【例 1 2】(1)不等式|x|2x3|2 的解集是()A(，53)(1，)3B(，1)53，C.，53 1，)D(，1)53，(2)已知mR，则函数f(x)(4 3m)x22xm在区间 0，1 上的最大值为_解析(1)原不等式可转化为x32，x（2x 3）2，或32x0，x（2x3）2或x0，x（2x3）2.解得x53或1x0 或x

6、0，故原不等式的解集为，53 1，)(2)当 43m 0，即m43时，函数y 2x43，它在 0，1 上是减函数，所以ymaxf(0)43.当 4 3m0,即m43时，y是二次函数当 43m0，即m43时，二次函数y的图象开口向上，对称轴方程x143m0，它在 0，1 上的最大值只能在区间端点取得(由于此处不涉及最小值，故不需讨论区间与对称轴的关系)f(0)m，f(1)22m，当m2 2m，又m43，即23m43时，ymaxm.当m22m，又m43，即m23时，ymax2(1 m)当 4 3m0，即m43时，二次函数y的图象开口向下，又它的对称轴方程x143m0，所以函数y在0，1 上是减函数

7、，于是ymaxf(0)m.由、可知，这个函数的最大值为4ymax2 2m，m23，m，m23.答案(1)C(2)ymax22m，m23，m，m23探究提高由数学运算要求引起的分类整合法，常见的类型有除法运算中除数不为零，偶次方根的被开方数为非负，对数运算中真数与底数的要求，指数运算中底数的要求，不等式两边同乘以一个正数、负数问题，含有绝对值的不等式求解，三角函数的定义域等，根据相应问题中的条件对相应的参数、关系式等加以分类分析，进而分类求解与综合 应用 3 由参数变化引起的分类【例 1 3】已知函数f(x)ln xa(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2

8、a2 时，求a的取值范围解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)1xa.若a0，则f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递增若a0，则当x 0，1a时，f(x)0；当x1a，时，f(x)0，所以f(x)在 0，1a上单调递增，在1a，上单调递减综上，知当a0 时，f(x)在(0，)上单调递增；当a0 时，f(x)在 0，1a上单调递增，在1a，上单调递减(2)由(1)知，当a0时，f(x)在(0，)上无最大值；当a0 时，f(x)在x1a处取得最大值，最大值为f1aln 1aa11a ln aa 1.因此f1a2a2 等价于 ln aa10.令g(a)ln aa1，则g(a)在(0，)上

9、单调递增，g(1)0.于是，当0a 1 时，g(a)0；当a1 时，g(a)0.因此，a的取值范围是(0，1)探究提高由参数的变化引起的分类整合法经常用于某些含有参数的问题，如含参数的方程、不等式，由于参数的取值不同会导致所得结果不同，或对于不同的参数值要运用不同的5求解或证明方法热点二转化与化归思想 应用 1 换元法【例 2 1】已知实数a，b，c满足abc0，a2b2c21，则a的最大值是 _解析令bx，cy，则xya，x2y21a2.此时直线xya与圆x2y21a2有交点，则圆心到直线的距离d|a|21a2，解得a223，所以a的最大值为63.答案63探究提高换元法是一种变量代换，也是一

10、种特殊的转化与化归方法，是用一种变数形式去取代另一种变数形式，是将生疏(或复杂)的式子(或数)，用熟悉(或简单)的式子(或字母)进行替换；化生疏为熟悉、复杂为简单、抽象为具体，使运算或推理可以顺利进行 应用 2 特殊与一般的转化【例 2 2】过抛物线yax2(a0)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1p1q等于()A2aB.12a C4a D.4a解析抛物线yax2(a0)的标准方程为x21ay(a0)焦点F0，14a，取过焦点F的直线垂直于y轴，则|PF|QF|12a，所以1p1q4a.答案C 探究提高一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单特殊问题

11、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 应用 3 常量与变量的转化【例23】对任意的|m|2，函数f(x)mx22x1m恒为负，则x的取值范围为_解析对任意的|m|2，有mx22x1m0 恒成立，即|m|2 时，(x21)m2x10恒成立设g(m)(x21)m2x 1，则原问题转化为g(m)0 恒成立(m 2，2)6所以g（2）0，g（2）0，即2x22x30，2x22x10.解得712x312，即实数x的取值范围为7 12，312.答案712，312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参数，将其看作是“主元”，而把其它变元看作是常量，

12、从而达到减少变元简化运算的目的 应用 4 正与反的相互转化【例 2 4】若对于任意t1，2，函数g(x)x3m22x22x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(m4)x2，若g(x)在区间(t，3)上总为单调函数，则g(x)0在(t，3)上恒成立，或g(x)0 在(t，3)上恒成立由得 3x2(m4)x20，即m42x3x在x(t，3)上恒成立，m42t3t恒成立，则m4 1，即m 5；由得m42x3x在x(t，3)上恒成立，则m4239，即m373.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373m 5.答案373，5探究提高否定性命题

13、，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.1分类讨论思想的本质是“化整为零，积零为整”用分类讨论的思维策略解数学问题的操作过程：明确讨论的对象和动机确定分类的标准逐类进行讨论归纳综合结论检验分类是否完备(即分类对象彼此交集为空集，并集为全集)做到“确定对象的全体，明确分类的标准，分类不重复、不遗漏”的分析讨论常见的分类讨论问题有：(1)集合：注意集合中空集讨论(2)函数：对数函数或指数函数中的底数a，一般应分a1 和 0a 1 的讨

14、论；函数yax27bxc有时候分a0 和a0的讨论；对称轴位置的讨论；判别式的讨论(3)数列：由Sn求an分n1 和n1 的讨论；等比数列中分公比q1 和q1 的讨论(4)三角函数：角的象限及函数值范围的讨论(5)不等式：解不等式时含参数的讨论，基本不等式相等条件是否满足的讨论(6)立体几何：点线面及图形位置关系的不确定性引起的讨论；(7)平面解析几何：直线点斜式中k分存在和不存在，直线截距式中分b0 和b0 的讨论；轨迹方程中含参数时曲线类型及形状的讨论(8)排列、组合、概率中的分类计数问题(9)去绝对值时的讨论及分段函数的讨论等2转化与化归思想遵循的原则：(1)熟悉已知化原则：将陌生的问题

15、转化为熟悉的问题，将未知的问题转化为已知的问题，以便于我们运用熟知的知识、经验和问题来解决(2)简单化原则：将复杂问题化归为简单问题，通过对简单问题的解决，达到解决复杂问题的目的，或获得某种解题的启示和依据(3)和谐统一原则：转化问题的条件或结论，使其表现形式更符合数与形内部所表示的和谐统一的形式；或者转化命题，使其推演有利于运用某种数学方法或符合人们的思维规律(4)正难则反原则：当问题正面讨论遇到困难时，应想到问题的反面，设法从问题的反面去探讨，使问题获得解决.一、选择题1等比数列 an 中，a37，前 3 项之和S321，则公比q的值是()A1 B12C1 或12D 1 或12解析当公比q

16、1 时，a1a2a3 7，S33a121，符合要求当q1 时，a1q27，a1（1q3）1q21，解之得，q12或q1(舍去)综上可知，q 1 或12.答案C 2过双曲线x2a2y2b21(a0，b0)上任意一点P，引与实轴平行的直线，交两渐近线于R，Q两点，则PRPQ的值为()Aa2Bb2C2abDa2b2解析当直线PQ与x轴重合时，|PR|PQ|a，故选 A.8答案A 3函数f(x)2xx32 在区间(0，1)内的零点个数是()A0 B1 C2 D3 解析法一函数f(x)2xx32 在区间(0，1)内的零点个数即函数y12x2 与y2x3的图象在区间(0，1)内的交点个数作图(图略)，可知

17、在(0，)内最多有一个交点，故排除 C，D项；当x0 时，y1 1y20，当x 1 时，y10y2 1，因此在区间(0，1)内一定会有一个交点，所以A项错误选B.法二因为f(0)102 1，f(1)21321，所以f(0)f(1)0.又函数f(x)在(0，1)内单调递增，所以f(x)在(0，1)内的零点个数是1.答案B 4已知函数f(x)ln x14x34x1，g(x)x22bx4，若对任意的x1(0，2)，任意的x21，2，不等式f(x1)g(x2)恒成立，则实数b的取值范围是()A.，142B(1，)C.1，142D.1，142解析依题意，问题等价于f(x1)ming(x2)max.f(x

18、)ln x14x34x1(x0)，所以f(x)1x1434x24xx234x2.由f(x)0，解得 1x3，故函数f(x)的单调递增区间是(1，3)，同理得f(x)的单调递减区间是(0，1)和(3，)，故在区间(0，2)上，x1 是函数f(x)的极小值点，这个极小值点是唯一的，所以f(x1)minf(1)12.函数g(x2)x222bx24，x21，2 当b1 时，g(x2)maxg(1)2b5；当 1b2时，g(x2)maxg(b)b24；当b2 时，g(x2)maxg(2)4b8.故问题等价于b 1，122b5或1b2，12b24或b2，124b8.解第一个不等式组得b 1，9解第二个不等

19、式组得1b142，第三个不等式组无解综上所述，b的取值范围是，142.故选 A.答案A 二、填空题5若数列 an的前n项和Sn 3n1，则它的通项公式an _解析当n2 时，anSnSn13n1(3n 11)23n1；当n1 时，a1S12，也满足式子an23n1，数列 an 的通项公式为an23n1.答案23n16 在ABC中，点M，N满足AM 2MC，BNNC，若MNxAByAC，则x_，y_解析不妨设ACAB，且AB4，AC3，以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图所示则A(0，0)，B(4，0)，C(0，3)，M(0，2)，N2，32，那么MN 2，

20、12，AB(4，0)，AC(0，3)，由MNxAByAC，可得2，12x(4，0)y(0，3)，即 2，12(4x，3y)，则有4x2，3y12，解得x12，y16.答案12167设F1，F2为椭圆x29y241 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|，则|PF1|PF2|的值为 _解析若PF2F190，则|PF1|2|PF2|2|F1F2|2.10|PF1|PF2|6，|F1F2|25，解得|PF1|143，|PF2|43，|PF1|PF2|72.若F2PF190，则|F1F2|2|PF1|2|PF2|2|PF1|2(6|PF1|)2，解

21、得|PF1|4，|PF2|2，|PF1|PF2|2.综上所述，|PF1|PF2|2 或72.答案2 或728已知a为正常数，若不等式1x1x2x22a对一切非负实数x恒成立，则a的最大值为_解析原不等式即x22a1x21x(x0)，(*)令1xt，t1，则xt21，所以(*)式可化为（t21）22a1t212tt22t12（t1）22对t1 恒成立，所以（t1）2a 1 对t1 恒成立，又a为正常数，所以a(t1)2min4，故a的最大值是 4.答案4 三、解答题9数列 an中，a18，a42，且满足an22an1an0.(1)求数列的通项公式；(2)设Sn|a1|a2|an|，求Sn.解(1

22、)an22an1an0，所以an2an1an1an，所以 an1an 为常数列，所以 an 是以a1为首项的等差数列设ana1(n1)d，则a4a13d，所以d283 2，所以an102n.11(2)因为an102n，令an0，得n 5.当n5 时，an 0；当n5 时，an 0；当n5 时，an 0.令Tna1a2an，则Tnn29n.所以当n5 时，Sn|a1|a2|an|a1a2a5(a6a7an)T5(TnT5)2T5Tnn29n 40，当n5 时，Sn|a1|a2|an|a1a2anTn9nn2.所以Sn9nn2（n5），n29n40 （n5）.10已知函数g(x)axx 1(aR)

23、，f(x)ln(x1)g(x)(1)若函数g(x)过点(1，1)，求函数f(x)的图象在x 0 处的切线方程；(2)判断函数f(x)的单调性解(1)因为函数g(x)过点(1，1)，所以 1a11，解得a 2，所以f(x)ln(x 1)2xx 1.由f(x)1x12（x1）2x3（x 1）2，则f(0)3，所以所求的切线的斜率为3.又f(0)0，所以切点为(0，0)，故所求的切线方程为y3x.(2)因为f(x)ln(x1)axx1(x 1)，所以f(x)1x1a（x1）ax（x1）2x 1a（x1）2.当a0时，因为x 1，所以f(x)0，故f(x)在(1，)上单调递增；当a 0时，由f（x）0

24、，x 1，得 1x 1a，故f(x)在(1，1a)上单调递减；由f（x）0，x 1，得x 1a，故f(x)在(1a，)上单调递增12综上，当a0 时，函数f(x)在(1，)上单调递增；当a0 时，函数f(x)在(1，1a)上单调递减，在(1a，)上单调递增11已知椭圆x2a2y2b21(ab0)的一个焦点与抛物线y243x的焦点F重合，且椭圆短轴的两个端点与点F构成正三角形(1)求椭圆的方程；(2)若过点(1，0)的直线l与椭圆交于不同的两点P，Q，试问在x轴上是否存在定点E(m，0)，使PEQE恒为定值？若存在，求出E的坐标，并求出这个定值；若不存在，请说明理由解(1)由题意，知抛物线的焦点

25、为F(3，0)，所以ca2b23.因为椭圆短轴的两个端点与F构成正三角形，所以b3331.可求得a2，故椭圆的方程为x24y2 1.(2)假设存在满足条件的点E，当直线l的斜率存在时设其斜率为k，则l的方程为yk(x1)由x24y21，yk（x1），得(4k2 1)x28k2x4k240.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，所以x1x28k24k2 1，x1x24k244k21.则PE(mx1，y1)，QE(mx2，y2)，所以PEQE(mx1)(mx2)y1y2m2m(x1x2)x1x2y1y2m2m(x1x2)x1x2k2(x1 1)(x21)m28k2m4k214k244k21k24k244k218k24k211（4m28m1）k2（m24）4k2113（4m28m1）k214（m24）14（4m28m 1）4k2114(4m28m1)2m1744k21.要使PEQE为定值，则2m1740，即m178，此时PEQE3364.当直线l的斜率不存在时，不妨取P1，32，Q1，32，由E178，0，可得PE98，32，QE98，32，所以PEQE8164343364.综上，存在点E178，0，使PEQE为定值3364.