1、第第3 3讲讲 分类讨论思想、转化与化归思想分类讨论思想、转化与化归思想 第二部分第二部分 2021 内 容 索 引 01 02 一、分类讨论思想一、分类讨论思想 二、转化化归思想二、转化化归思想 一、分类讨论思想一、分类讨论思想 思想方法诠释思想方法诠释 1.分类讨论的思想含义分类讨论的思想含义 分类讨论分类讨论,就是当问题所给的对象不能进行统一研究时就是当问题所给的对象不能进行统一研究时,就需要对研究对就需要对研究对 象按某个标准分类象按某个标准分类,然后对每一类分别研究得出每一类的结论然后对每一类分别研究得出每一类的结论,最后综合最后综合 各类结果得到整个问题的结果各类结果得到整个问题的
2、结果.实质上实质上,分类讨论是“化整为零分类讨论是“化整为零,各个击破各个击破, 再积零为整”的数学策略再积零为整”的数学策略. 2.分类讨论的原则分类讨论的原则 (1)不重不漏不重不漏;(2)标准要统一标准要统一,层次要分明层次要分明;(3)能不分类的要尽量避免能不分类的要尽量避免,决不决不 无原则地讨论无原则地讨论. 3.分类讨论的常见类型分类讨论的常见类型 (1)由数学概念而引起的分类讨论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由数学运算要求而引起的分类讨 论论;(3)由性质、定理、公式的限制而引起的分类讨论由性质、定理、公式的限制而引起的分类讨论;(4)由图形的不
3、确定由图形的不确定 性而引起的分类讨论性而引起的分类讨论;(5)由参数的变化而引起的分类讨论由参数的变化而引起的分类讨论;(6)由实际意义由实际意义 引起的讨论引起的讨论. 思想分类应用思想分类应用 应用一应用一 由数学的概念、定理、公式引起的分类讨论由数学的概念、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: 2 +y2=1的两个焦 点,若 C上存在点 M满足 1 2 =0,则实数 m的取值范围是( ) A. 0, 1 2 2,+) B. 1 2 ,1 2,+) C. 0, 1 2 (1,2 D. 1 2 ,1 (1,2 答案 A 解析
4、 当焦点在 x轴上时,a2=m,b2=1,m1,由对称性可知当 M为上下顶点时, F1MF2最大,因为 1 2 =0,则F1MF2 2,F1MO 4, 所以 tanF1MO= tan 4=1,即 -1 1 1,解得 m2; 当焦点在 y 轴上时,a2=1,b2=m,0m1, 当 M 为左右顶点时,F1MF2最大,因为 1 2 =0, 则F1MF2 2,F1MO 4,所以 tanF1MO= tan 4=1, 即 1- 1,解得 00(n=1,2,3,),则q的取值范围 是 . 答案 (-1,0)(0,+) 解析 由an是等比数列,Sn0,可得a1=S10,q0,当q=1时,Sn=na10,符 合
5、题意; 当 q1 时,Sn=1(1- ) 1- 0,即1- 1- 0(n=1,2,3,), 则有 1- 0, 1- 0, 或 1- 0, 1- 0, 由得-1q0,或0q1. 综上,可得q的取值范围是(-1,0)(0,+). 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
6、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)“a0”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 答案 C 解析 (1)当a=0时,f(x)=|x|在区间(0,+)上单调递增;当a0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a0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)(2020广东茂名一模,理12)已知函数f
7、(x)= (aR),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) 2- + 1, 1, -ln, 1 答案 C 解析 当 a=0 时,f(x)= 1, 1, , 1,函数 f(x)无零点,舍去. 当 a0,f(1)=a-a+1=10. 则 x1 时,函数 f(x)与 x 轴只有一个交点; 当 a1 时,f(x)=x-aln x. f(x)=1- = - 0, 故函数f(x)在(1,+)上单调递增,则f(x)f(1)=1,即x1时,函数f(x)与x轴无交 点; 则当a0,且 x1 时,f(x)=ax2-ax+1 为开口向上,
8、对称轴为 x=1 2的二次函数. f 1 2 =a 1 2 2 -a 1 2+1=- 1 4a+1,f(1)=a-a+1=10. 函数 f(x)在(-,1最多有两个零点; 当 a0,且 x1 时,f(x)=x-aln x. f(x)=1- = - . 令f(x)=0,得x=a,当00,在(1,+)内单调递增,与已知矛盾,不符 合题意,舍去; 当a1时,x(a,+)时,f(x)单调递增,x(1,a)时,f(x)单调递减,f(a)=a-aln 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 1, 1 2 0, () 1, - 1 4 + 1 0, -ln 4.
9、故选 C. 应用二应用二 由参数引起的分类讨论由参数引起的分类讨论 【例例2】设函数设函数f(x)=ln(x+a)+x2.若若f(x)存在极值存在极值,求求a的取值范围的取值范围,并证明所并证明所 有极值之和大于有极值之和大于 lne 2. 解 f(x)的定义域为(-a,+),f(x)=2 2+2+1 + ,记 g(x)=2x2+2ax+1,其判别式为 =4a2-8. 若 0,即- 2 a 2时,f(x)0 在(-a,+)上恒成立,所以 f(x)无极值. 若 0,即 a 2或 a- 2时,g(x)=0 有两个不同的实根 x1= - 2-2 2 和 x2= -+ 2-2 2 ,且 x1x2,由根
10、与系数的关系可得 1 + 2= -, 1 2= 1 2 , 即 (1+ ) + (2+ ) = , (1+ ) (2+ ) = 1 2 . ()当 a- 2时,有 x1+a0,x2+a0,即x1-a,x2 2时,有 x1+a0,x2+a0,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( 2,+). f(x)的极值之和为 f(x1)+f(x2)=ln(x1+a)+1 2+ln(x2+a)+22=ln(x1+a)(x2+a)+(1 + 2)2-2x1x2,而 ln(x1+
11、a)(x2+a)=ln1 2,(x1+x2) 2-2x1x2=(-a)2-2 1 2=a 2-1,所以 f(x1)+f(x2)=ln1 2+a 2-1ln1 2+1=ln e 2. 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)=mln x-x+ (mR). (1)讨论f(x)的单调性; (2)略 解 (1)由题意得 x(0,+),f(x)= -1- 2=- 2-+ 2 , 令 g(x)=
12、x2-mx+m,=m2-4m=m(m-4). 当 0m4时,0,g(x)0恒成立,则 f(x)0,f(x)在(0,+)上单调递减. 当 m0,函数 g(x)与 x轴有两个不同的交点 x1,x2(x1x2), x1+x2=m0,x1x2=m0,则 x10, 所以当 x 0, + 2-4 2 时,g(x)0,f(x)单调递增; 当 x + 2-4 2 , + 时,g(x)0,f(x)4时,0,函数 g(x)与 x轴有两个不同的交点 x1,x2(x10,x1x2=m0,则 x10,x20,所以 x 0, - 2-4 2 时, g(x)0,f(x)0,f(x)单调递减;x - 2-4 2 , + 2-
13、4 2 时, g(x)0,f(x)单调递增;x + 2-4 2 , + 时, g(x)0,f(x)0,f(x)单调递减. 综上所述,当 0m4时,f(x)在(0,+)上单调递减. 当 m4时,x 0,- 2-4 2 时,f(x)单调递减; x - 2-4 2 , + 2-4 2 时,f(x)单调递增; x + 2-4 2 , + 时,f(x)单调递减. 应用三应用三 由图形位置或形状引起的分类讨论由图形位置或形状引起的分类讨论 【例3】 设F1,F2为椭圆 2 9 + 2 4 =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 1 2 的
14、值为 . 答案 7 2或 2 解析 由题可得 c= 5. 若PF2F1=90,则|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2, 又因为|PF1|+|PF2|=6,|F1F2|=2 5, 解得|PF1|=14 3 ,|PF2|=4 3, 所以 1 2 = 7 2. 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 1 2 =2. 综上知, 1 2 的值为 7 2或 2. 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
15、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|=432,则曲线C的离心率等于 . 答案 1 2 或 3 2 解析 不妨设|PF1|=4t,|F1F2|=3t,|PF2|=2t,其中t0. 若该曲线为椭圆,则有|PF1|+|PF2|=6t=2a, |F1F2|=3t=2c,e= = 2 2 = 3 6 = 1 2; 若该曲线为双曲线, 则有|PF1|-|PF2|=2t=2a, |F1F2|=3t=2c,e= = 2 2 = 3 2 = 3 2. 应用方法归纳应用方法归纳 1.简化分类讨论的策略简化分类讨论的策略:(1)消去参数消去参数;(2)
16、整体换元整体换元;(3)变更主元变更主元;(4)考虑反考虑反 面面;(5)整体变形整体变形;(6)数形结合数形结合;(7)缩小范围等缩小范围等. 2.分类讨论遵循的原则分类讨论遵循的原则:不遗漏、不重复不遗漏、不重复,科学地划分科学地划分,分清主次分清主次,不越级讨不越级讨 论论. 二、转化化归思想二、转化化归思想 转化与化归思想方法,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. 思想方法诠释思想方法诠释 1.转化
17、与化归思想的含义转化与化归思想的含义 转化与化归的思想方法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就是在研究和解决有关数学问题时,采用某种手采用某种手 段将问题通过变换使之转化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进而得到解决的一种思想方法. 2.转化与化归的原则转化与化归的原则 (1)熟悉化原则熟悉化原则;(2)简单化原则简单化原则;(3)直观化原则直观化原则;(4)正难则反原则正难则反原则;(5)等价性等价性 原则原则. 3.常见的转化与化归的方法常见的转化与化归的方法 (1)直接转化法直接转化法;(2)换元法换元法;(3)数形结合法数形结合法;(4)构造法构造法
18、;(5)坐标法坐标法;(6)类比类比 法法;(7)特殊化方法特殊化方法;(8)等价问题法等价问题法;(9)补集法补集法;(10)参数法参数法. 思想分类应用思想分类应用 应用一应用一 特殊与一般化特殊与一般化 【例 1】(1)e 4 16 , e5 25 , e6 36(其中 e 为自然常数)的大小关系是( ) A.e 4 16 e5 25 e6 36 B.e 6 36 e5 25 e4 16 C.e 5 25 e4 16 e6 36 D.e 6 36 e4 16 0的部 分.f(4)=e 4 16,f(5)= e5 25,f(6)= e6 36.而 f(x)= e 2 = e 2-e 2 4
19、 = e(2-2) 4 = e(-2) 3 . 令 f(x)0,得 x2,即函数 f(x)在(2,+)内单调递增,因此有 f(4)f(5)f(6),即 e4 16 e5 25 e6 36. (2)(2020 河北武邑中学三模,16)已知实数 a,b,c,d 满足-2e = 2- -1=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 . 答案 25 2 解析 因为实数a,b,c,d满足 =1,所以b=a-2ea,d=3-c, 所以点(a,b)在曲线y=x-2ex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-2ex上的点到曲线
20、y=3-x上的点的距离的平方,最小值即 为曲线y=x-2ex上与直线y=3-x平行的切线, -2e = 2- -1 因为y=1-2ex,求曲线y=x-2ex上与直线y=3-x平行的切线, 即y=1-2ex=-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=|0-2-3| 1+1 = 5 2 2 ,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=25 2 . 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
21、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 0x ln3+1 3 +1 e B. 2+1 e 2 +1 e ln3+1 3 C.ln3+1 3 +1 e 2+1 e 2 D.ln3+1 3 2+1 e 2 +1 e 答案 B 解析 设 f(x)=+1 e ,则 f(x)=- e,令 f(x)0,解得 x0,令 f(x)0, 则f(x)在(-,0)内单调递增,在(0,+)上单调递减, 若0x1,则0x2x1f(x)f(ln 3), 即 2+1 e2
22、+1 e ln3+1 3 ,故选 B. 应用二应用二 命题等价转化命题等价转化 【例例2】(2020上海考前压轴卷上海考前压轴卷,11)已知已知a,b,2c是平面内三个单位向量是平面内三个单位向量,若若 ab,则则|a+4c|+2|3a+2b-c|的最小值是的最小值是 . 答案 4 5 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| = ( + 2)2+ 2+ (-6)2+ (-4)2
23、, 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 2 1+(-2)2 = 2 51,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= (-2-6)2+ (0-4)2=4 5. 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ab”,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
24、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,x20,t+1,总有|f(x1)-f(x2)|2,则实数t的取值范围为( ) A.- 2, 2 B.1, 2 C.2,3 D.1,2 答案 B 解析 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=t1. 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,x20,t+1, 都有|f(x1)-f(x2)|2, 只
25、要 f(0)-f(t)2 即可,即 1-(t2-2t2+1)2,解得- 2 t 2. 又因为 t1,则 1t 2.故选 B. (2)(2020 河北武邑中学三模,5)若数列an的前 n 项和为 Sn,且 a1=1,a2=2,(Sn+1)(Sn+2+1)=(+1+ 1)2,则 Sn=( ) A.(+1) 2 B.2 n-1 C.2n-1 D.2 n-1 +1 答案 C 解析 (Sn+1)(Sn+2+1)=(+1+ 1)2,令 bn=Sn+1,bn bn+2=+1 2 ,可得bn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 1=2,bn=
26、b1 q n-1 =22 n-1 =2n. Sn=bn-1=2n-1,故选 C. 应用三应用三 常量与变量的转化常量与变量的转化 【例例3】已知函数已知函数f(x)=x3+3ax-1,g(x)=f(x)-ax-5,其中其中f(x)是是f(x)的导函数的导函数. 对满足对满足-1a1的一切的一切a的值的值,都有都有g(x)0,则实数则实数x的取值范围为的取值范围为 . 答案 - 2 3 ,1 解析 由题意,知g(x)=3x2-ax+3a-5,令(a)=(3-x)a+3x2-5,-1a1. 问题转化为对-1a1,恒有 g(x)0,即 (a)0,所以 (1) 0, (-1) 0, 即 3 2-2 0
27、, 32+ -8 0,解得- 2 3x1. 故当 x - 2 3 ,1 时,对满足-1a1 的一切 a 的值,都有 g(x)bc C.bca D.bac 答案 D 解析 令f(x)=x2-2xlg b+lg blg 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=4lg2b-4lg blg c0. 因为b1,c1,故lg b0,lg c0,所以lg blg c,即bc. 又f(lg b)=lg blg c-lg2b=lg b(lg c-lg b),f(lg c)=lg2c-lg blg c=lgc(lg c-lg b), 若b=c,则f(lg b)=f(lg c)=
28、0,故lg a=lg b=lg c,即a=b=c. 若bc,则f(lg b)0,f(lg c)0,利用二次函数图象, 可得lg alg clg b或lg clg blg a,即acb或cb1,都有f(x+t)3ex,求m的最大值. 解 因为当t-1,+),且x1,m时,x+t0,所以f(x+t)3ex等价于ex+tex, 则t1+ln x-x. 所以原命题等价转化为:存在实数t-1,+),使得不等式t1+ln x-x对任意 x1,m恒成立. 令h(x)=1+ln x-x(1xm). 因为h(x)= -10,所以函数h(x)在1,+)内为减函数. 1 又x1,m,所以h(x)min=h(m)=1
29、+ln m-m. 所以要使得对任意x1,m,t值恒存在,只需1+ln m-m-1. 因为h(3)=ln 3-2=ln 1 e 3 e ln 1 e=-1,h(4)=ln 4-3=ln 1 e 4 e2 ln1 e=-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. 应用五应用五 正难则反的转化正难则反的转化 【例 5】 若对于任意 t1,2,函数 g(x)=x3+ 2 +2 x2-2x 在区间(t,3)上总不为 单调函数,则实数 m 的取值范围是 . 答案 - 37 3 ,-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
30、,则有两种 情况:g(x)0在(t,3)上恒成立;g(x)0在(t,3)上恒成立. 由得 3x2+(m+4)x-20,即 m+4 2 -3x在 x(t,3)上恒成立,即 m+4 2 -3t 恒成立,则 m+4-1,即 m-5; 由得 m+4 2 -3x在 x(t,3)上恒成立,则 m+4 2 3-9,即 m- 37 3 . 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 - 37 3 ,-5 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
31、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) 答案 30 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 =66=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. C4 2 A3 3 A3 3 应用方法归纳应用方法归纳 1.在应用化归与转化的思想方法去解决数
32、学问题时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在三角函数和解三角形中,主要的方法有公式的“三用”主要的方法有公式的“三用”(顺用、逆用、顺用、逆用、 变形用变形用),角度的转化角度的转化,函数的转化函数的转化,通过正弦、余弦定理实现边角关系的相通过正弦、余弦定理实现边角关系的相 互转化互转化. (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在利用导数研究函数问题时,常将函数的单调性、极值常将函数的单调性、极值(最值最值)、切线问、切线问 题题,转化为由其导函数转化为由其导函数f(x)构成的方程、不等式问题求解构成的方程、不等式问题求解.
