2019届二轮复习第3讲　分类讨论、转化与化归思想课件（33张）（全国通用） 33页

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 . 即 2 q 2 － q － 1 ＝ 0 ， 探究提高　 1. 指数函数、对数函数的单调性取决于底数 a ，因此，当底数 a 的大小不确定时，应分 0< a <1 ， a >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 . 解析　 (1) 当 n ＝ 1 时， a 1 ＝ S 1 ＝ 2 a 1 － 2 ，解得 a 1 ＝ 2. 因为 S n ＝ 2 a n － 2 ，当 n ≥ 2 时， S n － 1 ＝ 2 a n － 1 － 2 ， 两式相减得， a n ＝ 2 a n － 2 a n － 1 ，即 a n ＝ 2 a n － 1 ， 则数列 { a n } 为首项为 2 ，公比为 2 的等比数列， 则 S 5 － S 4 ＝ a 5 ＝ 2 5 ＝ 32. (2) f (1) ＝ e 0 ＝ 1 ，即 f (1) ＝ 1. 由 f (1) ＋ f ( a ) ＝ 2 ，得 f ( a ) ＝ 1. 当 a ≥ 0 时， f ( a ) ＝ 1 ＝ e a － 1 ，所以 a ＝ 1. 当－ 1< a <0 时， f ( a ) ＝ sin(π a 2 ) ＝ 1 ， (2) 不妨设 | PF 1 | ＝ 4 t ， | F 1 F 2 | ＝ 3 t ， | PF 2 | ＝ 2 t ，其中 t ≠0. 若该曲线为椭圆，则有 | PF 1 | ＋ | PF 2 | ＝ 6 t ＝ 2 a ， 若该曲线为双曲线，则有 | PF 1 | － | PF 2 | ＝ 2 t ＝ 2 a ， 探究提高　 1. 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 . 2 . 相关计算中，涉及图形问题时，也常按图形的位置不同、大小差异等来分类讨论 . 解析　 若 ∠ PF 2 F 1 ＝ 90°. 则 | PF 1 | 2 ＝ | PF 2 | 2 ＋ | F 1 F 2 | 2 ， 若 ∠ F 1 PF 2 ＝ 90° ，则 | F 1 F 2 | 2 ＝ | PF 1 | 2 ＋ | PF 2 | 2 ，所以 | PF 1 | 2 ＋ (6 － | PF 1 |) 2 ＝ 20 ， 应用 3 　由变量或参数引起的分类讨论 【例 3 】 已知 f ( x ) ＝ x － a e x ( 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 ) ≤ e 2 x 对 x ∈ R 恒成立，求实数 a 的取值范围 . 解　 (1) f ′( x ) ＝ 1 － a e x ， 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 . 当 x <0 时， 1 － e 2 x >0 ， g ′( x )>0 ， ∴ g ( x ) 在 ( － ∞ ， 0) 上单调递增 . 当 x >0 时， 1 － e 2 x <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 ) ＝ 4 x 3 ＋ 3 tx 2 － 6 t 2 x ＋ t － 1 ， x ∈ R ，其中 t ∈ R . 当 t ≠0 时，求 f ( x ) 的单调区间 . 解　 f ′( x ) ＝ 12 x 2 ＋ 6 tx － 6 t 2 . 因为 t ≠0 ，所以分两种情况讨论： (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 ) . 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 . 解析　 (1) 取特殊数列 { a n } ，其中 a n ＝ n ( n ∈ N * ) . 显然 a 1 · a 8 ＝ 8< a 4 · a 5 ＝ 20. 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 ) ≤ 3e x ，试求 m 的最大值 . 解 　 ∵ 当 t ∈ [ － 1 ，＋ ∞) 且 x ∈ [1 ， m ] 时， x ＋ t ≥ 0 ， ∴ f ( x ＋ t ) ≤ 3e x  e x ＋ t ≤ e x  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 . ∴ 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. ∴ 满足条件的最大整数 m 的值为 3. 探究提高　 1. 函数与方程、不等式联系密切，解决方程、不等式的问题需要函数帮助 . 2 . 解决函数的问题需要方程、不等式的帮助，因此借助于函数与方程、不等式进行转化与化归可以将问题化繁为简，一般可将不等关系转化为最值 ( 值域 ) 问题，从而求出参变量的范围 . 解析 　 设点 P ( x ， y ) ，且 A ( － 12 ， 0) ， B (0 ， 6) . 又 x 2 ＋ y 2 ＝ 50 ， ∴ 2 x － y ＋ 5 ≤ 0 ，则点 P 在直线 2 x － y ＋ 5 ＝ 0 上方的圆弧上 ( 含交点 ) ， 即点 P 在 上 ， 解析　 (1) 设 y ＝ f ( t ) ＝ (log 2 x － 1) t ＋ (log 2 x ) 2 － 2log 2 x ＋ 1 ， 则 f ( t ) 是一次函数，当 t ∈ [ － 2 ， 2] 时， f ( t )>0 恒成立， (2) g ′( x ) ＝ 3 x 2 ＋ ( m ＋ 4) x － 2 ，若 g ( x ) 在区间 ( t ， 3) 上总为单调函数， 则 ① g ′( x ) ≥ 0 在 ( t ， 3) 上恒成立，或 ② g ′( x ) ≤ 0 在 ( t ， 3) 上恒成立 . 则 m ＋ 4 ≥ － 1 ，即 m ≥ － 5 ； 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 ) ＝ x 3 ＋ 3 ax － 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 ) ＝ 3 x 2 － ax ＋ 3 a － 5 ， 令 φ ( a ) ＝ (3 － x ) a ＋ 3 x 2 － 5 ，－ 1 ≤ a ≤ 1. 对－ 1 ≤ a ≤ 1 ，恒有 g ( x )<0 ，即 φ ( a )<0 ，