《（京津魯瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題七 數(shù)學(xué)文化及數(shù)學(xué)思想 第3講 分類討論、轉(zhuǎn)化與化歸思想練習(xí)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（京津魯瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題七 數(shù)學(xué)文化及數(shù)學(xué)思想 第3講 分類討論、轉(zhuǎn)化與化歸思想練習(xí)（含解析）（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講　分類討論、轉(zhuǎn)化與化歸思想 一、分類討論思想 分類討論的原則 分類討論的常見類型 1.不重不漏 2.標準要統(tǒng)一，層次要分明 3.能不分類的要盡量避免，決不無原則的討論 1.由數(shù)學(xué)概念而引起的分類討論 2.由數(shù)學(xué)運算要求而引起的分類討論 3.由性質(zhì)、定理、公式的限制而引起的分類討論 4.由圖形的不確定性而引起的分類討論 5.由參數(shù)的變化而引起的分類討論 分類與整合的思想是將一個較復(fù)雜的數(shù)學(xué)問題分解成若干個基礎(chǔ)性問題，通過對基礎(chǔ)性問題的解答來實現(xiàn)解決原問題的策略 應(yīng)用一　由概念、法則、公式引起的分類討論 [典型例題] 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，前n項和

2、Sn>0(n＝1，2，3，…)，則q的取值范圍是________． 【解析】　由{an}是等比數(shù)列，Sn>0，可得a1＝S1>0，q≠0，當(dāng)q＝1時，Sn＝na1>0. 當(dāng)q≠1時，Sn＝>0， 即>0(n＝1，2，3，…)， 則有①或② 由①得－11. 故q的取值范圍是(－1，0)∪(0，＋∞)． 【答案】　(－1，0)∪(0，＋∞) 本題易忽略對q＝1的討論，而直接由>0，得q的范圍，這種解答是不完備的．本題根據(jù)等比數(shù)列前n項和公式的使用就要分q＝1，Sn＝na1和q≠1，Sn＝進行討論．　 [對點訓(xùn)練] 1．一條直線過點(5，2)，且在x

3、軸，y軸上的截距相等，則這條直線的方程為(　　) A．x＋y－7＝0 B．2x－5y＝0 C．x＋y－7＝0或2x－5y＝0 D．x＋y＋7＝0或2y－5x＝0 解析：選C.設(shè)該直線在x軸，y軸上的截距均為a，當(dāng)a＝0時，直線過原點，此時直線方程為y＝x，即2x－5y＝0；當(dāng)a≠0時，設(shè)直線方程為＋＝1，則求得a＝7，直線方程為x＋y－7＝0. 2．若函數(shù)f(x)＝ax(a>0，a≠1)在[－1，2]上的最大值為4，最小值為m，且函數(shù)g(x)＝(1－4m)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，則a＝________． 解析：若a>1，則a2＝4，a－1＝m，故a＝2，m＝，此時g(x)＝－，

4、為減函數(shù)，不合題意；若00，函數(shù)f(x)是(－∞，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)； 當(dāng)a>0時，由f′(x)＝0得x＝－ln a， 若x∈(－∞，－ln a)，則f′(x)>0； 若x∈(－ln a，＋∞)，則f′(x)<0，

5、 所以函數(shù)f(x)在(－∞，－ln a)上單調(diào)遞增，在(－ln a，＋∞)上單調(diào)遞減． (2)f(x)≤e2x?a≥－ex， 設(shè)g(x)＝－ex，則g′(x)＝. 當(dāng)x<0時，1－e2x>0，g′(x)>0， 所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增． 當(dāng)x>0時，1－e2x<0，g′(x)<0， 所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． 所以g(x)max＝g(0)＝－1，所以a≥－1. 故a的取值范圍是[－1，＋∞)． (1)①參數(shù)的變化取值導(dǎo)致不同的結(jié)果，需對參數(shù)進行討論，如含參數(shù)的方程、不等式、函數(shù)等． ②解析幾何中直線點斜式、斜截式方程要考慮斜率k存在或不存在

6、，涉及直線與圓錐曲線位置關(guān)系要進行討論． (2)分類討論要標準明確、統(tǒng)一，層次分明，分類要做到“不重不漏”．　 [對點訓(xùn)練] 1．設(shè)f(x)＝若f(a)＝f(a＋1)，則f()＝(　　) A．2　　　　　　　　 B．4 C．6 D．8 解析：選C.當(dāng)01，f(a)＝，f(a＋1)＝2(a＋1－1)＝2a， 因為f(a)＝f(a＋1)，所以＝2a， 解得a＝或a＝0(舍去)． 所以f()＝f(4)＝2×(4－1)＝6. 當(dāng)a≥1時，a＋1≥2，所以f(a)＝2(a－1)，f(a＋1)＝2(a＋1－1)＝2a，所以2(a－1)＝2a，無解． 綜上，f()

7、＝6. 2．設(shè)函數(shù)f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex. (1)若曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線斜率為0，求a； (2)若f(x)在x＝1處取得極小值，求a的取值范圍． 解：(1)因為f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex， 所以f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex. f′(2)＝(2a－1)e2. 由題設(shè)知f′(2)＝0，即(2a－1)e2＝0，解得a＝. (2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex＝(ax－1)(x－1)ex. 若a>1，則當(dāng)x∈時，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0.

8、 所以f(x)在x＝1處取得極小值． 若a≤1，則當(dāng)x∈(0，1)時，ax－1≤x－1<0，所以f′(x)>0. 所以1不是f(x)的極小值點． 綜上可知，a的取值范圍是(1，＋∞)． 應(yīng)用三　由圖形位置或形狀引起的分類討論 [典型例題] 設(shè)圓錐曲線C的兩個焦點分別為F1，F(xiàn)2，若曲線C上存在點P滿足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，則曲線C的離心率等于________． 【解析】　不妨設(shè)|PF1|＝4t，|F1F2|＝3t，|PF2|＝2t，其中t≠0. 若該曲線為橢圓，則有|PF1|＋|PF2|＝6t＝2a， |F1F2|＝3t＝2c，e＝＝＝＝；

9、若該曲線為雙曲線，則有|PF1|－|PF2|＝2t＝2a， |F1F2|＝3t＝2c，e＝＝＝＝. 【答案】　或 (1)圓錐曲線形狀不確定時，常按橢圓、雙曲線來分類討論，求圓錐曲線的方程時，常按焦點的位置不同來分類討論． (2)相關(guān)計算中，涉及圖形問題時，也常按圖形的位置不同、大小差異等來分類討論．　 [對點訓(xùn)練] 1．過雙曲線x2－＝1的右焦點F作直線l交雙曲線于A，B兩點，若|AB|＝4，則這樣的直線l有(　　) A．1條 B．2條 C．3條 D．4條 解析：選C.因為雙曲線的兩個頂點之間的距離是2，小于4，所以當(dāng)直線l與雙曲線左、右兩支各有一個交點時，過雙曲線

10、的右焦點一定有兩條直線滿足條件；當(dāng)直線l與實軸垂直時，有3－＝1，解得y＝2或y＝－2，此時直線AB的長度是4，即只與雙曲線右支有兩個交點的所截弦長為4的直線僅有一條． 綜上，可知有3條直線滿足|AB|＝4. 2．設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓＋＝1的兩個焦點，點P為橢圓上一點．已知P，F(xiàn)1，F(xiàn)2是一個直角三角形的三個頂點，且|PF1|>|PF2|，則的值為________． 解析：(1)若∠PF2F1＝90°， 則|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2， 又因為|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2， 解得|PF1|＝，|PF2|＝，所以＝. (2)若∠F1PF2＝90°，則|F

11、1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2， 所以|PF1|2＋(6－|PF1|)2＝20， 所以|PF1|＝4，|PF2|＝2，所以＝2. 綜上知，的值為或2. 答案：或2 二、轉(zhuǎn)化與化歸思想 轉(zhuǎn)化與化歸的原則 常見的轉(zhuǎn)化與化歸的方法 1.熟悉化原則　　　　2.簡單化原則 3.直觀化原則　　　　4.正難則反原則 1.直接轉(zhuǎn)化法　2.換元法　3.數(shù)形結(jié)合法　4.構(gòu)造法　5.坐標法　6.類比法　7.特殊化方法　8.等價問題法　9.加強命題法　10.補集法 轉(zhuǎn)化與化歸思想就是在研究和解決有關(guān)數(shù)學(xué)問題時，采用某種手段將問題通過變換使之轉(zhuǎn)化，進而使問題得到解決的一種數(shù)學(xué)思想方法

12、 應(yīng)用一　一般與特殊的相互轉(zhuǎn)化 [典型例題] (1)過拋物線y＝ax2(a>0)的焦點F，作一直線交拋物線于P，Q兩點．若線段PF與FQ的長度分別為p，q，則＋等于(　　) A．2a　　　　　　　　 B． C．4a D． (2)已知向量a，b滿足|a|＝1，|b|＝2，則|a＋b|＋|a－b|的最小值是________，最大值是________． 【解析】　(1)拋物線y＝ax2(a>0)的標準方程為x2＝y(tǒng)(a>0)，焦點F. 過焦點F作直線垂直于y軸，則|PF|＝|QF|＝， 所以＋＝4a. (2)由題意，不妨設(shè)b＝(2，0)，a＝(cos θ，sin θ)， 則

13、a＋b＝(2＋cos θ，sin θ)，a－b＝(cos θ－2，sin θ)， 令y＝|a＋b|＋|a－b| ＝＋ ＝＋， 則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 (1)一般問題特殊化，使問題處理變得直接、簡單．特殊問題一般化，可以使我們從宏觀整體的高度把握問題的一般規(guī)律，從而達到成批處理問題的效果． (2)對于某些選擇題、填空題，如果結(jié)論唯一或題目提供的信息暗示答案是一個定值時，可以把題中變

14、化的量用特殊值代替，即可得到答案．　 [對點訓(xùn)練] 已知函數(shù)f(x)＝(a－3)x－ax3在[－1，1]上的最小值為－3，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，－1]　　　　　　 B．[12，＋∞) C．[－1，12] D． 解析：選D.當(dāng)a＝0時，函數(shù)f(x)＝－3x，x∈[－1，1]，顯然滿足條件，故排除A、B； (注意，對于特殊值的選取，越簡單越好，0，1往往是首選．) 當(dāng)a＝－時，函數(shù)f(x)＝x3－x， f′(x)＝x2－＝(x2－1)， 當(dāng)－1≤x≤1時，f′(x)≤0，所以f(x)在[－1，1]上單調(diào)遞減，所以f(x)min＝f(1)＝－＝－3，滿足條件，

15、故排除C.綜上，選D. 應(yīng)用二　正與反的相互轉(zhuǎn)化 [典型例題] 若對于任意t∈[1，2]，函數(shù)g(x)＝x3＋x2－2x在區(qū)間(t，3)上總不為單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是________． 【解析】　由題意得g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，若g(x)在區(qū)間(t，3)上總為單調(diào)函數(shù)，則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在x∈(t，3)上恒成立，所以m＋4≥－3t恒成立，則m＋4≥－1，即m≥－5； 由②得m＋4≤－3x在x∈(t，3)上恒成立， 則m＋4≤－9，即m≤－.

16、 所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(t，3)上總不為單調(diào)函數(shù)的m的取值范圍為－

17、∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命題，可知它的否定形式“任意x∈R，使e|x－1|－m>0”是真命題，可得m的取值范圍是(－∞，1)，而(－∞，a)與(－∞，1)為同一區(qū)間，故a＝1. 2．若二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在區(qū)間[－1，1]內(nèi)至少存在一個值c，使得f(c)>0，則實數(shù)p的取值范圍是________． 解析：如果在[－1，1]內(nèi)沒有值滿足f(x)>0，則??p≤－3或p≥，故實數(shù)滿足條件的p的取值范圍為. 答案： 應(yīng)用三　常量與變量的相互轉(zhuǎn)化 [典型例題] 已知函數(shù)f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x

18、)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)．對任意a∈[－1，1]，都有g(shù)(x)<0，則實數(shù)x的取值范圍為________． 【解析】　由題意，知g(x)＝3x2－ax＋3a－5， 令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1. 由題意得即解得－4x＋p－3成

19、立的x的取值范圍是________． 解析：設(shè)f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3， 則當(dāng)x＝1時，f(p)＝0.所以x≠1. f(p)在0≤p≤4時恒為正等價于即解得x>3或x<－1. 故x的取值范圍為(－∞，－1)∪(3，＋∞)． 答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞) 2．設(shè)y＝(log2x)2＋(t－2)log2x－t＋1，若t在[－2，2]上變化時，y恒取正值，則x的取值范圍是________． 解析：設(shè)f(t)＝(log2x－1)t＋(log2x)2－2log2x＋1， 則f(t)是一次函數(shù)，當(dāng)t∈[－2，2]時，f(t)>0恒成立，則即解得log2x<－1或log2

20、x>3， 即08， 故x的取值范圍是∪(8，＋∞)． 答案：∪(8，＋∞) 應(yīng)用四　形、體位置關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化 [典型例題] 在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1. 求證：(1)AB∥平面A1B1C； (2)平面ABB1A1⊥平面A1BC. 【證明】　(1)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1. 因為AB?平面A1B1C，A1B1?平面A1B1C， 所以AB∥平面A1B1C. (2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形． 又因為AA1＝AB，所以四邊形ABB1A

21、1為菱形， 所以AB1⊥A1B. 因為AB1⊥B1C1，BC∥B1C1， 所以AB1⊥BC. 又因為A1B∩BC＝B，A1B?平面A1BC，BC?平面A1BC， 所以AB1⊥平面A1BC， 又因為AB1?平面ABB1A1， 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC. 形體位置關(guān)系的轉(zhuǎn)化是針對幾何問題采用的一種特殊轉(zhuǎn)化方法．主要適用于涉及平行、垂直的證明，如線面平行、垂直的推理與證明就是充分利用線面位置關(guān)系中的判定定理、性質(zhì)定理實現(xiàn)位置關(guān)系的轉(zhuǎn)化．　 [對點訓(xùn)練] 1．如圖，在棱長為5的正方體ABCD－A1B1C1D1中，EF是棱AB上的一條線段，且EF＝2，點Q是A1D

22、1的中點，點P是棱C1D1上的動點，則四面體PQEF的體積(　　) A．是變量且有最大值 B．是變量且有最小值 C．是變量且有最大值和最小值 D．是常數(shù) 解析：選D.點Q到棱AB的距離為常數(shù)，所以△EFQ的面積為定值．由C1D1∥EF，可得棱C1D1∥平面EFQ，所以點P到平面EFQ的距離是常數(shù)，于是可得四面體PQEF的體積為常數(shù)． 2．已知三棱錐P－ABC中，PA＝BC＝2，PB＝AC＝10，PC＝AB＝2，則三棱錐P－ABC的體積為________． 解析：因為三棱錐P－ABC的三組對邊兩兩相等，故可將此三棱錐放在一個特定的長方體中(如圖所示)，把三棱錐P－ABC補成

23、一個長方體AEBG-FPDC， 易知三棱錐P－ABC的各棱分別是此長方體的面對角線． 不妨令PE＝x，EB＝y(tǒng)，EA＝z，則由已知，可得 ? 從而知VP－ABC＝VAEBG－FPDC－VP－AEB－VC－ABG－VB－PDC－VA－FPC＝VAEBG－FPDC－4VP－AEB＝6×8×10－4×××6×8×10＝160. 答案：160 應(yīng)用五　函數(shù)、方程、不等式間的相互轉(zhuǎn)化 [典型例題] 已知函數(shù)f(x)＝3e|x|.若存在實數(shù)t∈[－1，＋∞)，使得對任意的x∈[1，m)，m∈Z，且m>1，都有f(x＋t)≤3ex，求m的最大值． 【解】　因為當(dāng)t∈[－1，＋∞)

24、，且x∈[1，m]時，x＋t≥0， 所以f(x＋t)≤3ex?ex＋t≤ex?t≤1＋ln x－x. 所以原命題等價轉(zhuǎn)化為存在實數(shù)t∈[－1，＋∞)，使得不等式t≤1＋ln x－x，對任意x∈[1，m)恒成立． 令h(x)＝1＋ln x－x(x≥1)． 因為h′(x)＝－1≤0， 所以函數(shù)h(x)在[1，＋∞)上為減函數(shù)． 又x∈[1，m)，所以h(x)min＝h(m)＝1＋ln m－m，t值恒存在，只需1＋ln m－m≥－1. 因為h(3)＝ln 3－2＝ln>ln ＝－1，h(4)＝ln 4－3＝ln

25、數(shù)m的值為3. (1)函數(shù)與方程、不等式聯(lián)系密切，解決方程、不等式的問題需要函數(shù)幫助． (2)解決函數(shù)的問題需要方程、不等式的幫助，因為借助函數(shù)與方程、不等式進行轉(zhuǎn)化與化歸可以將問題化繁為簡，一般可將不等關(guān)系轉(zhuǎn)化為最值(值域)問題，從而求參變量的范圍．　 [對點訓(xùn)練] 1．已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，若對任意的x∈，總存在唯一的y∈[－1，1]，使得ln x－x＋1＋a＝y(tǒng)2ey成立，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．　　　　 B． C． D． 解析：選B.設(shè)f(x)＝ln x－x＋1＋a，當(dāng)x∈時，f′(x)＝≥0，f(x)是增函數(shù)，所以x∈時，f(x)∈；設(shè)g(

26、y)＝y(tǒng)2ey，則g′(y)＝eyy(y＋2)，則g(y)在[－1，0)上單調(diào)遞減，在[0，1]上單調(diào)遞增，且g(－1) ＝0對x∈(0，＋∞)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為______． 解析：設(shè)f(x)＝x＋(x>0)，則f(x)＝x＋≥2＝4(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時，等號成立)．因為關(guān)于x的不等式x＋－1－a2＋2a>0對x∈(0，＋∞)恒成立，所以a2－2a＋1<4恒成立，解得－1