2018届二轮复习（理）专题八 数学思想方法与高考数学文化(选用)第2讲学案（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) x在[0，＋∞)上是增函数，则 a＝________.
(2)在等比数列{an}中，已知 a3＝3
2，S3＝9
2
，则 a1＝________.
解析 (1)若 a>1，有 a2＝4，a－1＝m.
解得 a＝2，m＝1
2.
此时 g(x)＝－ 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)＝{sin（πx2），－1 < x < 0，
ex－1，x ≥ 0. 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|PF1|
|PF2|的值为________.
解析 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|PF1|
|PF2|＝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|PF1|
|PF2|＝2.
综上知，|PF1|
|PF2|＝7
2或 2.
答案 7
2或 2
应用 3 由变量或参数引起的分类讨论
【例 3】 (2017·郑州质检)已知函数 f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1).
(1)当 a＝4 时，求曲线 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当 x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求 a 的取值范围.
解 (1)f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)的定义域为(0，＋∞).
当 a＝4 时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，f′(x)＝ln x＋1
x－3.由于 f′(1)＝－2，f(1)＝
0.
曲线 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 2x＋y－2＝0.
(2)当 x>1 时，f(x)>0⇔ln x－a（x－1）
x＋1 >0.
设 g(x)＝ln x－a（x－1）
x＋1
，则 g′(x)＝x2＋2（1－a）x＋1
x（x＋1）2 ，
①当 a≤2 时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，
∴g′(x)>0，则 g(x)在(1，＋∞)上单调递增，且 g(1)＝0，因此 g(x)>0.
② 当 a>2 时 ， 令 g′(x) ＝ 0 ， 得 x1 ＝ a － 1 － （a－1）2－1， x2 ＝ a － 1 ＋
（a－1）2－1.
由 x2>1 和 x1x2＝1，得 x1<1，
故当 x∈(1，x2)时，g′(x)<0，
∴g(x)在区间(1，x2)上单调递减，且 g(1)＝0，此时 g(x)<0，与已知矛盾，舍去.
综上，实数 a 的取值范围是(－∞，2].
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】 (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)＝1
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∈(0，
1
a)时，f′(x)＞0；当 x∈(1
a，＋∞)时，f′(x)＜0，所以 f(x)
在(0，
1
a)上单调递增，在(1
a，＋∞)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(0，
1
a)上单调递增，在(1
a，＋∞)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＝1
a处取得最大值，最大值为 f (1
a )＝ln
1
a＋a(1－1
a)＝－ln a
＋a－1.
因此 f (1
a )＞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1
p＋1
q等于( )
A.2a B.
1
2a C.4a D.
4
a
(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＝1
ay(a>0)，焦点 F(0，
1
4a).
过焦点 F 作直线垂直于 y 轴，则|PF|＝|QF|＝ 1
2a，
∴1
p
＋1
q＝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|
＝ （2＋cos θ）2＋sin2θ＋ （cos θ－2）2＋sin2θ
＝ 5＋4cos θ＋ 5－4cos θ，
令 y＝ 5＋4cos θ＋ 5－4cos θ，
则 y2＝10＋2 25－16cos2θ∈[16，20].
由此可得(|a＋b|＋|a－b|)max＝ 20＝2 5，
(|a＋b|＋|a－b|)min＝ 16＝4，
即|a＋b|＋|a－b|的最小值是 4，最大值是 2 5.
答案 (1)C (2)4 2 5
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 cos A＋cos C
1＋cos Acos C＝________.
解析 令 a＝b＝c，则△ABC 为等边三角形，且 cos A＝cos C＝1
2，代入所求式子，
得 cos A＋cos C
1＋cos Acos C＝
1
2＋1
2
1＋1
2 × 1
2
＝4
5.
答案 4
5
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
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(1
e·
3
e)>ln
1
e＝－1，
h(4)＝ln 4－3＝ln(1
e·
4
e2)4x＋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≥2
x－3x.
当 x∈(t，3)时恒成立，∴m＋4≥2
t
－3t 恒成立，
则 m＋4≥－1，即 m≥－5；
由②得 m＋4≤2
x－3x，当 x∈(t，3)时恒成立，则 m＋4≤2
3－9，即 m≤－37
3 .
∴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－37
3 0，
f（4） > 0，
即{（x－3）（x－1） > 0，
x2－1 > 0， 解得 x>3 或 x<－1.
答案 (－37
3 ，－5) (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，
∴{φ（1） < 0，
φ（－1） < 0，即{3x2－x－2 < 0，
3x2＋x－8 < 0，
解得－2
3
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