張剛

有些高考數(shù)學(xué)的命題，因題設(shè)的條件多且交叉制約，若從整體上出發(fā)考查，難以找到解題的途徑，或其解題的過程根本不能統(tǒng)一敘述時(shí)，可考慮化整為零，逐一論之，各個(gè)擊破，再積零為整（分類討論）.也就是說將整體劃分為若干個(gè)局部，進(jìn)而將這一數(shù)學(xué)問題化成幾個(gè)小問題，如果能在解題前注意優(yōu)化思維過程，適當(dāng)作一點(diǎn)“技術(shù)處理”，簡(jiǎn)化或避免分類，往往能給解題帶來(lái)事半功倍之效.本文結(jié)合近幾年高考數(shù)學(xué)壓軸題為例，談?wù)勅绾蝺?yōu)化思維過程，簡(jiǎn)化繁雜分類.現(xiàn)拋磚引玉如下，供大家參考.

一、整體把握，化繁為簡(jiǎn)

例1（2011年高考江蘇卷第19題）已知a，b是實(shí)數(shù)，函數(shù)fx=x3+ax，gx=

x2+bx，f ′（x）和g′（x）是f（x），g（x）的導(dǎo)函數(shù)，若f ′（x）g′（x）≥0在區(qū)間I上恒成立，則稱f（x）和g（x）在區(qū)間I上單調(diào)性一致.

（1）設(shè)a>0，若函數(shù)f（x）和g（x）在區(qū)間[-1，+∞）上單調(diào)性一致，求實(shí)數(shù)b的取值范圍；

（2）設(shè)a<0，且a≠b，若函數(shù)f（x）和g（x）在以a，b為端點(diǎn)的開區(qū)間上單調(diào)性一致，求|a-b|的最大值.

分析本題中由于a，b為端點(diǎn)的開區(qū)間的端點(diǎn)位置不確定，若分類討論進(jìn)行求解，則顯得非常繁瑣，若能巧妙利用好f ′（x）g′（x）≥0在區(qū)間恒成立這一條件，將其轉(zhuǎn)化為研究導(dǎo)函數(shù)hx在該區(qū)間上的增減性的充要條件，就能有效地避免極為復(fù)雜的分類討論.

解（1）b≥2（過程略）

（2）因函數(shù)f（x）和g（x）在以a，b為端點(diǎn)的開區(qū)間上單調(diào)性一致，所以f ′（x）g′（x）≥0在區(qū)間I上恒成立，這里I=a，b或者I=b，a.

令hx=f ′xg′x=6x3+3bx2+2ax+ab，則h′x=18x2+6bx+2a.因a<0，所以h′x=0有兩個(gè)符號(hào)相異的實(shí)根x1、x2，不妨設(shè)x1<0，x2>0.若b>0，由a<0知此時(shí)I=a，b，h0=ab<0，而0∈a，b，這與hx≥0在a，b上恒成立相矛盾，故b≤0.所以開區(qū)間I應(yīng)在x2的左側(cè)，在I內(nèi)hx的單調(diào)性要么遞增，要么遞減，要么先增后減.從整體上看，不管哪種情形，只需ha≥0且hb≥0即可.由ha≥0且hb≥0，并結(jié)合a<0、b≤0解得-13≤a<0、-13≤b<0，所以a-b≤13.故a-b的最大值為13.

評(píng)注 本題由于區(qū)間端點(diǎn)不確定，通常需要分三類進(jìn)行討論、由于題目中涉及的字母較多，無(wú)形之中增加了計(jì)算量，本題解法和官方解法相比，構(gòu)思巧妙，解答流暢，從整體上把握問題，有效地避免了繁雜的分類.

二、巧設(shè)直線，方程助力

例2（2009年高考全國(guó)Ⅱ卷（文）第22題）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的離心率為33，過右焦點(diǎn)F的直線l與C相交于A、B兩點(diǎn).當(dāng)l的斜率為1時(shí)，坐標(biāo)原點(diǎn)O到l的距離為22.

（1）求a、b的值；

（2）C上是否存在點(diǎn)P，使得當(dāng)l繞F轉(zhuǎn)到某一位置時(shí)，有OP=OA+OB成立？若存在，

求出所有的P的坐標(biāo)與l的方程；若不存在，說明理由.

分析第（1）問直接運(yùn)用點(diǎn)到直線的距離公式以及橢圓有關(guān)關(guān)系式計(jì)算即可，比較簡(jiǎn)單，第（2）問若能抓住直線的斜率不可能為零，巧設(shè)直線方程為x=my+n，借助根與系數(shù)關(guān)系可以簡(jiǎn)化或避免討論，大大減少計(jì)算量，提高解題速度.

解（1）a=3，b=2（過程略）

（2）設(shè)A、B坐標(biāo)分別為x1，y1，x2，y2.注意到直線過x軸上的點(diǎn)F1，0，故設(shè)直線的方程為x=my+1，代入橢圓方程中化簡(jiǎn)，得2m2+3y2+4my-4=0，因Δ>0恒成立，所以y1+y2=-4m2m2+3，y1y2=-42m2+3.

假設(shè)符合條件的P點(diǎn)存在，則Px1+x2，y1+y2在橢圓2x2+3y2=6上.

代入整理得2x12+3y12+2x22+3y22+4x1x2+6y1y2=6.

因Ax1，y1，Bx2，y2也在橢圓上，

故2x1x2+3y1y2+3=0，

即2my1+1my2+1+3y1y2+3=0，

整理得

2m2+3y1y2+2my1+y2+5=0.將y1y2、y1+y2的值代入，

解得m=±22.當(dāng)m=22時(shí)，y1+y2=-22，x1+x2=my1+y2+2=32，得P32，-22，

直線l的方程為2x-y-2=0.

當(dāng)m=-22時(shí)，得P32，22，直線l的方程為2x+y-2=0.

評(píng)注當(dāng)直線過一點(diǎn)時(shí)，設(shè)直線方程時(shí)很容易利用點(diǎn)斜式或斜截式進(jìn)行，而忽略斜率不存在的情況或是運(yùn)算較繁，需要分類討論.如果知道直線的斜率不可能為零，可將直線方程設(shè)為x=my+n，這樣，不僅避免或簡(jiǎn)化了討論的步驟，且可以大大減少計(jì)算量，提高解題速度.

三、變換主元，定輔略主

例3（2008年高考安徽卷（文）第20題）設(shè)函數(shù)fx=a3x3-32x2+a+1x+1，

其中a為實(shí)數(shù).

（1）已知函數(shù)fx在x=1處取得極值，求a的值；

（2）已知不等式f ′x>x2-x-a+1對(duì)任意的a∈0，+∞都成立，求實(shí)數(shù)x的取值范圍.

分析第（1）問直接利用導(dǎo)函數(shù)求一點(diǎn)處的極值結(jié)合增減性即可求出，第（2）問往往將它整理成關(guān)于x的二次不等式：a-1x2-2x+2a>0對(duì)任意的a∈0，+∞都成立，這樣就需要對(duì)二次項(xiàng)系數(shù)進(jìn)行分類討論.而如果將問題轉(zhuǎn)化成以a為主元，x為輔助元的新函數(shù)ga=x2+2a-x2-2x對(duì)于任意的a∈0，+∞，ga≥0的充要條件問題，然后解不等式，那么問題就簡(jiǎn)單多了.

解（1）a=1（過程略）

（2）因?yàn)?/p>

f ′x=ax2-3x+a+1.所以ax2-3x+a+1>x2-x-a+1

整理得x2+2a-x2-2x>0，令ga=x2+2a-x2-2xa>0，

顯然，ga為增函數(shù)，于是，對(duì)任意的a∈0，+∞，

ga≥0的充要條件是g0=-x2-2x≥0

解得-2≤x≤0.

評(píng)注 對(duì)于不等式恒成立問題有很多，但本題通過變換主元，使問題很好地避開了繁雜的分類討論，解答思路清晰，直觀簡(jiǎn)潔，計(jì)算量小.

四、反面入手，另辟蹊徑

例4（2010年高考全國(guó)卷Ⅱ（文）第21題）已知函數(shù)fx=x3-3ax2+3x+1.

（1）設(shè)a=2，求fx的單調(diào)區(qū)間；

（2）設(shè)fx在區(qū)間2，3上至少有一個(gè)極值點(diǎn)，求a的取值范圍.

分析第（1）問將a=2代入函數(shù)關(guān)系式，利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)法求極值很容易求出.第（2）問為避免分類，考慮問題的反面. fx在區(qū)間2，3上沒有一個(gè)極值點(diǎn)，即 f ′x=3x2-6ax+3的圖象在區(qū)間2，3上與x軸無(wú)交點(diǎn)，轉(zhuǎn)化為f ′2f ′3≥0解得，再求其補(bǔ)集即可.

解（1）fx的單調(diào)增區(qū)間為-∞，2-3，2+3，+∞；fx的單調(diào)遞減區(qū)間為2-3，2+3.（過程略）

（2）要使函數(shù)fx在區(qū)間2，3上至少有一個(gè)極值點(diǎn)，只需函數(shù)f ′x=3x2-6ax+3的圖象在區(qū)間2，3上與x軸有交點(diǎn)且在2，3上方程f ′x=0無(wú)等根.為避免分類，考慮問題的反面. f ′x=3x2-6ax+3的圖象在區(qū)間2，3上與x軸無(wú)交點(diǎn)時(shí)，有f ′2f ′3≥0，并解得a≥53或a≤54，取其補(bǔ)集，得54

評(píng)注 對(duì)于在固定區(qū)間求極值點(diǎn)的問題，有時(shí)可以通過求問題的反面，再求其補(bǔ)集，有效地避開繁雜的分類討論，計(jì)算量小，解法更加順暢，自然.

五、數(shù)形結(jié)合，相得益彰

例5（2010年高考江蘇卷第20題）設(shè)fx是定義在區(qū)間1，+∞上的函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f ′x.如果存在實(shí)數(shù)a和函數(shù)hx，其中，hx對(duì)任意的x∈1，+∞都有hx>0使得f ′x=hxx2-ax+1，則稱函數(shù)fx具有性質(zhì)Pa.

（1）設(shè)函數(shù)fx=lnx+b+2x+1x>1，其中b為實(shí)數(shù).

（ⅰ）求證：函數(shù)fx具有性質(zhì)Pb；

（ⅱ）求函數(shù)fx的單調(diào)區(qū)間.

（2）已知函數(shù)gx具有性質(zhì)P2.給定x1，x2∈1，+∞，設(shè)x11，β>1，若gα-gβ<

gx1-gx2，求m的取值范圍.

分析（1）第（1）（?。﹩栔苯忧髮?dǎo)即可解決，（ⅱ）問的關(guān)鍵是借助二次函數(shù)圖象的對(duì)稱軸的位置不同進(jìn)行分析，以簡(jiǎn)化分類. 第（2）問若構(gòu)造出適當(dāng)?shù)膱D形進(jìn)行分析，不僅可避免繁瑣的分類，而且答案顯而易見，體現(xiàn)出以形助數(shù)，直觀易懂.

解（1）（?。ゝ ′x=1x-b+2x+12

=1xx+12x2-bx+1.

因?yàn)閤>1時(shí)，hx=1xx+12>0恒成立，所以函數(shù)fx具有性質(zhì)Pb；

（ⅱ）設(shè)φx=x2-bx+1=x-b22+1-b24，φx與f ′x的符號(hào)相同.

由二次函數(shù)圖象分析可知：

當(dāng)1-b24≥0，-2≤b≤2時(shí)，

φx>0，f ′x>0，

故此時(shí)fx在區(qū)間1，+∞上遞增；

當(dāng)b<-2時(shí)，φx圖象開口向上，對(duì)稱軸x=b2<-1，而φ0=1，對(duì)于x>1，總有

φx>0，f ′x>0，故此時(shí)fx在區(qū)間1，+∞上遞增；

當(dāng)b>2時(shí)，φx圖象開口向上，對(duì)稱軸x=b2>1，方程φx=0的兩根為：

b+b2-42，b-b2-42，而b+b2-42>1，b-b2-42=2b+b2-4∈0，1.

當(dāng)x∈1，b+b2-42時(shí)，φx<0，f ′x<0，故此時(shí)fx在區(qū)間1，b+b2-42上遞減；同理得：fx在區(qū)間b+b2-42，+∞上遞增.

綜上所述，當(dāng)b≤2時(shí)，fx在區(qū)間1，+∞上遞增；

當(dāng)b>2時(shí)，fx在1，b+b2-42上遞減；

fx在b+b2-42，+∞上遞增.

（2）由已知可知，α+β=x1+x2，且α，β，x1，x2都在定義域內(nèi)，x1

所以α+β2=x1+x22，

即中點(diǎn)相同，所以α、β要么在區(qū)間x1，x2上，要么在區(qū)間x1，x2外.

因gx具有性質(zhì)P2，即已知中a=2的情形，所以gx在1，+∞上遞增.

又因?yàn)間α-gβ

由圖形可見DF>CE，所以α，β只能在區(qū)間x1，x2上.

故x1<α

圖1

評(píng)注對(duì)于一些新定義型的高考題，有時(shí)候結(jié)合題目的已知條件，進(jìn)行合理構(gòu)造幾何圖形，恰當(dāng)賦予幾何圖形數(shù)量關(guān)系，就可以使問題達(dá)到出乎意料的效果.

六、洞察本質(zhì)，抓住內(nèi)涵

例6（2011年高考浙江卷（文）第21題）設(shè)函數(shù)fx=a2lnx-x2+ax，a>0.

（1）求fx的單調(diào)區(qū)間；

（2）求所有實(shí)數(shù)a，使e-1≤fx≤e2對(duì)x∈1，e恒成立.

分析第（1）問只需對(duì)fx求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)f ′x的正負(fù)值求解單調(diào)區(qū)間.第（2）問顯然，要根據(jù)單調(diào)性求函數(shù)fx在1，e上的最值.由

f ′x=0，得x1=-a2<0，x2=a>0，從而，fx在1，e上的單調(diào)性與a的值有關(guān)，通常分三種情況討論.但如能注意到e-1≤fx≤e2對(duì)x∈1，e恒成立，將問題轉(zhuǎn)化為恒成立問題，則可回避對(duì)a

解（1）f ′x=-2x+ax-ax，因?yàn)閤>0，a>0.

所以fx的單調(diào)增區(qū)間是0，a，單調(diào)減區(qū)間是a，+∞.

（2）顯然，要根據(jù)單調(diào)性求函數(shù)fx在1，e上的最值.由f ′x=0，得x1=-a2<0，x2=a>0，要使e-1≤fx≤e2對(duì)x∈1，e恒成立，需有e-1≤

f1=a-1≤e2得a≥e，則可回避了對(duì)a

由（1）可知，fx在1，e上遞增，所以e-1≤f1，fe≤e2，又a≥e，聯(lián)立解得a=e.

評(píng)注本題第（2）問關(guān)于函數(shù)在某一給定區(qū)間上恒成立問題，可以將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)在端點(diǎn)處滿足給定的區(qū)間不等式條件，轉(zhuǎn)化為不等式問題，即可輕松求解.

七、分離參數(shù)，突破極限

例7（2010年高考數(shù)學(xué)全國(guó)卷（理）第21題）設(shè)函數(shù)fx=xex-1-ax2.

（1）當(dāng)a=12時(shí)，求fx的單調(diào)區(qū)間；

（2）若當(dāng)x≥0時(shí)，fx≥0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

分析（1）略.

（2）gx=ex-1x在x=0處的極限值是學(xué)生求解的難點(diǎn)所在.如何求解.如果學(xué)生能回歸導(dǎo)數(shù)的定義，利用分離參數(shù)突破極限值，則問題就變得簡(jiǎn)單多了.

解（1）略；

（2）由已知得fx=xex-1-ax2≥0（其中x≥0）.

當(dāng)x=0時(shí)，a∈R；當(dāng)x>0時(shí)，分離參數(shù)得a≤ex-1x（其中x>0），

令gx=ex-1x（其中x>0），求導(dǎo)可得g′x=xex-ex+1x2（其中x>0）.

令hx=xex-ex+1（其中x>0），則h′x=xex>0（其中x>0），

因此hx在0，+∞上單調(diào)遞增，從而hx>h0=0，

于是g′x>0，故gx在0，+∞上單調(diào)遞增，

因?yàn)閘imx→0gx=limx→0ex-1x=limx→0ex-1-e0-1x-0

由導(dǎo)數(shù)的定義知limx→0gx的值為函數(shù)φx=ex-1在x=0處的導(dǎo)數(shù).又因?yàn)棣铡鋢=ex，所以φ′0=e0=1，從而a≤1.

綜合以上可知，a取值范圍為-∞，1.

評(píng)注問題的難點(diǎn)在于gx=ex-1x在x=0處的函數(shù)值不存在，如何求解gx=ex-1x在x=0處的極限值是難點(diǎn)，很多教師在教學(xué)中都是運(yùn)用高等數(shù)學(xué)中的洛必達(dá)法則求解的，但對(duì)于高中生而言，是超出高考要求的.如果能從導(dǎo)數(shù)定義出發(fā)，則不難實(shí)現(xiàn)問題的解決.

八、二次求導(dǎo)，柳暗花明

例8（2010年高考數(shù)學(xué)全國(guó)卷第20題）已知函數(shù)fx=x+1lnx-x+1.

（1）若xf ′x≤x2+ax+1，求a的取值范圍；

（2）證明：x-1fx≥0.

分析對(duì)于第（1）問通過二次求導(dǎo)，得到lnx-x的最大值，從而求出a的取值范圍. 第（2）問常規(guī)方法是把x-1fx進(jìn)行化簡(jiǎn)，然后對(duì)x進(jìn)行分類討論，這是有難度的，若能從函數(shù)fx的符號(hào)入手，利用二次求導(dǎo)，借助fx在0，+∞上的增減性，解題思路頓時(shí)柳暗花明，問題化難為易.

解（1）xf ′x≤x2+ax+1化簡(jiǎn)，得a≥lnx-x，令gx=lnx-xx>0，二次求導(dǎo)，得gxmax=-1，所以a≥-1.

（2）由題意，得f ′x=lnx+1xx>0，二次求導(dǎo)，得f ″x=1x-1x2x>0，可得f ′xmin=f ′1=1，所以f ′x>0，所以fx在0，+∞上是增函數(shù)，又f1=0，所以x-1與fx同號(hào)，即有x-1fx≥0.

評(píng)注本題兩問均通過二次求導(dǎo)，將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)在區(qū)間上的最值問題或單調(diào)性問題，從而避免了常規(guī)思路中對(duì)x的分類討論，優(yōu)化了思維，提高了解題效率.

總之，分類討論思想在歷年的高考數(shù)學(xué)壓軸題中，都占有及其重要的地位和作用，幾乎每年都有所考查，分類討論是許多學(xué)生的弱點(diǎn)，也是高考的熱點(diǎn)、難點(diǎn).但是有些高考?jí)狠S題，如果我們能夠根據(jù)題目條件，講究一些思維策略，作恰當(dāng)處理，就可以輕松破解這些高考?jí)狠S題，給解題帶來(lái)事半功倍之效.

（收稿日期：2016-09-12）