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有些高考数学的命题，因题设的条件多且交叉制约，若从整体上出发考查，难以找到解题的途径，或其解题的过程根本不能统一叙述时，可考虑化整为零，逐一论之，各个击破，再积零为整（分类讨论）.也就是说将整体划分为若干个局部，进而将这一数学问题化成几个小问题，如果能在解题前注意优化思维过程，适当作一点“技术处理”，简化或避免分类，往往能给解题带来事半功倍之效.本文结合近几年高考数学压轴题为例，谈谈如何优化思维过程，简化繁杂分类.现抛砖引玉如下，供大家参考.
一、整体把握，化繁为简
例1（2011年高考江苏卷第19题）已知a，b是实数，函数fx=x3+ax，gx=
x2+bx，f ′（x）和g′（x）是f（x），g（x）的导函数，若f ′（x）g′（x）≥0在区间I上恒成立，则称f（x）和g（x）在区间I上单调性一致.
（1）设a>0，若函数f（x）和g（x）在区间[-1，+∞）上单调性一致，求实数b的取值范围；
（2）设a<0，且a≠b，若函数f（x）和g（x）在以a，b为端点的开区间上单调性一致，求|a-b|的最大值.
分析本题中由于a，b为端点的开区间的端点位置不确定，若分类讨论进行求解，则显得非常繁琐，若能巧妙利用好f ′（x）g′（x）≥0在区间恒成立这一条件，将其转化为研究导函数hx在该区间上的增减性的充要条件，就能有效地避免极为复杂的分类讨论.
解（1）b≥2（过程略）
（2）因函数f（x）和g（x）在以a，b为端点的开区间上单调性一致，所以f ′（x）g′（x）≥0在区间I上恒成立，这里I=a，b或者I=b，a.
令hx=f ′xg′x=6x3+3bx2+2ax+ab，则h′x=18x2+6bx+2a.因a<0，所以h′x=0有两个符号相异的实根x1、x2，不妨设x1<0，x2>0.若b>0，由a<0知此时I=a，b，h0=ab<0，而0∈a，b，这与hx≥0在a，b上恒成立相矛盾，故b≤0.所以开区间I应在x2的左侧，在I内hx的单调性要么递增，要么递减，要么先增后减.从整体上看，不管哪种情形，只需ha≥0且hb≥0即可.由ha≥0且hb≥0，并结合a<0、b≤0解得-13≤a<0、-13≤b<0，所以a-b≤13.故a-b的最大值为13.
评注 本题由于区间端点不确定，通常需要分三类进行讨论、由于题目中涉及的字母较多，无形之中增加了计算量，本题解法和官方解法相比，构思巧妙，解答流畅，从整体上把握问题，有效地避免了繁杂的分类.
二、巧设直线，方程助力
例2（2009年高考全国Ⅱ卷（文）第22题）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为33，过右焦点F的直线l与C相交于A、B两点.当l的斜率为1时，坐标原点O到l的距离为22.
（1）求a、b的值；
（2）C上是否存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有OP=OA+OB成立？若存在，
求出所有的P的坐标与l的方程；若不存在，说明理由.
分析第（1）问直接运用点到直线的距离公式以及椭圆有关关系式计算即可，比较简单，第（2）问若能抓住直线的斜率不可能为零，巧设直线方程为x=my+n，借助根与系数关系可以简化或避免讨论，大大减少计算量，提高解题速度.
解（1）a=3，b=2（过程略）
（2）设A、B坐标分别为x1，y1，x2，y2.注意到直线过x轴上的点F1，0，故设直线的方程为x=my+1，代入椭圆方程中化简，得2m2+3y2+4my-4=0，因Δ>0恒成立，所以y1+y2=-4m2m2+3，y1y2=-42m2+3.
假设符合条件的P点存在，则Px1+x2，y1+y2在椭圆2x2+3y2=6上.
代入整理得2x12+3y12+2x22+3y22+4x1x2+6y1y2=6.
因Ax1，y1，Bx2，y2也在椭圆上，
故2x1x2+3y1y2+3=0，
即2my1+1my2+1+3y1y2+3=0，
整理得
2m2+3y1y2+2my1+y2+5=0.将y1y2、y1+y2的值代入，
解得m=±22.當m=22时，y1+y2=-22，x1+x2=my1+y2+2=32，得P32，-22，
直线l的方程为2x-y-2=0.
当m=-22时，得P32，22，直线l的方程为2x+y-2=0.
评注当直线过一点时，设直线方程时很容易利用点斜式或斜截式进行，而忽略斜率不存在的情况或是运算较繁，需要分类讨论.如果知道直线的斜率不可能为零，可将直线方程设为x=my+n，这样，不仅避免或简化了讨论的步骤，且可以大大减少计算量，提高解题速度.
三、变换主元，定辅略主
例3（2008年高考安徽卷（文）第20题）设函数fx=a3x3-32x2+a+1x+1，
其中a为实数.
（1）已知函数fx在x=1处取得极值，求a的值；
（2）已知不等式f ′x>x2-x-a+1对任意的a∈0，+∞都成立，求实数x的取值范围.
分析第（1）问直接利用导函数求一点处的极值结合增减性即可求出，第（2）问往往将它整理成关于x的二次不等式：a-1x2-2x+2a>0对任意的a∈0，+∞都成立，这样就需要对二次项系数进行分类讨论.而如果将问题转化成以a为主元，x为辅助元的新函数ga=x2+2a-x2-2x对于任意的a∈0，+∞，ga≥0的充要条件问题，然后解不等式，那么问题就简单多了.
解（1）a=1（过程略） （2）因为
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，
显然，ga为增函数，于是，对任意的a∈0，+∞，
ga≥0的充要条件是g0=-x2-2x≥0
解得-2≤x≤0.
评注 对于不等式恒成立问题有很多，但本题通过变换主元，使问题很好地避开了繁杂的分类讨论，解答思路清晰，直观简洁，计算量小.
四、反面入手，另辟蹊徑
例4（2010年高考全国卷Ⅱ（文）第21题）已知函数fx=x3-3ax2+3x+1.
（1）设a=2，求fx的单调区间；
（2）设fx在区间2，3上至少有一个极值点，求a的取值范围.
分析第（1）问将a=2代入函数关系式，利用函数的导数法求极值很容易求出.第（2）问为避免分类，考虑问题的反面. fx在区间2，3上没有一个极值点，即 f ′x=3x2-6ax+3的图象在区间2，3上与x轴无交点，转化为f ′2f ′3≥0解得，再求其补集即可.
解（1）fx的单调增区间为-∞，2-3，2+3，+∞；fx的单调递减区间为2-3，2+3.（过程略）
（2）要使函数fx在区间2，3上至少有一个极值点，只需函数f ′x=3x2-6ax+3的图象在区间2，3上与x轴有交点且在2，3上方程f ′x=0无等根.为避免分类，考虑问题的反面. f ′x=3x2-6ax+3的图象在区间2，3上与x轴无交点时，有f ′2f ′3≥0，并解得a≥53或a≤54，取其补集，得54 评注 对于在固定区间求极值点的问题，有时可以通过求问题的反面，再求其补集，有效地避开繁杂的分类讨论，计算量小，解法更加顺畅，自然.
五、数形结合，相得益彰
例5（2010年高考江苏卷第20题）设fx是定义在区间1，+∞上的函数，其导函数为f ′x.如果存在实数a和函数hx，其中，hx对任意的x∈1，+∞都有hx>0使得f ′x=hxx2-ax+1，则称函数fx具有性质Pa.
（1）设函数fx=lnx+b+2x+1x>1，其中b为实数.
（ⅰ）求证：函数fx具有性质Pb；
（ⅱ）求函数fx的单调区间.
（2）已知函数gx具有性质P2.给定x1，x2∈1，+∞，设x11，β>1，若gα-gβ<
gx1-gx2，求m的取值范围.
分析（1）第（1）（ⅰ）问直接求导即可解决，（ⅱ）问的关键是借助二次函数图象的对称轴的位置不同进行分析，以简化分类. 第（2）问若构造出适当的图形进行分析，不仅可避免繁琐的分类，而且答案显而易见，体现出以形助数，直观易懂.
解（1）（ⅰ）f ′x=1x-b+2x+12
=1xx+12x2-bx+1.
因为x>1时，hx=1xx+12>0恒成立，所以函数fx具有性质Pb；
（ⅱ）设φx=x2-bx+1=x-b22+1-b24，φx与f ′x的符号相同.
由二次函数图象分析可知：
当1-b24≥0，-2≤b≤2时，
φx>0，f ′x>0，
故此时fx在区间1，+∞上递增；
当b<-2时，φx图象开口向上，对称轴x=b2<-1，而φ0=1，对于x>1，总有
φx>0，f ′x>0，故此时fx在区间1，+∞上递增；
当b>2时，φx图象开口向上，对称轴x=b2>1，方程φx=0的两根为：
b+b2-42，b-b2-42，而b+b2-42>1，b-b2-42=2b+b2-4∈0，1.
当x∈1，b+b2-42时，φx<0，f ′x<0，故此时fx在区间1，b+b2-42上递减；同理得：fx在区间b+b2-42，+∞上递增.
综上所述，当b≤2时，fx在区间1，+∞上递增；
当b>2时，fx在1，b+b2-42上递减；
fx在b+b2-42，+∞上递增.
（2）由已知可知，α+β=x1+x2，且α，β，x1，x2都在定义域内，x1 所以α+β2=x1+x22，
即中点相同，所以α、β要么在区间x1，x2上，要么在区间x1，x2外.
因gx具有性质P2，即已知中a=2的情形，所以gx在1，+∞上递增.
又因为gα-gβ 由图形可见DF>CE，所以α，β只能在区间x1，x2上.
故x1<α 图1
评注对于一些新定义型的高考题，有时候结合题目的已知条件，进行合理构造几何图形，恰当赋予几何图形数量关系，就可以使问题达到出乎意料的效果.
六、洞察本质，抓住内涵
例6（2011年高考浙江卷（文）第21题）设函数fx=a2lnx-x2+ax，a>0.
（1）求fx的单调区间；
（2）求所有实数a，使e-1≤fx≤e2对x∈1，e恒成立.
分析第（1）问只需对fx求导，利用导数f ′x的正负值求解单调区间.第（2）问显然，要根据单调性求函数fx在1，e上的最值.由 f ′x=0，得x1=-a2<0，x2=a>0，从而，fx在1，e上的单调性与a的值有关，通常分三种情况讨论.但如能注意到e-1≤fx≤e2对x∈1，e恒成立，将问题转化为恒成立问题，则可回避对a 解（1）f ′x=-2x+ax-ax，因为x>0，a>0.
所以fx的单调增区间是0，a，单调减区间是a，+∞.
（2）顯然，要根据单调性求函数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对x∈1，e恒成立，需有e-1≤
f1=a-1≤e2得a≥e，则可回避了对a 由（1）可知，fx在1，e上递增，所以e-1≤f1，fe≤e2，又a≥e，联立解得a=e.
评注本题第（2）问关于函数在某一给定区间上恒成立问题，可以将问题转化为函数在端点处满足给定的区间不等式条件，转化为不等式问题，即可轻松求解.
七、分离参数，突破极限
例7（2010年高考数学全国卷（理）第21题）设函数fx=xex-1-ax2.
（1）当a=12时，求fx的单调区间；
（2）若当x≥0时，fx≥0，求实数a的取值范围.
分析（1）略.
（2）gx=ex-1x在x=0处的极限值是学生求解的难点所在.如何求解.如果学生能回归导数的定义，利用分离参数突破极限值，则问题就变得简单多了.
解（1）略；
（2）由已知得fx=xex-1-ax2≥0（其中x≥0）.
当x=0时，a∈R；当x>0时，分离参数得a≤ex-1x（其中x>0），
令gx=ex-1x（其中x>0），求导可得g′x=xex-ex+1x2（其中x>0）.
令hx=xex-ex+1（其中x>0），则h′x=xex>0（其中x>0），
因此hx在0，+∞上单调递增，从而hx>h0=0，
于是g′x>0，故gx在0，+∞上单调递增，
因为limx→0gx=limx→0ex-1x=limx→0ex-1-e0-1x-0
由导数的定义知limx→0gx的值为函数φx=ex-1在x=0处的导数.又因为φ′x=ex，所以φ′0=e0=1，从而a≤1.
综合以上可知，a取值范围为-∞，1.
评注问题的难点在于gx=ex-1x在x=0处的函数值不存在，如何求解gx=ex-1x在x=0处的极限值是难点，很多教师在教学中都是运用高等数学中的洛必达法则求解的，但对于高中生而言，是超出高考要求的.如果能从导数定义出发，则不难实现问题的解决.
八、二次求导，柳暗花明
例8（2010年高考数学全国卷第20题）已知函数fx=x+1lnx-x+1.
（1）若xf ′x≤x2+ax+1，求a的取值范围；
（2）证明：x-1fx≥0.
分析对于第（1）问通过二次求导，得到lnx-x的最大值，从而求出a的取值范围. 第（2）问常规方法是把x-1fx进行化简，然后对x进行分类讨论，这是有难度的，若能从函数fx的符号入手，利用二次求导，借助fx在0，+∞上的增减性，解题思路顿时柳暗花明，问题化难为易.
解（1）xf ′x≤x2+ax+1化简，得a≥lnx-x，令gx=lnx-xx>0，二次求导，得gxmax=-1，所以a≥-1.
（2）由题意，得f ′x=lnx+1xx>0，二次求导，得f ″x=1x-1x2x>0，可得f ′xmin=f ′1=1，所以f ′x>0，所以fx在0，+∞上是增函数，又f1=0，所以x-1与fx同号，即有x-1fx≥0.
评注本题两问均通过二次求导，将问题转化为函数在区间上的最值问题或单调性问题，从而避免了常规思路中对x的分类讨论，优化了思维，提高了解题效率.
总之，分类讨论思想在历年的高考数学压轴题中，都占有及其重要的地位和作用，几乎每年都有所考查，分类讨论是许多学生的弱点，也是高考的热点、难点.但是有些高考压轴题，如果我们能够根据题目条件，讲究一些思维策略，作恰当处理，就可以轻松破解这些高考压轴题，给解题带来事半功倍之效.
（收稿日期：2016-09-12）
一、整体把握，化繁为简
例1（2011年高考江苏卷第19题）已知a，b是实数，函数fx=x3+ax，gx=
x2+bx，f ′（x）和g′（x）是f（x），g（x）的导函数，若f ′（x）g′（x）≥0在区间I上恒成立，则称f（x）和g（x）在区间I上单调性一致.
（1）设a>0，若函数f（x）和g（x）在区间[-1，+∞）上单调性一致，求实数b的取值范围；
（2）设a<0，且a≠b，若函数f（x）和g（x）在以a，b为端点的开区间上单调性一致，求|a-b|的最大值.
分析本题中由于a，b为端点的开区间的端点位置不确定，若分类讨论进行求解，则显得非常繁琐，若能巧妙利用好f ′（x）g′（x）≥0在区间恒成立这一条件，将其转化为研究导函数hx在该区间上的增减性的充要条件，就能有效地避免极为复杂的分类讨论.
解（1）b≥2（过程略）
（2）因函数f（x）和g（x）在以a，b为端点的开区间上单调性一致，所以f ′（x）g′（x）≥0在区间I上恒成立，这里I=a，b或者I=b，a.
令hx=f ′xg′x=6x3+3bx2+2ax+ab，则h′x=18x2+6bx+2a.因a<0，所以h′x=0有两个符号相异的实根x1、x2，不妨设x1<0，x2>0.若b>0，由a<0知此时I=a，b，h0=ab<0，而0∈a，b，这与hx≥0在a，b上恒成立相矛盾，故b≤0.所以开区间I应在x2的左侧，在I内hx的单调性要么递增，要么递减，要么先增后减.从整体上看，不管哪种情形，只需ha≥0且hb≥0即可.由ha≥0且hb≥0，并结合a<0、b≤0解得-13≤a<0、-13≤b<0，所以a-b≤13.故a-b的最大值为13.
评注 本题由于区间端点不确定，通常需要分三类进行讨论、由于题目中涉及的字母较多，无形之中增加了计算量，本题解法和官方解法相比，构思巧妙，解答流畅，从整体上把握问题，有效地避免了繁杂的分类.
二、巧设直线，方程助力
例2（2009年高考全国Ⅱ卷（文）第22题）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为33，过右焦点F的直线l与C相交于A、B两点.当l的斜率为1时，坐标原点O到l的距离为22.
（1）求a、b的值；
（2）C上是否存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有OP=OA+OB成立？若存在，
求出所有的P的坐标与l的方程；若不存在，说明理由.
分析第（1）问直接运用点到直线的距离公式以及椭圆有关关系式计算即可，比较简单，第（2）问若能抓住直线的斜率不可能为零，巧设直线方程为x=my+n，借助根与系数关系可以简化或避免讨论，大大减少计算量，提高解题速度.
解（1）a=3，b=2（过程略）
（2）设A、B坐标分别为x1，y1，x2，y2.注意到直线过x轴上的点F1，0，故设直线的方程为x=my+1，代入椭圆方程中化简，得2m2+3y2+4my-4=0，因Δ>0恒成立，所以y1+y2=-4m2m2+3，y1y2=-42m2+3.
假设符合条件的P点存在，则Px1+x2，y1+y2在椭圆2x2+3y2=6上.
代入整理得2x12+3y12+2x22+3y22+4x1x2+6y1y2=6.
因Ax1，y1，Bx2，y2也在椭圆上，
故2x1x2+3y1y2+3=0，
即2my1+1my2+1+3y1y2+3=0，
整理得
2m2+3y1y2+2my1+y2+5=0.将y1y2、y1+y2的值代入，
解得m=±22.當m=22时，y1+y2=-22，x1+x2=my1+y2+2=32，得P32，-22，
直线l的方程为2x-y-2=0.
当m=-22时，得P32，22，直线l的方程为2x+y-2=0.
评注当直线过一点时，设直线方程时很容易利用点斜式或斜截式进行，而忽略斜率不存在的情况或是运算较繁，需要分类讨论.如果知道直线的斜率不可能为零，可将直线方程设为x=my+n，这样，不仅避免或简化了讨论的步骤，且可以大大减少计算量，提高解题速度.
三、变换主元，定辅略主
例3（2008年高考安徽卷（文）第20题）设函数fx=a3x3-32x2+a+1x+1，
其中a为实数.
（1）已知函数fx在x=1处取得极值，求a的值；
（2）已知不等式f ′x>x2-x-a+1对任意的a∈0，+∞都成立，求实数x的取值范围.
分析第（1）问直接利用导函数求一点处的极值结合增减性即可求出，第（2）问往往将它整理成关于x的二次不等式：a-1x2-2x+2a>0对任意的a∈0，+∞都成立，这样就需要对二次项系数进行分类讨论.而如果将问题转化成以a为主元，x为辅助元的新函数ga=x2+2a-x2-2x对于任意的a∈0，+∞，ga≥0的充要条件问题，然后解不等式，那么问题就简单多了.
解（1）a=1（过程略） （2）因为
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，
显然，ga为增函数，于是，对任意的a∈0，+∞，
ga≥0的充要条件是g0=-x2-2x≥0
解得-2≤x≤0.
评注 对于不等式恒成立问题有很多，但本题通过变换主元，使问题很好地避开了繁杂的分类讨论，解答思路清晰，直观简洁，计算量小.
四、反面入手，另辟蹊徑
例4（2010年高考全国卷Ⅱ（文）第21题）已知函数fx=x3-3ax2+3x+1.
（1）设a=2，求fx的单调区间；
（2）设fx在区间2，3上至少有一个极值点，求a的取值范围.
分析第（1）问将a=2代入函数关系式，利用函数的导数法求极值很容易求出.第（2）问为避免分类，考虑问题的反面. fx在区间2，3上没有一个极值点，即 f ′x=3x2-6ax+3的图象在区间2，3上与x轴无交点，转化为f ′2f ′3≥0解得，再求其补集即可.
解（1）fx的单调增区间为-∞，2-3，2+3，+∞；fx的单调递减区间为2-3，2+3.（过程略）
（2）要使函数fx在区间2，3上至少有一个极值点，只需函数f ′x=3x2-6ax+3的图象在区间2，3上与x轴有交点且在2，3上方程f ′x=0无等根.为避免分类，考虑问题的反面. f ′x=3x2-6ax+3的图象在区间2，3上与x轴无交点时，有f ′2f ′3≥0，并解得a≥53或a≤54，取其补集，得54
五、数形结合，相得益彰
例5（2010年高考江苏卷第20题）设fx是定义在区间1，+∞上的函数，其导函数为f ′x.如果存在实数a和函数hx，其中，hx对任意的x∈1，+∞都有hx>0使得f ′x=hxx2-ax+1，则称函数fx具有性质Pa.
（1）设函数fx=lnx+b+2x+1x>1，其中b为实数.
（ⅰ）求证：函数fx具有性质Pb；
（ⅱ）求函数fx的单调区间.
（2）已知函数gx具有性质P2.给定x1，x2∈1，+∞，设x1
gx1-gx2，求m的取值范围.
分析（1）第（1）（ⅰ）问直接求导即可解决，（ⅱ）问的关键是借助二次函数图象的对称轴的位置不同进行分析，以简化分类. 第（2）问若构造出适当的图形进行分析，不仅可避免繁琐的分类，而且答案显而易见，体现出以形助数，直观易懂.
解（1）（ⅰ）f ′x=1x-b+2x+12
=1xx+12x2-bx+1.
因为x>1时，hx=1xx+12>0恒成立，所以函数fx具有性质Pb；
（ⅱ）设φx=x2-bx+1=x-b22+1-b24，φx与f ′x的符号相同.
由二次函数图象分析可知：
当1-b24≥0，-2≤b≤2时，
φx>0，f ′x>0，
故此时fx在区间1，+∞上递增；
当b<-2时，φx图象开口向上，对称轴x=b2<-1，而φ0=1，对于x>1，总有
φx>0，f ′x>0，故此时fx在区间1，+∞上递增；
当b>2时，φx图象开口向上，对称轴x=b2>1，方程φx=0的两根为：
b+b2-42，b-b2-42，而b+b2-42>1，b-b2-42=2b+b2-4∈0，1.
当x∈1，b+b2-42时，φx<0，f ′x<0，故此时fx在区间1，b+b2-42上递减；同理得：fx在区间b+b2-42，+∞上递增.
综上所述，当b≤2时，fx在区间1，+∞上递增；
当b>2时，fx在1，b+b2-42上递减；
fx在b+b2-42，+∞上递增.
（2）由已知可知，α+β=x1+x2，且α，β，x1，x2都在定义域内，x1
即中点相同，所以α、β要么在区间x1，x2上，要么在区间x1，x2外.
因gx具有性质P2，即已知中a=2的情形，所以gx在1，+∞上递增.
又因为gα-gβ
故x1<α
评注对于一些新定义型的高考题，有时候结合题目的已知条件，进行合理构造几何图形，恰当赋予几何图形数量关系，就可以使问题达到出乎意料的效果.
六、洞察本质，抓住内涵
例6（2011年高考浙江卷（文）第21题）设函数fx=a2lnx-x2+ax，a>0.
（1）求fx的单调区间；
（2）求所有实数a，使e-1≤fx≤e2对x∈1，e恒成立.
分析第（1）问只需对fx求导，利用导数f ′x的正负值求解单调区间.第（2）问显然，要根据单调性求函数fx在1，e上的最值.由 f ′x=0，得x1=-a2<0，x2=a>0，从而，fx在1，e上的单调性与a的值有关，通常分三种情况讨论.但如能注意到e-1≤fx≤e2对x∈1，e恒成立，将问题转化为恒成立问题，则可回避对a
所以fx的单调增区间是0，a，单调减区间是a，+∞.
（2）顯然，要根据单调性求函数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对x∈1，e恒成立，需有e-1≤
f1=a-1≤e2得a≥e，则可回避了对a
评注本题第（2）问关于函数在某一给定区间上恒成立问题，可以将问题转化为函数在端点处满足给定的区间不等式条件，转化为不等式问题，即可轻松求解.
七、分离参数，突破极限
例7（2010年高考数学全国卷（理）第21题）设函数fx=xex-1-ax2.
（1）当a=12时，求fx的单调区间；
（2）若当x≥0时，fx≥0，求实数a的取值范围.
分析（1）略.
（2）gx=ex-1x在x=0处的极限值是学生求解的难点所在.如何求解.如果学生能回归导数的定义，利用分离参数突破极限值，则问题就变得简单多了.
解（1）略；
（2）由已知得fx=xex-1-ax2≥0（其中x≥0）.
当x=0时，a∈R；当x>0时，分离参数得a≤ex-1x（其中x>0），
令gx=ex-1x（其中x>0），求导可得g′x=xex-ex+1x2（其中x>0）.
令hx=xex-ex+1（其中x>0），则h′x=xex>0（其中x>0），
因此hx在0，+∞上单调递增，从而hx>h0=0，
于是g′x>0，故gx在0，+∞上单调递增，
因为limx→0gx=limx→0ex-1x=limx→0ex-1-e0-1x-0
由导数的定义知limx→0gx的值为函数φx=ex-1在x=0处的导数.又因为φ′x=ex，所以φ′0=e0=1，从而a≤1.
综合以上可知，a取值范围为-∞，1.
评注问题的难点在于gx=ex-1x在x=0处的函数值不存在，如何求解gx=ex-1x在x=0处的极限值是难点，很多教师在教学中都是运用高等数学中的洛必达法则求解的，但对于高中生而言，是超出高考要求的.如果能从导数定义出发，则不难实现问题的解决.
八、二次求导，柳暗花明
例8（2010年高考数学全国卷第20题）已知函数fx=x+1lnx-x+1.
（1）若xf ′x≤x2+ax+1，求a的取值范围；
（2）证明：x-1fx≥0.
分析对于第（1）问通过二次求导，得到lnx-x的最大值，从而求出a的取值范围. 第（2）问常规方法是把x-1fx进行化简，然后对x进行分类讨论，这是有难度的，若能从函数fx的符号入手，利用二次求导，借助fx在0，+∞上的增减性，解题思路顿时柳暗花明，问题化难为易.
解（1）xf ′x≤x2+ax+1化简，得a≥lnx-x，令gx=lnx-xx>0，二次求导，得gxmax=-1，所以a≥-1.
（2）由题意，得f ′x=lnx+1xx>0，二次求导，得f ″x=1x-1x2x>0，可得f ′xmin=f ′1=1，所以f ′x>0，所以fx在0，+∞上是增函数，又f1=0，所以x-1与fx同号，即有x-1fx≥0.
评注本题两问均通过二次求导，将问题转化为函数在区间上的最值问题或单调性问题，从而避免了常规思路中对x的分类讨论，优化了思维，提高了解题效率.
总之，分类讨论思想在历年的高考数学压轴题中，都占有及其重要的地位和作用，几乎每年都有所考查，分类讨论是许多学生的弱点，也是高考的热点、难点.但是有些高考压轴题，如果我们能够根据题目条件，讲究一些思维策略，作恰当处理，就可以轻松破解这些高考压轴题，给解题带来事半功倍之效.
（收稿日期：2016-09-12）