（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 思想方法 數(shù)學(xué)思想方法 第4講 轉(zhuǎn)化與化歸思想教學(xué)案 理

《（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 思想方法 數(shù)學(xué)思想方法 第4講 轉(zhuǎn)化與化歸思想教學(xué)案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 思想方法 數(shù)學(xué)思想方法 第4講 轉(zhuǎn)化與化歸思想教學(xué)案 理（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第4講　轉(zhuǎn)化與化歸思想 思想方法·簡明概述 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(biāo)法　6.類比法　7.特殊化方法 8.等價問題法　9.加強(qiáng)命題法　10.補(bǔ)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(jìn)而使問題得到解決的一種數(shù)學(xué)思想方法 熱點探究·考向調(diào)研 調(diào)研一　特殊與一般的轉(zhuǎn)化 【例1】　(1)[2018·唐山三模]已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx有兩個極值點x1，x2，且x1

2、若x1＋2x0＝3x2，函數(shù)g(x)＝f(x)－f(x0)，則g(x)(　　) A．恰有一個零點　 B．恰有兩個零點 C．恰有三個零點 D．至多兩個零點 解析：由題知只要f(x)有兩個極值點，且x1

3、則cosA＝，cosC＝0，＝. 方法二：取特殊角A＝B＝C＝，cosA＝cosC＝，＝. 答案： (3)如圖所示，在平行四邊形ABCD中，AP⊥BD，垂足為P，且AP＝3，則·＝________. 解析：把平行四邊形ABCD看成正方形，則點P為對角線的交點，AC＝6，則·＝18. 答案：18 方法點睛 化一般為特殊的作用 (1)常用的特例有特殊值、特殊數(shù)列、特殊函數(shù)、特殊圖形、特殊角、特殊位置等． (2)對于選擇題，當(dāng)題設(shè)在普通條件下都成立時，對特殊值進(jìn)行探求，可快捷得到答案． (3)對于填空題，當(dāng)填空題的結(jié)論唯一或題設(shè)條件提供的信息暗示答案是一個定值時，可把題中變

4、化的量用特殊值代替，即可得到答案． 調(diào)研二　函數(shù)、方程、不等式之間的轉(zhuǎn)化 【例2】　(1)[2019·安徽合肥質(zhì)檢三]若存在兩個正實數(shù)x，y，使得等式x(1＋lnx)＝xlny－ay成立，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A.　　　　　　 B. C. D. 解析：∵x>0，y>0，x(1＋lnx)＝xlny－ay， ∴ay＝xlny－xlnx－x，ay＝xln－x， ∴a＝ln－，即a＝－ln－. 令t＝，則t>0，a＝－tlnt－t. 令f(t)＝－tlnt－t(t>0)， 則f′(t)＝－(lnt＋2)．令f′(t)＝0，得t＝. 當(dāng)t∈時，f′(t)>0，f(t)單調(diào)遞

5、增； 當(dāng)t∈時，f′(t)<0，f(t)單調(diào)遞減． ∴[f(t)]max＝f＝，∴a≤，故選C. 答案：C (2)在等差數(shù)列{an}中，a2，a2 018是函數(shù)f(x)＝x3－6x2＋4x－1的兩個不同的極值點，則的值為(　　) A．－3 B．－ C．3 D. 解析：f′(x)＝3x2－12x＋4，因為a2，a2 018是函數(shù)f(x)＝x3－6x2＋4x－1的兩個不同的極值點，所以a2，a2 018是方程3x2－12x＋4＝0的兩個不等實數(shù)根， 所以a2＋a2 018＝4.又因為數(shù)列{an}為等差數(shù)列，所以a2＋a2 018＝2a1 010，即a1 010＝2， 從而，故選B

6、. 答案：B (3)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，則m的最大值為________． 解析：因為當(dāng)t∈[－1，＋∞)且x∈[1，m]時，x＋t≥0， 所以f(x＋t)≤3ex?ex＋t≤ex?x＋t≤1＋lnx. 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＋lnx－x對任意x∈[1，m]恒成立． 令h(x)＝1＋lnx－x(x≥1)． 因為h′(x)＝－1≤0， 所以函數(shù)h(x)在[1，＋∞)上為減函數(shù)， 又因為x∈[1，m]， 所以h(x)min＝h(

7、m)＝1＋lnm－m. 所以要使得對任意x∈[1，m]，t值恒存在， 只需1＋lnm－m≥－1. 因為h(3)＝ln3－2＝ln>ln＝－1，h(4)＝ln4－3＝ln

8、 【例3】　(1)[2019·太原模擬]由命題“存在x0∈R，使－m≤0”是假命題，得m的取值范圍是(－∞，a)，則實數(shù)a的取值是(　　) A．(－∞，1)　　　 B．(－∞，2) C．1 D．2 解析：命題“存在x0∈R，使－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，故選C. 答案：C (2)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：g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－

9、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(正反轉(zhuǎn)化)， 由①得3x2＋(m＋4)x－2≥0， 即m＋4≥－3x， 當(dāng)x∈(t,3)時恒成立， 所以m＋4≥－3t恒成立，則m＋4≥－1， 即m≥－5； 由②得3x2＋(m＋4)x－2≤0， 即m＋4≤－3x， 當(dāng)x∈(t,3)時恒成立， 則m＋4≤－9， 即m≤－. 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. 答案： (3)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

10、少存在一個值c，使得f(c)>0，則實數(shù)p的取值范圍為________． 解析：如果在區(qū)間[－1,1]內(nèi)沒有值使得f(c)>0，則??p≤－3或p≥，取補(bǔ)集為－3

11、取值范圍為(　　) A．(－∞，－2]　　 B．[－2,2] C．(0,2] D．[2，＋∞) 解析：因為x∈[－2,2]， 當(dāng)x＝0時，原式為02－a·0＋1≥0恒成立，此時a∈R； 當(dāng)x∈(0,2]時，原不等式可化為a≤， 而≥＝2， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時等號成立， 所以a的取值范圍是(－∞，2]； 當(dāng)x∈[－2,0)時，可得a≥， 令f(x)＝＝x＋， 由函數(shù)的單調(diào)性可知，f(x)max＝f(－1)＝－2， 所以a∈[－2，＋∞)． 綜上可知，a的取值范圍是[－2,2]，故選B. 答案：B (2)設(shè)y＝(log2x)2＋(t－2)log2x－t＋1，若t∈[－2

12、,2]時恒取正值，則x的取值范圍是________． 解析：設(shè)y＝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log2x>3. 即08， 故x的取值范圍是∪(8，＋∞)． 答案：∪(8，＋∞) (3)已知函數(shù)f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)．對滿足－1≤a≤1的一切a的值，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)．(主次轉(zhuǎn)化) 對－1≤a≤1，恒有g(shù)(x)<0，即φ(a)<0， 所以即 解得－