新編金版教程高考數(shù)學文二輪復習講義：第一編 數(shù)學思想方法 第四講轉(zhuǎn)化與化歸思想 Word版含解析

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1、 第四講　轉(zhuǎn)化與化歸思想 思想方法解讀 考點　特殊與一般的轉(zhuǎn)化　　 典例1　　(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. [解析]　拋物線y＝ax2(a>0)的標準方程為 x2＝y(tǒng)(a>0)．焦點F，取過焦點F的直線垂直于y軸，則|PF|＝|QF|＝，所以＋＝4a. [答案]　C (2)[20xx·廈門模擬]如圖，P為橢圓＋＝1上第一象限內(nèi)的任意一點，過橢圓的右頂點A、上頂點B分別作y軸、x軸的平行線，它們相交于點C，過點

2、P引BC，AC的平行線交AC于點N，交BC于點M，交AB于點D，E，記矩形PMCN的面積為S1，三角形PDE的面積S2，則S1∶S2＝(　　) A．1 B．2 C. D. [解析]　由點P為橢圓第一象限內(nèi)的任意一點，則可設點P為特殊點，易求得S1＝S2，故選A. [答案]　A 特殊與一般的轉(zhuǎn)化步驟 特殊與一般轉(zhuǎn)化法是在解決問題過程中將某些一般問題進行特殊化處理或?qū)⒛承┨厥鈫栴}進行一般化處理的方法．這類轉(zhuǎn)化法一般的解題步驟是： 第一步，確立需轉(zhuǎn)化的目標問題：一般將要解決的問題作為轉(zhuǎn)化目標． 第二步，尋找“特殊元素”與“一般元素”：把一般問題轉(zhuǎn)化為特殊問題時，尋找“特殊

3、元素”；把特殊問題轉(zhuǎn)化為一般問題時，尋找“一般元素”． 第三步，確立新目標問題：根據(jù)新確立的“特殊元素”或者“一般元素”，明確其與需要解決問題的關系，確立新的需要解決的問題． 第四步，解決新目標問題：在新的板塊知識背景下用特定的知識解決新目標問題． 第五步，回歸目標問題． 第六步，回顧反思：常用的特例有特殊數(shù)值、特殊數(shù)列、特殊函數(shù)、特殊圖形、特殊角、特殊位置等．對于選擇題，當題設在普通條件下都成立時，用特殊值進行探求，可快捷地得到答案；對于填空題，當填空題的結(jié)論唯一或題設條件提供的信息暗示答案是一個定值時，可以把題中變化的量用特殊值代替，即可得到答案． 【針對訓練1】　(1)[2

4、0xx·成都模擬]在等差數(shù)列{an}中，已知a4＋a8＝16，則該數(shù)列的前11項和S11＝(　　) A．58 B．88 C．143 D．176 答案　B 解析　解法一：由a4＋a8＝16，可令a4＝a8＝8，即數(shù)列{an}為常數(shù)列，易得S11＝88，故選B. 解法二：a4＋a8＝16＝2a6，得a6＝8，又S11＝＝11a6＝88，故選B. (2)已知f(x)＝，則f(－20xx)＋f(－20xx)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(20xx)＝________. 答案　20xx 解析　f(x)＋f(1－x)＝＋ ＝＋＝＝1， ∴f(0)＋f(1)＝1，f(－20xx

5、)＋f(20xx)＝1， ∴f(－20xx)＋f(－20xx)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(20xx)＝20xx. 考點　函數(shù)、方程與不等式之間的轉(zhuǎn)化　　 典例2　　已知函數(shù)f(x)＝ex，a，b∈R，且a>0. (1)若函數(shù)f(x)在x＝－1處取得極值，試求函數(shù)f(x)的解析式及單調(diào)區(qū)間； (2)設g(x)＝a(x－1)ex－f(x)，g′(x)為g(x)的導函數(shù)．若存在x0∈(1，＋∞)，使g(x0)＋g′(x0)＝0成立，求的取值范圍． [解]　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)． f′(x)＝ex，由題知 即解得a＝2，b＝1，所以函數(shù)f(x)＝

6、ex(x≠0)． 此時f′(x)＝ex＝ex， 令f′(x)>0得x<－1或x>， 令f′(x)<0得－11)． 則u′(x)＝6ax2－6ax－2b

7、＝6ax(x－1)－2b>－2b，當b≤0時，u′(x)>0， 此時u(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，因此u(x)>u(1)＝－a－b. 因為存在x0∈(1，＋∞)，使2ax－3ax－2bx0＋b＝0成立， 所以只要－a－b<0即可，此時－1<≤0. 當b>0時，令u(x)＝b，解得x1＝>＝>1，x2＝(舍去)，x3＝0(舍去)，得u(x1)＝b>0， 又u(1)＝－a－b<0，于是u(x)在(1，x1)上必有零點， 即存在x0>1，使2ax－3ax－2bx0＋b＝0成立，此時>0. 綜上有的取值范圍為(－1，＋∞)． 函數(shù)、方程與不等式相互轉(zhuǎn)化的應用 函數(shù)、方程與不等

8、式就像“一胞三兄弟”，解決方程、不等式的問題需要函數(shù)幫助，解決函數(shù)的問題需要方程、不等式的幫助，因此借助于函數(shù)、方程、不等式進行轉(zhuǎn)化與化歸可以將問題化繁為簡，一般可將不等關系問題轉(zhuǎn)化為最值(值域)問題，從而求出參變量的范圍． 【針對訓練2】　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________． 答案　3 解析　因為當t∈[－1，＋∞)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

9、，＋∞)，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. 所以要使得對任意x∈[1，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

10、－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－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，當x∈(t,3)時恒成立，∴m＋4≥－3t恒成立，則m＋4≥－1，即m≥－5； 由②得m＋4≤－3x當x∈(t,3)時恒成立，則m＋4≤－9，即m≤－. ∴使函數(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－

11、難則反，利用補集求得其解，這就是補集思想，一種充分體現(xiàn)對立統(tǒng)一、相互轉(zhuǎn)化的思想方法．一般地，題目若出現(xiàn)多種成立的情形，則不成立的情形相對很少，從反面考慮較簡單，因此，間接法多用于含有“至多”“至少”情形的問題中． 【針對訓練3】　若拋物線y＝x2上的所有弦都不能被直線y＝k(x－3)垂直平分，則k的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　設拋物線y＝x2上兩點A(x1，x)，B(x2，x)關于直線y＝k(x－3)對稱，AB的中點為P(x0，y0)，則x0＝，y0＝. 由題設知＝－，所以＝－. 又AB的中點P(x0，y0)在直線y＝k(x－3)上，所

12、以＝k＝－，所以中點P. 由于點P在y>x2的區(qū)域內(nèi)，則－>2，整理得(2k＋1)(6k2－2k＋1)<0，解得k<－. 因此當k<－時，拋物線y＝x2上存在兩點關于直線y＝k(x－3)對稱，于是當k≥－時，拋物線y＝x2上不存在兩點關于直線y＝k(x－3)對稱． 所以實數(shù)k的取值范圍為.故選D. 考點　常量與變量的轉(zhuǎn)化　　 典例4　　已知函數(shù)f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的導函數(shù)．若對滿足－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

13、φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1. 對－1≤a≤1，恒有g(shù)(x)<0，即φ(a)<0， ∴即解得－

14、1,1]恒成立，求x的取值范圍． 解　∵f(x)是R上的增函數(shù)， ∴1－ax－x2≤2－a，a∈[－1,1]．(*) (*)式可化為(x－1)a＋x2＋1≥0對a∈[－1,1]恒成立． 令g(a)＝(x－1)a＋x2＋1. 則解得x≥0或x≤－1， 即實數(shù)x的取值范圍是(－∞，－1]∪[0，＋∞)． 考點　以換元為主題的轉(zhuǎn)化　　 典例5　　是否存在實數(shù)a，使得函數(shù)y＝sin2x＋acosx＋a－在閉區(qū)間上的最大值是1？若存在，則求出對應的a的值；若不存在，則說明理由． [解]　y＝sin2x＋acosx＋a－＝1－cos2x＋acosx＋a－＝－2＋＋a－. ∵0≤x≤，∴

15、0≤cosx≤1，令cosx＝t， 則y＝－2＋＋a－，0≤t≤1. 當>1，即a>2時，函數(shù)y＝－2＋＋a－在t∈[0,1]上單調(diào)遞增， ∴t＝1時，函數(shù)有最大值ymax＝a＋a－＝1，解得a＝<2(舍去)； 當0≤≤1，即0≤a≤2時，t＝函數(shù)有最大值， ymax＝＋a－＝1，解得a＝或a＝－4(舍去)； 當<0，即a<0時， 函數(shù)y＝－2＋＋a－在t∈[0,1]上單調(diào)遞減， ∴t＝0時，函數(shù)有最大值ymax＝a－＝1，解得a＝>0(舍去)， 綜上所述，存在實數(shù)a＝使得函數(shù)有最大值． 換元法的主要應用 換元法的特點是通過引進新的變量，可以把分散的條件聯(lián)系起來，隱含

16、的條件顯露出來，把條件與結(jié)論聯(lián)系起來，把陌生的形式轉(zhuǎn)變?yōu)槭煜さ男问剑咧袛?shù)學中主要換元法有整體換元、三角換元、對稱換元、均值換元等等．換元法應用廣泛，如解方程、解不等式、證明不等式、求函數(shù)的值域、求數(shù)列的通項與和等，在解析幾何中也有廣泛的應用．解題過程中要注意換元后新變量的取值范圍． 【針對訓練5】　求函數(shù)f(x)＝2－4asinx－cos2x的最大值和最小值． 解　f(x)＝2－4asinx－(1－2sin2x)＝ 2sin2x－4asinx＋1＝2(sinx－a)2＋ 1－2a2. 設sinx＝t，則－1≤t≤1，并且y＝g(t)＝2(t－a)2＋1－2a2. 當a<－1時，如圖， 有y最大＝g(1)＝3－4a， y最?。絞(－1)＝3＋4a； 當－1≤a≤1時，有y最?。絞(a)＝1－2a2， y最大為g(－1)和g(1)中的較大者， 即y最大＝3－4a(－1≤a≤0)，或y最大＝3＋4a(01時，有y最大＝g(－1)＝3＋4a，y最?。絞(1)＝3－4a.