高考數(shù)學 考前3個月知識方法專題訓練 第一部分 知識方法篇 專題10 數(shù)學思想 第40練 轉(zhuǎn)化與化歸思想 文

第40練轉(zhuǎn)化與化歸思想思想方法解讀轉(zhuǎn)化與化歸思想方法，就是在研究和解決有關(guān)數(shù)學問題時，采用某種手段將問題通過變換使之轉(zhuǎn)化，進而使問題得到解決的一種數(shù)學方法一般是將復雜的問題通過變換轉(zhuǎn)化為簡單的問題，將難解的問題通過變換轉(zhuǎn)化為容易求解的問題，將未解決的問題通過變換轉(zhuǎn)化為已解決的問題轉(zhuǎn)化與化歸思想是實現(xiàn)具有相互關(guān)聯(lián)的兩個知識板塊進行相互轉(zhuǎn)化的重要依據(jù)，如函數(shù)與不等式、函數(shù)與方程、數(shù)與形、式與數(shù)、角與邊、空間與平面、實際問題與數(shù)學問題的互化等，消去法、換元法、數(shù)形結(jié)合法等都體現(xiàn)了等價轉(zhuǎn)化思想，我們也經(jīng)常在函數(shù)、方程、不等式之間進行等價轉(zhuǎn)化，在復習過程中應(yīng)注意相近主干知識之間的互化，注重知識的綜合性轉(zhuǎn)化與化歸思想的原則(1)熟悉已知化原則：將陌生的問題轉(zhuǎn)化為熟悉的問題，將未知的問題轉(zhuǎn)化為已知的問題，以便于我們運用熟知的知識、經(jīng)驗和問題來解決(2)簡單化原則：將復雜問題化歸為簡單問題，通過對簡單問題的解決，達到解決復雜問題的目的，或獲得某種解題的啟示和依據(jù)(3)和諧統(tǒng)一原則：轉(zhuǎn)化問題的條件或結(jié)論，使其表現(xiàn)形式更符合數(shù)與形內(nèi)部所表示的和諧統(tǒng)一的形式；或者轉(zhuǎn)化命題，使其推演有利于運用某種數(shù)學方法或符合人們的思維規(guī)律(4)正難則反原則：當問題正面討論遇到困難時，應(yīng)想到問題的反面，設(shè)法從問題的反面去探討，使問題獲得解決體驗高考1(2016課標全國乙)已知等差數(shù)列an前9項的和為27，a108，則a100等于()A100 B99 C98 D97答案C解析由等差數(shù)列性質(zhì)，知S99a527，得a53，而a108，因此公差d1，a100a1090d98，故選C.2(2016課標全國丙)已知則()Ab<a<cBa<b<cCb<c<aDc<a<b答案A解析因為由函數(shù)y2x在R上為增函數(shù)知b<a；又因為由函數(shù)在(0，)上為增函數(shù)知a<c.綜上得b<a<c.故選A.3(2016四川)在ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且.(1)證明：sin Asin Bsin C；(2)若b2c2a2bc，求tan B.(1)證明根據(jù)正弦定理，可設(shè)k(k>0)，則aksin A，bksin B，cksin C.代入中，有，變形可得sin Asin Bsin Acos Bcos Asin Bsin(AB)在ABC中，由ABC，有sin(AB)sin(C)sin C，所以sin Asin Bsin C.(2)解由已知，b2c2a2bc，根據(jù)余弦定理，有cos A，所以sin A.由(1)知，sin Asin Bsin Acos Bcos Asin B，所以sin Bcos Bsin B.故tan B4.高考必會題型題型一正難則反的轉(zhuǎn)化例1已知集合AxR|x24mx2m60，BxR|x<0，若AB，求實數(shù)m的取值范圍解設(shè)全集Um|(4m)24(2m6)0，即Um|m1或m若方程x24mx2m60的兩根x1，x2均為非負，則所以使AB的實數(shù)m的取值范圍為m|m1點評本題中，AB，所以A是方程x24mx2m60的實數(shù)解組成的非空集合，并且方程的根有三種情況：(1)兩負根；(2)一負根和一零根；(3)一負根和一正根分別求解比較麻煩，我們可以從問題的反面考慮，采取“正難則反”的解題策略，即先由0，求出全集U，然后求的兩根均為非負時m的取值范圍，最后利用“補集思想”求解，這就是正難則反這種轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，也稱為“補集思想”變式訓練1若對于任意t1,2，函數(shù)g(x)x3x22x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_答案解析g(x)3x2(m4)x2，若g(x)在區(qū)間(t,3)上總為單調(diào)函數(shù)，則g(x)0在(t,3)上恒成立，或g(x)0在(t,3)上恒成立由得3x2(m4)x20，即m43x在x(t,3)上恒成立，所以m43t恒成立，則m41，即m5；由得m43x在x(t,3)上恒成立，則m49，即m.所以使函數(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<m<5.題型二函數(shù)、方程、不等式之間的轉(zhuǎn)化例2已知函數(shù)f(x)eln x，g(x)f(x)(x1)(e2.718)(1)求函數(shù)g(x)的極大值；(2)求證：1>ln(n1)(nN*)(1)解g(x)f(x)(x1)ln x(x1)，g(x)1(x>0)令g(x)>0，解得0<x<1；令g(x)<0，解得x>1.函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，g(x)極大值g(1)2.(2)證明由(1)知x1是函數(shù)g(x)的極大值點，也是最大值點，g(x)g(1)2，即ln x(x1)2ln xx1(當且僅當x1時等號成立)，令tx1，得tln(t1)(t>1)取t(nN*)時，則>lnln，1>ln 2，>ln ，>ln ，>ln，疊加得1>ln(2)ln(n1)即1>ln(n1)點評解決方程、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(guān)系轉(zhuǎn)化為最值(值域)問題，從而求出參變量的范圍變式訓練2設(shè)a為實數(shù)，函數(shù)f(x)ex2x2a，xR.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；(2)求證：當a>ln 21且x>0時，ex>x22ax1.(1)解由f(x)ex2x2a，xR知f(x)ex2，xR.令f(x)0，得xln 2.于是當x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x(，ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)0f(x)單調(diào)遞減22ln 22a單調(diào)遞增故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(，ln 2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2，)，f(x)在xln 2處取得極小值，極小值為f(ln 2)eln 22ln 22a22ln 22a.(2)證明設(shè)g(x)exx22ax1，xR，于是g(x)ex2x2a，xR.由(1)知當a>ln 21時，g(x)取最小值為g(ln 2)2(1ln 2a)>0.于是對任意xR，都有g(shù)(x)>0，所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增于是當a>ln 21時，對任意x(0，)，都有g(shù)(x)>g(0)而g(0)0，從而對任意x(0，)，都有g(shù)(x)>0.即exx22ax1>0，故ex>x22ax1.題型三主與次的轉(zhuǎn)化例3已知函數(shù)f(x)x33ax1，g(x)f(x)ax5，其中f(x)是f(x)的導函數(shù)對滿足1a1的一切a的值，都有g(shù)(x)<0，則實數(shù)x的取值范圍為_答案解析由題意，知g(x)3x2ax3a5，令(a)(3x)a3x25，1a1.對1a1，恒有g(shù)(x)<0，即(a)<0，即解得<x<1.故當x時，對滿足1a1的一切a的值，都有g(shù)(x)<0.點評主與次的轉(zhuǎn)化法合情合理的轉(zhuǎn)化是數(shù)學問題能否“明朗化”的關(guān)鍵所在，通過變換主元，起到了化繁為簡的作用在不等式中出現(xiàn)兩個字母：x及a，關(guān)鍵在于該把哪個字母看成變量，哪個看成常數(shù)顯然可將a視作自變量，則上述問題即可轉(zhuǎn)化為在1,1內(nèi)關(guān)于a的一次函數(shù)小于0恒成立的問題變式訓練3設(shè)f(x)是定義在R上的單調(diào)遞增函數(shù)，若f(1axx2)f(2a)對任意a1,1恒成立，則x的取值范圍為_答案(，10，)解析f(x)是R上的增函數(shù)，1axx22a，a1,1(*)(*)式可化為(x1)ax210對a1,1恒成立令g(a)(x1)ax21.則解得x0或x1，即實數(shù)x的取值范圍是(，10，)題型四以換元為手段的轉(zhuǎn)化與化歸例4是否存在實數(shù)a，使得函數(shù)ysin2xacos xa在閉區(qū)間0，上的最大值是1？若存在，則求出對應(yīng)的a的值；若不存在，請說明理由解ysin2xacos xa1cos2xacos xa(cos x)2a.0x，0cos x1，令cos xt，則y(t)2a，0t1.當>1，即a>2時，函數(shù)y(t)2a在t0,1上單調(diào)遞增，t1時，函數(shù)有最大值ymaxaa1，解得a<2(舍去)；當01，即0a2時，則t時函數(shù)有最大值，ymaxa1，解得a或a4(舍去)；當<0，即a<0時，函數(shù)y(t)2a在t0,1上單調(diào)遞減，t0時，函數(shù)有最大值ymaxa1，解得a>0(舍去)，綜上所述，存在實數(shù)a，使得函數(shù)在閉區(qū)間0，上有最大值1.點評換元有整體代換、特值代換、三角換元等情況本題是關(guān)于三角函數(shù)最值的存在性問題，通過換元，設(shè)cos xt，轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的二次函數(shù)問題，把三角函數(shù)的最值問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)y(t)2a，0t1的最值問題，然后分類討論解決問題變式訓練4若關(guān)于x的方程9x(4a)3x40有解，則實數(shù)a的取值范圍是_答案(，8解析設(shè)t3x，則原命題等價于關(guān)于t的方程t2(4a)t40有正解，分離變量a，得a4，t>0，4，a8，即實數(shù)a的取值范圍是(，8高考題型精練1若函數(shù)f(x)x3tx23x在區(qū)間1,4上單調(diào)遞減，則實數(shù)t的取值范圍是()A(， B(，3C，) D3，)答案C解析f(x)3x22tx3，由于f(x)在區(qū)間1,4上單調(diào)遞減，則有f(x)0在1,4上恒成立，即3x22tx30，即t(x)在1,4上恒成立，因為y(x)在1,4上單調(diào)遞增，所以t(4)，故選C.2已知函數(shù)f(x)|logx|，若m<n，有f(m)f(n)，則m3n的取值范圍是()A2，) B(2，)C4，) D(4，)答案D解析f(x)|logx|，若m<n，有f(m)f(n)，logmlogn，mn1，0<m<1，n>1，m3nm在m(0,1)上單調(diào)遞減，當m1時，m3n4，m3n>4.3過拋物線yax2(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()A2aB.C4aD.答案C解析拋物線yax2(a>0)的標準方程為x2y(a>0)，焦點F(0，)，取過焦點F的直線垂直于y軸，則|PF|QF|，所以4a.4已知函數(shù)f(x)(e2x11)(ax3a1)，若存在x(0，)，使得不等式f(x)<1成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A(0，)B(0，)C(，)D(，)答案C解析因為x(0，)，所以2x1>1，則e2x11>e1，要使f(x)<1，則ax3a1<，可轉(zhuǎn)化為：存在x(0，)使得a<成立設(shè)g(x)，則a<g(x)max，因為x>0，則x3>3，從而<，所以g(x)<，即a<，選C.5已知f(x)，則f(2 015)f(2 014)f(0)f(1)f(2 016)_.答案2 016解析f(x)f(1x)1，f(0)f(1)1，f(2 015)f(2 016)1，f(2 015)f(2 014)f(0)f(1)f(2 016)2 016.6若二次函數(shù)f(x)4x22(p2)x2p2p1在區(qū)間1,1內(nèi)至少存在一個值c，使得f(c)>0，求實數(shù)p的取值范圍是_答案(3，)解析如果在1,1內(nèi)沒有值滿足f(c)>0，則p3或p，取補集為3<p<，即為滿足條件的p的取值范圍故實數(shù)p的取值范圍為(3，)7對任意的|m|2，函數(shù)f(x)mx22x1m恒為負，則x的取值范圍是_答案(，)解析對任意的|m|2，有mx22x1m<0恒成立，即|m|2時，(x21)m2x1<0恒成立設(shè)g(m)(x21)m2x1，則原問題轉(zhuǎn)化為g(m)<0恒成立(m2,2)所以即解得<x<，即實數(shù)x的取值范圍為(，)8(2016天津模擬)已知一個幾何體的三視圖如圖所示，如果點P，Q在正視圖中所示位置：點P為所在線段的中點，點Q為頂點，則在幾何體側(cè)面上，從P點到Q點的最短路徑的長為_答案a解析由三視圖，知此幾何體是一個圓錐和一個圓柱的組合體，分別沿P點與Q點所在母線剪開圓柱側(cè)面并展開鋪平，如圖所示則PQa.所以P，Q兩點在側(cè)面上的最短路徑的長為a.9求使不等式x2(a6)x93a>0，|a|1恒成立的x的取值范圍解將原不等式整理為形式上是關(guān)于a的不等式(x3)ax26x9>0.令f(a)(x3)ax26x9.因為f(a)>0在|a|1時恒成立，所以(1)若x3，則f(a)0，不符合題意，應(yīng)舍去(2)若x3，則由一次函數(shù)的單調(diào)性，可得即解得x<2或x>4.即x的取值范圍為(，2)(4，)10已知f(x)是定義在1,1上的奇函數(shù)，且f(1)1，若m，n1,1，mn0時，有>0.(1)證明f(x)在1,1上是增函數(shù)；(2)解不等式f(x21)f(33x)<0；(3)若f(x)t22at1對x1,1，a1,1恒成立，求實數(shù)t的取值范圍解(1)任取1x1<x21，則f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)(x1x2)1x1<x21，x1(x2)0，由已知>0，x1x2<0，f(x1)f(x2)<0，即f(x)在1,1上是增函數(shù)(2)因為f(x)是定義在1,1上的奇函數(shù)，且在1,1上是增函數(shù)，不等式化為f(x21)<f(3x3)，所以解得x(1，(3)由(1)知，f(x)在1,1上是增函數(shù)，所以f(x)在1,1上的最大值為f(1)1，要使f(x)t22at1對x1,1，a1,1恒成立，只要t22at11t22at0，設(shè)g(a)t22at，對a1,1，g(a)0恒成立，所以所以t2或t2或t0.11已知函數(shù)f(x)2|x1|a，g(x)|2xm|，a，mR，若關(guān)于x的不等式g(x)1的整數(shù)解有且僅有一解2.(1)求整數(shù)m的值；(2)若函數(shù)yf(x)的圖象恒在函數(shù)yg(x)的圖象的上方，求實數(shù)a的取值范圍解(1)由g(x)1，即|2xm|1，|2xm|1，得x.不等式的整數(shù)解為2，2，解得3m5.又不等式僅有一個整數(shù)解2，m4.(2)函數(shù)yf(x)的圖象恒在函數(shù)yg(x)的上方，故f(x)g(x)>0對任意xR恒成立，a<2|x1|x2|對任意xR恒成立設(shè)h(x)2|x1|x2|，則h(x)則h(x)在區(qū)間(，1)上是減函數(shù)，在區(qū)間(1，)上是增函數(shù)，當x1時，h(x)取得最小值3，故a<3，實數(shù)a的取值范圍是(，3)