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 第四講轉化與化歸思想 Word版含解析

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1、 第四講　轉化與化歸思想 思想方法解讀 考點　特殊與一般的轉化　　 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 特殊與一般的轉化步驟 特殊與一般轉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將某些特殊問題進行一般化處理的方法．這類轉化法一般的解題步驟是： 第一步，確立需轉化的目標問題：一般將要解決的問題作為轉化目標． 第二步，尋找“特殊元素”與“一般元素”：把一般問題轉化為特殊問題時，尋找“特殊

3、元素”；把特殊問題轉化為一般問題時，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、不等式進行轉化與化歸可以將問題化繁為簡，一般可將不等關系問題轉化為最值(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(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(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，把條件與結論聯(lián)系起來，把陌生的形式轉變?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.