2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題訓(xùn)練九 第4講 轉(zhuǎn)化與化歸思想 理.doc

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2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題訓(xùn)練九 第4講 轉(zhuǎn)化與化歸思想 理 轉(zhuǎn)化與化歸思想方法，就是在研究和解決有關(guān)數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)采用某種手段將問(wèn)題通過(guò)變換使之轉(zhuǎn)化，進(jìn)而得到解決的一種方法．一般總是將復(fù)雜的問(wèn)題通過(guò)變換轉(zhuǎn)化為簡(jiǎn)單的問(wèn)題，將難解的問(wèn)題通過(guò)變換轉(zhuǎn)化為容易求解的問(wèn)題，將未解決的問(wèn)題通過(guò)變換轉(zhuǎn)化為已解決的問(wèn)題． 轉(zhuǎn)化與化歸思想在高考中占有十分重要的地位，數(shù)學(xué)問(wèn)題的解決，總離不開(kāi)轉(zhuǎn)化與化歸，如未知向已知的轉(zhuǎn)化、新知識(shí)向舊知識(shí)的轉(zhuǎn)化、復(fù)雜問(wèn)題向簡(jiǎn)單問(wèn)題的轉(zhuǎn)化、不同數(shù)學(xué)問(wèn)題之間的互相轉(zhuǎn)化、實(shí)際問(wèn)題向數(shù)學(xué)問(wèn)題的轉(zhuǎn)化等．各種變換、具體解題方法都是轉(zhuǎn)化的手段，轉(zhuǎn)化的思想方法滲透到所有的數(shù)學(xué)教學(xué)內(nèi)容和解題過(guò)程中． 1．轉(zhuǎn)化與化歸的指導(dǎo)思想 (1)把什么問(wèn)題進(jìn)行轉(zhuǎn)化，即化歸對(duì)象． (2)化歸到何處去，即化歸目標(biāo)． (3)如何進(jìn)行化歸，即化歸方法． 化歸與轉(zhuǎn)化思想是一切數(shù)學(xué)思想方法的核心． 2．常見(jiàn)的轉(zhuǎn)化與化歸的方法 轉(zhuǎn)化與化歸思想方法用在研究、解決數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，思維受阻或?qū)で蠛?jiǎn)單方法或從一種狀況轉(zhuǎn)化到另一種情形，也就是轉(zhuǎn)化到另一種情境使問(wèn)題得到解決，這種轉(zhuǎn)化是解決問(wèn)題的有效策略，同時(shí)也是獲取成功的思維方式．常見(jiàn)的轉(zhuǎn)化方法有： (1)直接轉(zhuǎn)化法：把原問(wèn)題直接轉(zhuǎn)化為基本定理、基本公式或基本圖形問(wèn)題． (2)換元法：運(yùn)用“換元”把式子轉(zhuǎn)化為有理式或使整式降冪等，把較復(fù)雜的函數(shù)、方程、不等式問(wèn)題轉(zhuǎn)化為易于解決的基本問(wèn)題． (3)數(shù)形結(jié)合法：研究原問(wèn)題中數(shù)量關(guān)系(解析式)與空間形式(圖形)關(guān)系，通過(guò)互相變換獲得轉(zhuǎn)化途徑． (4)等價(jià)轉(zhuǎn)化法：把原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為一個(gè)易于解決的等價(jià)命題，達(dá)到化歸的目的． (5)特殊化方法：把原問(wèn)題的形式向特殊化形式轉(zhuǎn)化，并證明特殊化后的問(wèn)題、結(jié)論適合原問(wèn)題． (6)構(gòu)造法：“構(gòu)造”一個(gè)合適的數(shù)學(xué)模型，把問(wèn)題變?yōu)橐子诮鉀Q的問(wèn)題． (7)坐標(biāo)法：以坐標(biāo)系為工具，用計(jì)算方法解決幾何問(wèn)題是轉(zhuǎn)化方法的一個(gè)重要途徑． (8)類(lèi)比法：運(yùn)用類(lèi)比推理，猜測(cè)問(wèn)題的結(jié)論，易于確定． (9)參數(shù)法：引進(jìn)參數(shù)，使原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為熟悉的形式進(jìn)行解決． (10)補(bǔ)集法：如果正面解決原問(wèn)題有困難，可把原問(wèn)題的結(jié)果看做集合A，而把包含該問(wèn)題的整體問(wèn)題的結(jié)果類(lèi)比為全集U，通過(guò)解決全集U及補(bǔ)集?UA獲得原問(wèn)題的解決，體現(xiàn)了正難則反的原則. 熱點(diǎn)一　特殊與一般的轉(zhuǎn)化 例1　(1)AB是過(guò)拋物線(xiàn)x2＝4y的焦點(diǎn)的動(dòng)弦，直線(xiàn)l1，l2是拋物線(xiàn)兩條分別切于A，B的切線(xiàn)，則l1，l2的交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為(　　) A．－1 B．－4 C．－ D．－ (2)已知函數(shù)f(x)＝(a>0且a≠1)，則f＋f＋…＋f的值為_(kāi)_______． 答案　(1)A　(2) 解析　(1)找特殊情況，當(dāng)AB⊥y軸時(shí)，AB的方程為y＝1，則A(－2，1)，B(2,1)， 過(guò)點(diǎn)A的切線(xiàn)方程為y－1＝－(x＋2)，即x＋y＋1＝0.同理，過(guò)點(diǎn)B的切線(xiàn)方程為x－y－1＝0，則l1，l2的交點(diǎn)為(0，－1)． (2)由于直接求解較困難，可探求一般規(guī)律， ∵f(x)＋f(1－x)＝＋ ＝＋ ＝＋＝＝1， ∴f＋f＋…＋f ＝＋＋…＋＋f＝149＋＝. 思維升華　一般問(wèn)題特殊化，使問(wèn)題處理變得直接、簡(jiǎn)單．特殊問(wèn)題一般化，可以使我們從宏觀整體的高度把握問(wèn)題的一般規(guī)律，從而達(dá)到成批處理問(wèn)題的效果． 　(1)在△ABC中，角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c，若a、b、c成等差數(shù)列，則＝________. (2)已知函數(shù)f(x)是定義在實(shí)數(shù)集R上的不恒為零的偶函數(shù)，且對(duì)任意實(shí)數(shù)x都有xf(x＋1)＝(1＋x)f(x)，則f＝________. 答案　(1)　(2)0 解析　(1)根據(jù)題意，所求數(shù)值是一個(gè)定值，故可利用滿(mǎn)足條件的直角三角形進(jìn)行計(jì)算． 令a＝3，b＝4，c＝5，則△ABC為直角三角形， 且cos A＝，cos C＝0， 代入所求式子，得＝＝. (2)因?yàn)閤f(x＋1)＝(1＋x)f(x)， 所以＝， 使f(x)特殊化，可設(shè)f(x)＝xg(x)， 其中g(shù)(x)是周期為1的奇函數(shù)，再將g(x)特殊化， 可設(shè)g(x)＝sin 2πx，則f(x)＝xsin 2πx， 經(jīng)驗(yàn)證f(x)＝xsin 2πx滿(mǎn)足題意，則f＝0. 熱點(diǎn)二　函數(shù)、方程、不等式之間的轉(zhuǎn)化 例2　(1)定義運(yùn)算：(ab)?x＝ax2＋bx＋2，若關(guān)于x的不等式(ab)?x<0的解集為{x|11，都有f(x＋t)≤3ex，則m的最大值為_(kāi)_______． 答案　(1)D　(2)3 解析　(1)1,2是方程ax2＋bx＋2＝0的兩實(shí)根， 1＋2＝－，12＝，解得 由(－31)?x＝－3x2＋x＋2<0，得3x2－x－2>0， 解得x<－或x>1. (2)因?yàn)楫?dāng)t∈[－1，＋∞)且x∈[1，m]時(shí)，x＋t≥0， 所以f(x＋t)≤3ex?ex＋t≤ex?t≤1＋ln x－x. 所以原命題等價(jià)轉(zhuǎn)化為：存在實(shí)數(shù)t∈[－1，＋∞)，使得不等式t≤1＋ln x－x對(duì)任意x∈[1，m]恒成立． 令h(x)＝1＋ln x－x(x≥1)． 因?yàn)閔′(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(duì)x∈[1，m]，t值恒存在， 只須1＋ln m－m≥－1. 因?yàn)閔(3)＝ln 3－2＝ln()>ln ＝－1， h(4)＝ln 4－3＝ln()0，∴－≤－4， ∴a≤－8，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－8]． (2)∵f(x)在R上是增函數(shù)， ∴由f(1－ax－x2)≤f(2－a)， 可得1－ax－x2≤2－a，a∈[－1,1]， ∴a(x－1)＋x2＋1≥0， 對(duì)a∈[－1,1]恒成立． 令g(a)＝(x－1)a＋x2＋1， 則當(dāng)且僅當(dāng)g(－1)＝x2－x＋2≥0，g(1)＝x2＋x≥0恒成立， 解之，得x≥0或x≤－1. 故實(shí)數(shù)x的取值范圍為x≤－1或x≥0. 熱點(diǎn)三　正難則反的轉(zhuǎn)化 例3　若對(duì)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(shí)數(shù)m的取值范圍是__________． 答案?。?m<－5 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在x∈(t,3)上恒成立， 所以m＋4≥－3t恒成立，則m＋4≥－1， 即m≥－5； 由②得m＋4≤－3x在x∈(t,3)上恒成立， 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－0，求實(shí)數(shù)p的取值范圍． 解　如果在[－1,1]內(nèi)沒(méi)有值滿(mǎn)足f(c)>0， 則? ?p≤－3或p≥， 取補(bǔ)集為－3 B．ln(x2＋1)>ln(y2＋1) C．sin x>sin y D．x3>y3 答案　D 解析　因?yàn)?y.采用賦值法判斷，A中，當(dāng)x＝1，y＝0時(shí)，<1，A不成立．B中，當(dāng)x＝0，y＝－1時(shí)，ln 10，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增，排除A，D；取a＝1，則函數(shù)f(x)＝ex＋，當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f′(x)＝ex－＝≥0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增，排除B，故選C. 2．過(guò)雙曲線(xiàn)－＝1上任意一點(diǎn)P，引與實(shí)軸平行的直線(xiàn)，交兩漸近線(xiàn)于R、Q兩點(diǎn)，則的值為(　　) A．a(chǎn)2 B．b2 C．2ab D．a(chǎn)2＋b2 答案　A 解析　當(dāng)直線(xiàn)RQ與x軸重合時(shí)，||＝||＝a， 故選A. 3．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且an＝SnSn－1 (n≥2)，a1＝，則a10等于(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由an＝SnSn－1 (n≥2)，得 －＝－1，∴＝＋(n－1)(－1)， ∴Sn＝，∴a10＝S10－S9＝. 4．設(shè)函數(shù)f(x)＝則函數(shù)y＝f(f(x))－1的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為_(kāi)_______． 答案　2 解析　令t＝f(x)，則該函數(shù)的零點(diǎn)即f(t)－1＝0的解． 先解方程f(t)＝1. ①當(dāng)t≤0時(shí)，方程為2t＝1，解得t＝0； ②當(dāng)t>0時(shí)，方程為log2t＝1，解得t＝2； 所以方程f(t)＝1的解為0或2. 再解方程f(x)＝0和f(x)＝2. ③當(dāng)x≤0時(shí)，因?yàn)?x>0，故由2x＝2，得x＝1； ④當(dāng)x>0時(shí)，由log2x＝0，得x＝1；由log2x＝2， 得x＝4； 故函數(shù)y＝f(f(x))－1的零點(diǎn)為1,4，共2個(gè)． 5．(xx湖北)若函數(shù)f(x)，g(x)滿(mǎn)足f(x)g(x)dx＝0，則稱(chēng)f(x)，g(x)為區(qū)間[－1,1]上的一組正交函數(shù)．給出三組函數(shù)： ①f(x)＝sinx，g(x)＝cosx；②f(x)＝x＋1，g(x)＝x－1；③f(x)＝x，g(x)＝x2.其中為區(qū)間[－1,1]上的正交函數(shù)的組數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案　C 解析?、賔(x)g(x)dx＝sinxcosxdx＝sin xdx ＝(－cos x)|＝0，故第①組是區(qū)間[－1,1]上的正交函數(shù)； ②f(x)g(x)dx＝(x＋1)(x－1)dx＝(x2－1)dx＝(－x)| ＝－≠0，故第②組不是區(qū)間[－1,1]上的正交函數(shù)； ③f(x)g(x)dx＝xx2dx＝x3dx＝|＝0， 故第③組是區(qū)間[－1,1]上的正交函數(shù)． 綜上，滿(mǎn)足條件的共有兩組． 6．已知奇函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閷?shí)數(shù)集R，且f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，當(dāng)0≤θ≤時(shí)，是否存在實(shí)數(shù)m，使f(cos 2θ－3)＋f(4m－2mcos θ)>f(0)對(duì)所有的θ∈均成立？若存在，求出所有適合條件的實(shí)數(shù)m；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解　∵f(x)在R上為奇函數(shù)，又在[0，＋∞)上是增函數(shù)， ∴f(x)在R上為增函數(shù)，且f(0)＝0. 由題設(shè)條件可得，f(cos 2θ－3)＋f(4m－2mcos θ)>0. 又由f(x)為奇函數(shù)，可得 f(cos 2θ－3)>f(2mcos θ－4m)． ∵f(x)在R上為增函數(shù)， ∴cos 2θ－3>2mcos θ－4m， 即cos2θ－mcos θ＋2m－2>0. 令cos θ＝t，∵0≤θ≤，∴0≤t≤1. 于是問(wèn)題轉(zhuǎn)化為對(duì)一切0≤t≤1， 不等式t2－mt＋2m－2>0恒成立． ∴t2－2>m(t－2)，即m>恒成立． 又∵＝(t－2)＋＋4≤4－2，∴m>4－2， ∴存在實(shí)數(shù)m滿(mǎn)足題設(shè)的條件，即m>4－2.