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2019-2020年高考數學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題27 轉化與化歸思想、數形結合思想（含解析）
一、選擇題
1．已知f(x)＝2x，則函數y＝f(|x－1|)的圖象為( )
[答案] D
[解析] 法一：f(|x－1|)＝2|x－1|.
當x＝0時，y＝2.可排除A、C．
當x＝－1時，y＝4.可排除B．
法二：y＝2x→y＝2|x|→y＝2|x－1|，經過圖象的對稱、平移可得到所求．
[方法點撥] 1.函數圖象部分的復習應該解決好畫圖、識圖、用圖三個基本問題，即對函數圖象的掌握有三方面的要求：
①會畫各種簡單函數的圖象；
②能依據函數的圖象判斷相應函數的性質；
③能用數形結合的思想以圖輔助解題．
2．作圖、識圖、用圖技巧
(1)作圖：常用描點法和圖象變換法．圖象變換法常用的有平移變換、伸縮變換和對稱變換．
描繪函數圖象時，要從函數性質入手，抓住關鍵點(圖象最高點、最低點、與坐標軸的交點等)和對稱性進行．
(2)識圖：從圖象與軸的交點及左、右、上、下分布范圍、變化趨勢、對稱性等方面找準解析式與圖象的對應關系．
(3)用圖：圖象形象地顯示了函數的性質，因此，函數性質的確定與應用及一些方程、不等式的求解常與圖象結合研究．
3．利用基本函數圖象的變換作圖
①平移變換：
y＝f(x)y＝f(x－h(huán))，
y＝f(x)y＝f(x)＋k.
②伸縮變換：
y＝f(x)y＝f(ωx)，
y＝f(x)y＝Af(x)．
③對稱變換：
y＝f(x)y＝－f(x)，
y＝f(x)y＝f(－x)，
y＝f(x)y＝f(2a－x)，
y＝f(x)y＝－f(－x)．
2．(文)(xx哈三中二模)對實數a和b，定義運算“*”：a*b＝，設函數f(x)＝(x2＋1)*(x＋2)，若函數y＝f(x)－c的圖象與x軸恰有兩個公共點，則實數c的取值范圍是( )
A．(2,4]∪(5，＋∞) B．(1,2]∪(4,5]
C．(－∞，1)∪(4,5] D．[1,2]
[答案] B
[解析] 由a*b的定義知，當x2＋1－(x＋2)＝x2－x－1≤1時，即－1≤x≤2時，f(x)＝x2＋1；當x<－1或x>2時，f(x)＝x＋2，∵y＝f(x)－c的圖象與x軸恰有兩個公共點，∴方程f(x)－c＝0恰有兩不同實根，即y＝c與y＝的圖象恰有兩個交點，數形結合易得1
0，則c<0；當x＝0時，f(0)＝>0，所以b>0；當y＝0，ax＋b＝0，所以x＝－>0，所以a<0.故a<0，b>0，c<0，選C．
[方法點撥] 1.給出解析式判斷函數圖象的題目，一般借助于平移、伸縮、對稱變換，結合特殊點(與坐標軸的交點、最高(低)點、兩圖象的交點等)作出判斷．
2．由函數圖象求解析式或求解析式中的參數值(或取值范圍)時，應注意觀察圖象的單調性、對稱性、特殊點、漸近線等然后作出判斷．
3．數形結合的途徑
(1)通過坐標系“形”題“數”解
借助于建立直角坐標系、復平面可以將圖形問題代數化．在高考中主要以解析幾何作為知識載體來考查．值得強調的是，“形”“題”“數”解時，通過輔助角引入三角函數也是常常運用的技巧(這是因為三角公式的使用，可以大大縮短代數推理)．
實現數形結合，常與以下內容有關：①實數與數軸上的點的對應關系；②函數與圖象的對應關系；③曲線與方程的對應關系；④以幾何元素和幾何條件為背景，建立起來的概念，如復數、三角函數等；⑤所給的等式或代數式的結構含有明顯的幾何意義．如等式(x－2)2＋(y－1)2＝4.
(2)通過轉化構造“數”題“形”解
許多代數結構都有著對應的幾何意義，據此，可以將數與形進行巧妙地轉化．例如，將a>0與距離互化，將a2與面積互化，將a2＋b2＋ab＝a2＋b2－2|a||b|cosθ(θ＝60)與余弦定理溝通，將a≥b≥c>0且b＋c>a中的a、b、c與三角形的三邊溝通，將有序實數對(或復數)和點溝通，將二元一次方程與直線對應，將二元二次方程與相應的圓錐曲線對應等等．這種代數結構向幾何結構的轉化常常表現為構造一個圖形(平面的或立體的)．另外，函數的圖象也是實現數形轉化的有效工具之一，正是基于此，函數思想和數形結合思想經常相伴而充分地發(fā)揮作用．
4．(文)已知函數f(x)滿足下面關系：①f(x＋1)＝f(x－1)；②當x∈[－1,1]時，f(x)＝x2，則方程f(x)＝lgx解的個數是( )
A．5 B．7
C．9 D．10
[答案] C
[分析] 由f(x＋1)＝f(x－1)可知f(x)為周期函數，結合f(x)在[－1,1]上的解析式可畫出f(x)的圖象，方程f(x)＝lgx的解的個數就是函數y＝f(x)與y＝lgx的圖象的交點個數．
[解析] 由題意可知，f(x)是以2為周期，值域為[0,1]的函數．
由方程f(x)＝lgx知x∈(0,10]時方程有解，畫出兩函數y＝f(x)與y＝lgx的圖象，則交點個數即為解的個數．又∵lg10＝1，故當x>10時，無交點．∴由圖象可知共9個交點．
[方法點撥] 數形結合在函數、方程、不等式中的應用
(1)用函數的圖象討論方程(特別是含參數的指數、對數、根式、三角等復雜方程)的解的個數是一種重要的解題思路，其基本思想是先把方程兩邊的代數式看作是兩個熟悉函數的表達式(不熟悉時，需要作適當變形轉化為兩熟悉的函數)，然后在同一坐標系中作出兩個函數的圖象，圖象的交點個數即為方程解的個數．
(2)解不等式問題經常聯系函數的圖象，根據不等式中量的特點，選擇適當的兩個(或多個)函數，利用兩個函數圖象的上、下位置關系轉化數量關系來解決不等式的解的問題，往往可以避免繁瑣的運算，獲得簡捷的解答．
(3)函數的單調性經常聯系函數圖象的升、降；奇偶性經常聯系函數圖象的對稱性；最值(值域)經常聯系函數圖象的最高、最低點的縱坐標．
(理)已知m、n是三次函數f(x)＝x3＋ax2＋2bx(a、b∈R)的兩個極值點，且m∈(0,1)，n∈(1,2)，則的取值范圍是( )
A．(－∞，)∪(1，＋∞)
B．(，1)
C．(－4,3)
D．(－∞，－4)∪(3，＋∞)
[答案] D
[解析] f ′(x)＝x2＋ax＋2b，
由題意知∴(*)
表示不等式組(*)表示的平面區(qū)域內的點與點(－2，－3)連線的斜率，由圖形易知選D．
5．(文)直線x＋y－m＝0與圓x2＋y2＝1在第一象限內有兩個不同的交點，則m的取值范圍是( )
A．10，則|MN|＝t2－lnt，令y＝t2－lnt(t>0)，則y′＝2t－，由y′>0得t>，由y′<0得00}，B＝{a|?x∈R，asinx＋cosx<－2}，則A∩B等于( )
A．{a|a<－1} B．{a|a<1}
C．{a|a≠1} D．{a|a<－1或a>1}
[答案] A
[解析] 由已知條件可得不等式a<＝(2x＋)對任意的x∈R恒成立，由(2x＋)≥2＝1可得a<1，即A＝{a|a<1}；又由不等式asinx＋cosx＝sin(x＋φ)<－2有解，可得－<－2，解得a>1或a<－1，即得B＝{a|a>1或a<－1}，則A∩B＝{a|a<－1}，故應選A．
二、填空題
11．已知等差數列{an}的公差d≠0，且a1、a3、a9成等比數列，則的值是________．
[分析] 利用滿足條件的具體數列代入求值．
[答案]
[解析] 由題意知，只要滿足a1、a3、a9成等比數列的條件，{an}取何種等差數列與所求代數式的值是沒有關系的．因此，可把抽象數列化歸為具體數列．比如，可選取數列an＝n(n∈N*)，則＝＝.
[方法點撥] 抽象問題具體化、復雜問題簡單化的化歸思想
(1)本題如果從已知條件a＝a1a9?(a1＋2d)2＝a1(a1＋8d)，解得a1與d的關系后，代入所求式子：＝，也能求解，但計算較繁瑣，易錯．因此，把抽象數列轉化為具體的簡單的數列進行分析，可以很快得到答案．
(2)對于某個在一般情況下成立的結論或恒成立問題，可運用一般與特殊相互轉化的化歸思想，將一般性問題特殊化、具體化，使問題變得簡便．
三、解答題
12．如圖所示，在四棱錐S－ABCD中，底面ABCD是菱形，SA⊥平面ABCD，M、N分別為SA、CD的中點．
(1)證明：直線MN∥平面SBC；
(2)證明：平面SBD⊥平面SAC．
[解析] (1)如圖所示，取SB中點E，連接ME，CE.
因為M為SA的中點，
故ME∥AB，且ME＝AB．
因為N為菱形ABCD中邊CD的中點，
故CN綊AB，ME綊CN，所以四邊形MECN是平行四邊形，即MN∥EC．
又因為EC?平面SBC，MN?平面SBC，
所以直線MN∥平面SBC．
(2)連接AC，BD，相交于點O.
因為SA⊥底面ABCD，故SA⊥BD．
因為四邊形ABCD是菱形，
所以AC⊥BD．
又因為SA∩AC＝A，故BD⊥平面SAC．
又因為BD?平面SBD，
所以平面SBD⊥平面SAC．
[方法點撥] 1.轉化與化歸思想
轉化與化歸的基本內涵是：人們在解決數學問題時，常常將待解決的問題A，通過某種轉化手段，歸結為另一問題B，而問題B是相對較容易解決的或已經有固定解決模式的問題，且通過問題B的解決可以得到原問題A的解．用框圖可直觀地表示為：
其中問題B稱為化歸目標或方向，轉化的手段稱為化歸策略．化歸思想有著堅實的客觀基礎，它著眼于揭示聯系，實現轉化，通過矛盾轉化解決問題．
2．立體幾何中的沿表面最短距離問題一般都轉化為側面展開圖中兩點間距離或點到直線的距離求解．
3．立體幾何問題要注意利用線線、線面、面面平行與垂直的相互轉化探尋解題思路，對于不易觀察的空間圖形可部分地畫出其平面圖形．利用線面位置關系的判定與性質定理將空間問題向平面轉化．
4．立體幾何中常采用等體積法將求距離問題轉化為體積的計算問題．
5．熟悉化原則，對于比較生疏的問題，要善于展開聯想與想象，尋找學過知識中與其相近、相似或有聯系的內容，探求切入點．
13．已知奇函數f(x)的定義域為實數集R，且f(x)在 [0，＋∞)上是增函數．當0≤θ≤時，是否存在這樣的實數m，使f(cos2θ－3)＋f(4m－2mcosθ)>f(0)對所有的θ∈[0，]均成立？若存在，求出所有適合條件的實數m；若不存在，則說明理由．
[解析] 由f(x)是R上的奇函數可得f(0)＝0.
又在[0，＋∞)上是增函數，
故f(x)在R上為增函數．
由題設條件可得f(cos2θ－3)＋f(4m－2mcosθ)>0.
又由f(x)為奇函數，可得
f(cos2θ－3)>f(2mcosθ－4m)．
∵f(x)是R上的增函數，∴cos2θ－3>2mcosθ－4m，
即cos2θ－mcosθ＋2m－2>0.
令cosθ＝t，∵0≤θ≤，∴0≤t≤1.
于是問題轉化為對一切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，(當且僅當t＝2－時取等號)，∴m>4－2.
∴存在實數m滿足題設的條件，m>4－2
14．試求常數m的范圍，使曲線y＝x2的所有弦都不能被直線y＝m(x－3)垂直平分．
[分析] 正面解決較難，考慮到“不能”的反面是“能”，被直線垂直平分的弦的兩端點關于此直線對稱，于是問題轉化為“拋物線y＝x2上存在兩點關于直線y＝m(x－3)對稱，求m的取值范圍”，再求出m的取值集合的補集即為原問題的解．
[解析] 先求m的取值范圍，使拋物線y＝x2上存在兩點關于直線y＝m(x－3)對稱．
由題意知m≠0，∴設拋物線上兩點(x1，x)，(x2，x)關于直線y＝m(x－3)對稱，于是有
所以
消去x2得2x＋x1＋＋6m＋1＝0.
因為存在x1∈R使上式恒成立，
所以Δ＝()2－42(＋6m＋1)>0.
即12m3＋2m2＋1<0，
也即(2m＋1)(6m2－2m＋1)<0.
因為6m2－2m＋1>0恒成立，所以2m＋1<0，
所以m<－.
即當m<－時，拋物線上存在兩點關于直線
y＝m(x－3)對稱，所以當m≥－時，曲線y＝x2的所有弦都不能被直線y＝m(x－3)垂直平分．
[方法點撥] 正難則反、逆向思維的化歸思想
(1)正面思考問題一時無從著手，遇到困難時，可正難則反，逆向思維，即考慮問題的反面，用補集思想去探索研究．
(2)在運用補集的思想解題時，一定要搞清結論的反面是什么，“所有弦都不能被直線y＝m(x－3)垂直平分”的反面是“至少存在一條弦能被直線y＝m(x－3)垂直平分”，而不是“所有的弦都能被直線y＝m(x－3)垂直平分”．
(3)反證法也是正難則反的轉化思想的體現．
15．(文)(xx沈陽市質檢)投擲質地均勻的紅、藍兩顆骰子，觀察出現的點數，并記紅色骰子出現的點數為m，藍色骰子出現的點數為n.試就方程組解答下面問題．
(1)求方程組只有一個解的概率；
(2)求方程組只有正數解的概率．
[解析] (1)方程組只有一解，則n≠2m
6
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5
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4
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3
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2
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1
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n
m
1
2
3
4
5
6
由上表可知方程組只有一個解的概率
P＝＝.
(2)由方程組解得
若要方程組只有正解，則需
6
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5
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3
2
√
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√
√
1
√
√
√
√
√
n
m
1
2
3
4
5
6
由上表得可知方程組只有正解的概率P＝.
(理)已知正項數列{an}滿足4Sn＝(an＋1)2.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)設bn＝，求數列{bn}的前n項和Tn.
[解析] (1)∵4Sn＝(an＋1)2，
∴4Sn－1＝(an－1＋1)2(n≥2)，
相減得an－an－1＝2，又4a1＝(a1＋1)2，
∴a1＝1，∴an＝2n－1.
(2)由(1)知，bn＝
＝(－)．
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝.
[方法點撥] 給出數列的遞推關系求數列的通項、前n項和等一般要化歸為基本數列；數列通項或前n項和中含有參數研究數列的單調性及最大(小)項等問題常常要分類討論；給出某項或項的關系式或給出前n項和的關系等，常借助公式、性質列方程求解．
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