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第47練　轉化與化歸思想 [思想方法解讀]　轉化與化歸思想，就是在研究和解決有關數(shù)學問題時，采用某種手段將問題通過變換使之轉化，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化為簡單的問題，將難解的問題通過變換轉化為容易求解的問題，將未解決的問題通過變換轉化為已解決的問題.轉化與化歸思想是實現(xiàn)具有相互關聯(lián)的兩個知識板塊進行相互轉化的重要依據(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)形結合法等都體現(xiàn)了等價轉化思想，我們也經常在函數(shù)、方程、不等式之間進行等價轉化，在復習過程中應注意相近主干知識之間的互化，注重知識的綜合性. 轉化與化歸思想的原則 (1)熟悉已知化原則：將陌生的問題轉化為熟悉的問題，將未知的問題轉化為已知的問題，以便于我們運用熟知的知識、經驗和問題來解決. (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：轉化問題的條件或結論，使其表現(xiàn)形式更符合數(shù)與形內部所表示的和諧統(tǒng)一的形式；或者轉化命題，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，應想到問題的反面，設法從問題的反面去探討，使問題獲得解決. ?？碱}型精析 題型一　正難則反的轉化 例1　已知集合A＝{x∈R|x2－4mx＋2m＋6＝0}，B＝{x∈R|x<0}，若A∩B≠?，求實數(shù)m的取值范圍. 　 　 　 點評　本題中，A∩B≠?，所以A是方程x2－4mx＋2m＋6＝0①的實數(shù)解組成的非空集合，并且方程①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Δ≥0，求出全集U，然后求①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化思想的應用，也稱為“補集思想”. 變式訓練1　若對于任意t∈[1,2]，函數(shù)g(x)＝x3＋x2－2x在區(qū)間(t,3)上總不為單調函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是__________. 題型二　函數(shù)、方程、不等式之間的轉化 例2　已知函數(shù)f(x)＝x3＋x2＋x(0f(x3)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍. 　 　 　 　 　 　 　 　 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、不等式進行轉化與化歸可以將問題化繁為簡，一般可將不等關系轉化為最值(值域)問題，從而求出參變量的范圍. 變式訓練2　(2015課標全國Ⅰ)設函數(shù)f(x)＝e2x－aln x. (1)討論f(x)的導函數(shù)f′(x)零點的個數(shù)； (2)證明：當a>0時，f(x)≥2a＋aln. 　 　 　 　 　 　 　 　 　 題型三　主與次的轉化 例3　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).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________. 點評　主與次的轉化法 合情合理的轉化是數(shù)學問題能否“明朗化”的關鍵所在，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，則上述問題即可轉化為在[－1,1]內關于a的一次函數(shù)小于0恒成立的問題. 變式訓練3　設f(x)是定義在R上的單調遞增函數(shù)，若f(1－ax－x2)≤f(2－a)對任意a∈[－1,1]恒成立，則x的取值范圍為______________. 題型四　以換元為手段的轉化與化歸 例4　是否存在實數(shù)a，使得函數(shù)y＝sin2x＋acos x＋a－在閉區(qū)間[0，]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. 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 點評　換元有整體代換、特值代換、三角換元等情況. 本題是關于三角函數(shù)最值的存在性問題，通過換元，設cos x＝t，轉化為關于t的二次函數(shù)問題，把三角函數(shù)的最值問題轉化為二次函數(shù)y＝－(t－)2＋＋a－，0≤t≤1的最值問題，然后分類討論解決問題. 變式訓練4　若關于x的方程9x＋(4＋a)3x＋4＝0有解，則實數(shù)a的取值范圍是____________.高考題型精練 1.已知a＝log23＋log2，b＝log29－log2，c＝log32，則a，b，c的大小關系是(　　) A.a＝bc C.ab>c 2.下列關于函數(shù)f(x)＝(2x－x2)ex的判斷正確的是(　　) ①f(x)>0的解集是{x|0ln x2－ln x1 B.ex1－ex2x1ex2 D.x2ex1－1 C.a>－ D.a<－ 9.(2015威海模擬)已知等差數(shù)列{an}的公差d≠0，且a1、a3、a9成等比數(shù)列，則的值是________. 10.(2015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：P為所在線段中點，Q為頂點，則在幾何體側面上，從P點到Q點的最短路徑的長為________. 11.f(x)＝x3－x，x1，x2∈[－1,1]時，求證：|f(x1)－f(x2)|≤. 　 　 　 　 12.已知函數(shù)f(x)＝eln x，g(x)＝f(x)－(x＋1).(e＝2.718……) (1)求函數(shù)g(x)的極大值； (2)求證：1＋＋＋…＋>ln(n＋1)(n∈N*). 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 答案精析 第47練　轉化與化歸思想 常考題型精析 例1　解　設全集U＝{m|Δ＝(－4m)2－4(2m＋6)≥0}， 即U＝{m|m≤－1或m≥}. 若方程x2－4mx＋2m＋6＝0的兩根x1，x2均為非負， 則 所以，使A∩B≠?的實數(shù)m的取值范圍為{m|m≤－1}. 變式訓練1　 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)上總不為單調函數(shù)的m的取值范圍為－0，得x<，或x>2－a； 令f′(x)<0，得－， 由對任意x1，x2，x3∈[1,2]，都有f(x1)＋f(x2)>f(x3)恒成立，得2f(x)min>f(x)max(x∈[1,2]). 所以當0－， 結合0a， 結合0). 當a≤0時，f′(x)>0，f′(x)沒有零點. 當a>0時，因為e2x單調遞增，－單調遞增， 所以f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增.又f′(a)>0，當b滿足00時，f′(x)存在唯一零點. (2)證明　由(1)，可設f′(x)在(0，＋∞)的唯一零點為x0，當x∈(0，x0)時，f′(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，所以當x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0). 由于－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.故當a>0時，f(x)≥2a＋aln. 例3　 解析　由題意，知g(x)＝3x2－ax＋3a－5， 令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－1，即a>2時，函數(shù)y＝－(t－)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＝－(t－)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. 變式訓練4　(－∞，－8] 解析　設t＝3x，則原命題等價于關于t的方程t2＋(4＋a)t＋4＝0有正解，分離變量a， 得a＋4＝－， ∵t>0，∴－≤－4， ∴a≤－8，即實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－8]. 高考題型精練 1.B [∵a＝log23＋log2＝log23， b＝log29－log2＝log23，∴a＝b. 又∵函數(shù)y＝logax(a>1)為增函數(shù)， ∴a＝log23>log22＝1，c＝log32c.] 2.A [若f(x)＝(2x－x2)ex>0，則0g(x2)， ] 4.C [由a2＋2b2＝6，得＋＝1. 所以可設 a＋b＝cos θ＋sin θ ＝ ＝sin. 因為－1≤sin≤1，所以a＋b≥－2.] 5.A [當直線RQ與x軸重合時，||＝||＝a，故選A.] 6.A [設P(x0，y0)，傾斜角為α，0≤tan α≤1，f(x)＝x2＋2x＋3，f′(x)＝2x＋2,0≤2x0＋2≤1，－1≤x0≤－，故選A.] 7.D [設雙曲線的左、右焦點分別為F1、F2， 則其分別為已知兩圓的圓心， 由已知|PF1|－|PF2|＝23＝6. 要使|PM|－|PN|最大，需PM，PN分別過F1、F2點即可. ∴(|PM|－|PN|)max＝(|PF1|＋2)－(|PF2|－1) ＝|PF1|－|PF2|＋3＝9.] 8.A [∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a. ∵函數(shù)y＝ex＋ax有大于零的極值點， 則方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解， ∵x>0時，－ex<－1，∴a＝－ex<－1.] 9. 解析　由題意知，只要滿足a1、a3、a9成等比數(shù)列的條件，{an}取何種等差數(shù)列與所求代數(shù)式的值是沒有關系的.因此，可把抽象數(shù)列化歸為具體數(shù)列.比如，可選取數(shù)列an＝n(n∈N*)，則＝＝. 10.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面并展開鋪平，如圖所示. 則PQ＝＝＝a. 所以P，Q兩點在側面上的最短路徑的長為a. 11.證明　∵f′(x)＝x2－1，當x∈[－1,1]時，f′(x)≤0， ∴f(x)在[－1,1]上遞減. 故f(x)在[－1,1]上的最大值為f(－1)＝， 最小值為f(1)＝－， 即f(x)在[－1,1]上的值域為[－，]. 所以x1，x2∈[－1,1]時，|f(x1)|≤，|f(x2)|≤， 即有|f(x1)－f(x2)|≤|f(x1)|＋|f(x2)|≤＋＝. 即|f(x1)－f(x2)|≤. 12.(1)解　∵g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ln x－(x＋1)， ∴g′(x)＝－1(x>0). 令g′(x)>0，解得01. ∴函數(shù)g(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減， ∴g(x)極大值＝g(1)＝－2. (2)證明　由(1)知x＝1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－(x＋1)≤－2?ln x≤x－1(當且僅當x＝1時等號成立)， 令t＝x－1，得t≥ln(t＋1)(t>－1)， 取t＝(n∈N*)時， 則>ln＝ln， ∴1>ln 2，>ln ，>ln ，…，>ln， 疊加得1＋＋＋…＋>ln(2…)＝ln(n＋1). 即1＋＋＋…＋>ln(n＋1).