步步高 通用理届高三二轮专题突破 专题七 第4讲转化与化归思想
转化与化归思想精品PPT课件高考数学二轮专题复习
思想篇•素养升华
第4讲 转化与化归思想
1 思想方法 • 解读 2 思想方法 • 应用
• 转化与化归思想是在研究和解决有关数学问题时采用某种手段 将问题通过变换使之等价转化，进而成为解决问题的一种思想．其 应用包括以下三个方面：
• (1)将复杂的问题通过变换转化为简单的问题．
• (2)将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题．
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【解析】 (1)∵(a，b)是不等式 mx2－2x＋1＜0 的解集， ∴a，b 是方程 mx2－2x＋1＝0 的两个实数根且 m＞0， ∴a＋b＝m2 ，ab＝m1 ， ∴a＋ abb＝1a＋1b＝2；且 a>0，b>0； ∴3a＋2b＝12·(3a＋2b)·1a＋1b＝21·5＋2ab＋3ba≥215＋2 2ab·3ba ＝12(5＋2 6)，
• (3)将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题．
应用一 特殊与一般的转化
典例1 (2020·葫芦岛模拟)在矩形 ABCD 中，AB＝1，AD＝
3，点 M 在对角线 AC 上，点 N 在边 CD 上，且A→M＝41A→C，D→N＝13D→C，
则M→N·A→C＝
( C)
A．12
B．4
C．73
D．136
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高考数学二轮复习讲义 转化与化归思想
高考数学二轮复习讲义 转化与化归思想转化与化归的思想方法是数学中最基本的思想方法，本专题主要训练转化与化归的思想方法在解决数学问题中的应用。
内容主要包括转化与化归的主要原则、方法、依据。
通过对既往全国及江苏等省市高考试题的研究，不难发现，几乎每题都渗透这种思想方法。
1、,通过转化转化与化归的原则是：（1）将不熟悉和难解的问题转化为熟知的、易解的或已经解决的问题；（2）将抽象的问题转化为具体的、直观的问题；（3）将复杂的问题转化为简单的问题；（4）将一般性的问题转化为直观的、特殊的问题，（5）将实际问题转化数学问题，使问题便于解决。
2、 转化与化归的方法有： （1）函数与方程的相互转化；（2）函数与不等问题的相互转化；（3）数与形的转化；（4）空间与平面的相互转化；（5）一般与特殊的相互转化；（6）实际问题与数学理论的转化； （7）高次与低次的相互转化：（8）整体与局部的相互转化。
3、转化与化归思想思维程序问题（抽象、数学化）数学问题（化归、转化 把问题化为模型）数学模型（求解 运用模型）得解一、选择题1、已知f （x ）=ax 2+ax+a-1，对任意实数x ，恒有f （x ）＜0，则a 的取值范围是（C ）（A ）（-0,34） （B ）（-∞，0） （C ）(]0,∞- （D ）(])34(0,∞+∞-2、函数)112lg(--=xy 的图象关于 （A ）（A ）原点对称 （B ）x 轴对称 （C ）y 轴对称 （D ）直线y=x 对称3、设7777897298199C C C m +-+-= ，则m 除以8的余数是 （A ）（A ）1 （B ）2 （C ）6 （D ）1-294、三个数，a=0．3-0．4，b=log 0．30．4，c=log 40．3，则有 （D ） （A ）b ＜c ＜a （B ）a ＜c ＜b （C ）c ＜a ＜b （D ）c ＜b ＜a 5、不等式0||42≥+-xx x 的解集是 （D ） （A ）}22|{≤≤-x x（B ）|03|{ x x ≤-或}30≤≤x（C ）02|{ x x ≤-或20≤x } （D ）03|{ x x ≤-或20≤x }6、若圆x 2+y 2=1被直线ax+by+c=0所截的弦长为AB ，当a 2+b 2=2c 2时，弦AB 的长是（B ）（A ）22 （B ）2 （C ）1 （D ）21 7、（1+x ）+（1+x ）2+（1+x ）3+…+（1+x ）10展开式中各项系数和为 （A ） （A ）211-2 （B ）211-1 （C ）211 （D ）211+18、函数y=f （x ）是函数y=-)10(222≤≤-x x 的反函数，则函数y=f （x ）的图象是图2-4-1中的 （ B ）9、已知⊙c ：x 2+y 2+2x-24=0，A （1，0）．P 为⊙c 上任意一点，AP 的垂直平分线与C 、P 的连线交于M ，则M 点的轨迹方程是（C ）（A ）125421422=-y x （B ）125421422=+y x （C ）121425422=+y x （D ）121425422=-y x 10、正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1D 1和DD 1的中点，过平行线MN 和B 1C 作截面MB 1CN ，令二面角M-B 1C-C 1的大小为θ，则cos θ等于 （D ） （A ）0 （B ）21 （C ）23 （D ）3111、从点P （3，-2）发出的光线，被直线x+y-2=0反射，若反射线所在的直线恰好过Q （5，1），则入射线的方程是 x-2y-7=0 . 12、函数y=2sinx-2cos 2x+1 x ∈]32,4[ππ的值域是 ]3,2[ . 13、如图2-4-2，圆锥V-AB ，母线长为6，母线与底面所成角θ的正切值为35，一个质点在侧面上从B 运动到VA 的最短距离是 3 .14、方程1145222=++a y a x 表示焦点在x 轴上的椭圆，则椭圆离心率的范围是⎥⎦⎤ ⎝⎛51,0 . . 15、( 2006湖南）已知1,10,220x x y x y ≥⎧⎪-+≤⎨⎪--≤⎩则22x y +的最小值是 5 .16、已知正三棱锥S —ABC 的侧棱长为2，侧面等腰三角形的顶角为300，过底面顶点A 作截面△AMN 交侧棱SB 、SC 分别于M 、N ，则△AMN 周长的最小值为 22 。
高三数学二轮专题突破 专题七 第4讲转化与化归思想
第4讲转化与化归思想转化与化归思想方法，就是在研究和解决有关数学问题时采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而得到解决的一种方法．一般总是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题，将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题，将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题．转化与化归思想在高考中占有十分重要的地位，数学问题的解决，总离不开转化与化归，如未知向已知的转化、新知识向旧知识的转化、复杂问题向简单问题的转化、不同数学问题之间的互相转化、实际问题向数学问题的转化等．各种变换、具体解题方法都是转化的手段，转化的思想方法渗透到所有的数学教学内容和解题过程中．1．转化与化归的原则(1)熟悉化原则：将陌生的问题转化为熟悉的问题，以利于我们运用熟悉的知识、经验来解决．(2)简单化原则：将复杂问题化归为简单问题，通过对简单问题的解决，达到解决复杂问题的目的，或获得某种解题的启示和依据．(3)直观化原则：将比较抽象的问题化为比较直观的问题来解决．(4)正难则反原则：当问题正面讨论遇到困难时，可考虑问题的反面，设法从问题的反面去探讨，使问题获解． 2． 常见的转化与化归的方法转化与化归思想方法用在研究、解决数学问题时，思维受阻或寻求简单方法或从一种状况转化到另一种情形，也就是转化到另一种情境使问题得到解决，这种转化是解决问题的有效策略，同时也是成功的思维方式．常见的转化方法有：(1)直接转化法：把原问题直接转化为基本定理、基本公式或基本图形问题．(2)换元法：运用“换元”把式子转化为有理式或使整式降幂等，把较复杂的函数、方程、不等式问题转化为易于解决的基本问题．(3)数形结合法：研究原问题中数量关系(解析式)与空间形式(图形)关系，通过互相变换获得转化途径．(4)等价转化法：把原问题转化为一个易于解决的等价命题，达到化归的目的． (5)特殊化方法：把原问题的形式向特殊化形式转化，并证明特殊化后的问题、结论适合原问题．(6)构造法：“构造”一个合适的数学模型，把问题变为易于解决的问题．(7)坐标法：以坐标系为工具，用计算方法解决几何问题是转化方法的一个重要途径． (8)类比法：运用类比推理，猜测问题的结论，易于确定． (9)参数法：引进参数，使原问题转化为熟悉的形式进行解决．(10)补集法：如果正面解决原问题有困难，可把原问题的结果看做集合A ，而把包含该问题的整体问题的结果类比为全集U ，通过解决全集U 及补集∁U A 获得原问题的解决，体现了正难则反的原则． 3． 转化与化归的指导思想(1)把什么问题进行转化，即化归对象． (2)化归到何处去，即化归目标． (3)如何进行化归，即化归方法．化归与转化思想是一切数学思想方法的核心.类型一 特殊与一般的转化例1 (1)过抛物线y ＝ax 2 (a >0)的焦点F 作一直线交抛物线于P 、Q 两点，若线段PF 与FQ的长分别是p 、q ，则1p ＋1q等于( )A ．2aB.12aC ．4aD.4a(2)已知函数f (x )＝a x a x ＋a (a >0且a ≠1)，则f ⎝⎛⎭⎫1100＋f ⎝⎛⎭⎫2100＋…＋f ⎝⎛⎭⎫99100的值为________． 答案 (1)C (2)992解析 (1)由x 2＝1a y (a >0)知抛物线开口向上，故过焦点F 作一在特殊位置的直线即平行于x 轴的直线交抛物线于P 、Q ，则|PF |＝|FQ |＝12a ，即1p ＋1q＝4a . (2)由于直接求解较困难，可探求一般规律， ∵f (x )＋f (1－x )＝a xa x ＋a ＋a 1－xa 1－x ＋a ＝a xa x ＋a ＋aa ＋a xa ＝a xa x ＋a ＋aa ＋a x ＝a ＋a xa x ＋a＝1， ∴f ⎝⎛⎭⎫1100＋f ⎝⎛⎭⎫2100＋…＋f ⎝⎛⎭⎫99100 ＝⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫1100＋f ⎝⎛⎭⎫99100＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫2100＋f ⎝⎛⎭⎫98100＋…＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫49100＋f ⎝⎛⎭⎫51100＋f ⎝⎛⎭⎫50100＝1×49＋12＝992. 一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单．特殊问题一般化，可以使我们从宏观整体的高度把握问题的一般规律，从而达到成批的处理问题的效果．(1)在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，若a 、b 、c 成等差数列，则cos A ＋cos C 1＋cos A cos C＝________.(2)已知函数f (x )是定义在实数集R 上的不恒为零的偶函数，且对任意实数x 都有xf (x ＋1)＝(1＋x )f (x )，则f ⎝⎛⎭⎫52＝________. 答案 (1)45(2)0解析 (1)根据题意，所求数值是一个定值，故可利用满足条件的直角三角形进行计算． 令a ＝3，b ＝4，c ＝5，则△ABC 为直角三角形， 且cos A ＝45，cos C ＝0，代入所求式子，得cos A ＋cos C 1＋cos A cos C ＝45＋01＋45×0＝45.(2)因为xf (x ＋1)＝(1＋x )f (x )， 所以f (x ＋1)f (x )＝1＋x x ，使f (x )特殊化，可设f (x )＝xg (x )，其中g (x )是周期为1的奇函数，再将g (x )特殊化， 可设g (x )＝sin 2πx ，则f (x )＝x sin 2πx ， 经验证f (x )＝x sin 2πx 满足题意，则f ⎝⎛⎭⎫52＝0. 类型二 相等与不等的转化例2 若关于x 的方程9x ＋(4＋a )·3x ＋4＝0有解，则实数a 的取值范围是________．可采用换元法，令t ＝3x ，将问题转化为关于t 的方程有正解进行解决．答案 (－∞，－8]解析 设t ＝3x ，则原命题等价于关于t 的方程 t 2＋(4＋a )t ＋4＝0有正解，分离变量a 得 a ＋4＝－⎝⎛⎭⎫t ＋4t ， ∵t >0，∴－⎝⎛⎭⎫t ＋4t ≤－4， ∴a ≤－8，即实数a 的取值范围是(－∞，－8]．等与不等是数学解题中矛盾的两个方面，但是它们在一定的条件下可以相互转化，例如本例，表面看来似乎只具有相等的数量关系，且根据这些相等关系很难解决，但是通过挖掘其中的不等量关系，转化为不等式(组)来求解，则显得非常简捷有效．定义运算：(ab )x ＝ax 2＋bx ＋2，若关于x 的不等式(ab )x <0的解集为{x |1<x <2}，则关于x 的不等式(b a )x <0的解集为( )A ．(1,2)B ．(－∞，1)∪(2，＋∞) C.⎝⎛⎭⎫－23，1D.⎝⎛⎭⎫－∞，－23∪(1，＋∞) 答案 D解析 1,2是方程ax 2＋bx ＋2＝0的两实根，1＋2＝－b a ，1×2＝2a，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－3，∴(－31)x ＝－3x 2＋x ＋2<0，得3x 2－x －2>0，解得x <－23或x >1.类型三 常量与变量的转化例3 对于满足0≤p ≤4的所有实数p ，使不等式x 2＋px >4x ＋p －3成立的x 的取值范围是______________．本题若按常规法视x 为主元来解，需要分类讨论，这样会很繁琐，若以p 为主元，即可将原问题化归为在区间[0,4]上，一次函数f (p )＝(x －1)p ＋x 2－4x ＋3>0成立的x 的取值范围．这样，借助一次函数的单调性就很容易使问题得以解决． 答案 (－∞，－1)∪(3，＋∞) 解析 设f (p )＝(x －1)p ＋x 2－4x ＋3， 则当x ＝1时，f (p )＝0.所以x ≠1.f (p )在0≤p ≤4上恒正，等价于⎩⎪⎨⎪⎧f (0)>0，f (4)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧(x －3)(x －1)>0，x 2－1>0，解得x >3或x <－1.在处理多变元的数学问题时，我们可以选取其中的常数(或参数)，将其看做是“主元”，而把其它变元看做是常量，从而达到减少变元简化运算的目的．设f (x )是定义在R 上的单调增函数，若f (1－ax －x 2)≤f (2－a )对任意a ∈[－1,1]恒成立，求x 的取值范围． 解 ∵f (x )在R 上是增函数， ∴由f (1－ax －x 2)≤f (2－a )可得1－ax －x 2≤2－a ，a ∈[－1,1]． ∴a (x －1)＋x 2＋1≥0，对a ∈[－1,1]恒成立． 令g (a )＝(x －1)a ＋x 2＋1.则当且仅当g (－1)＝x 2－x ＋2≥0，g (1)＝x 2＋x ≥0， 解之，得x ≥0或x ≤－1.故实数x 的取值范围为x ≤－1或x ≥0.类型四 正与反的相互转化例4 若对于任意t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋⎝⎛⎭⎫m 2＋2x 2－2x 在区间(t,3)上总不为单调函数，则实数m 的取值范围是__________． 答案 －373<m <－5解析 g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2，若g (x )在区间(t,3)上总为单调函数，则①g ′(x )≥0在(t,3)上恒成立，或②g ′(x )≤0在(t,3)上恒成立．由①得3x 2＋(m ＋4)x －2≥0，即m ＋4≥2x －3x 在x ∈(t,3)上恒成立，∴m ＋4≥2t －3t 恒成立，则m ＋4≥－1， 即m ≥－5；由②得m ＋4≤2x －3x 在x ∈(t,3)上恒成立，则m ＋4≤23－9，即m ≤－373.∴函数g (x )在区间(t,3)上总不为单调函数的m 的取值范围为－373<m <－5.否定性命题，常要利用正反的相互转化，先从正面求解，再取正面答案的补集即可．一般地，题目若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很少，从反面考虑较简单，因此，间接法多用于含有“至多”、“至少”及否定性命题情形的问题中．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1在区间[－1,1]内至少存在一个值c 使得f (c )>0，求实数p 的取值范围． 解 如果在[－1,1]内没有值满足f (c )>0，则⎩⎨⎧f (－1)≤0，f (1)≤0⇒⎩⎨⎧p ≤－12或p ≥1，p ≤－3或p ≥32⇒p ≤－3或p ≥32，取补集为－3<p <32，即为满足条件的p 的取值范围．在将问题进行化归与转化时，一般应遵循以下几种原则 (1)熟悉化原则：将陌生的问题转化为我们熟悉的问题．(2)简单化原则：将复杂的问题通过变换转化为简单的问题．(3)直观化原则：将较抽象的问题转化为比较直观的问题(如数形结合思想，立体几何问题向平面几何问题转化)．(4)正难则反原则：若问题直接求解困难时，可考虑运用反证法或补集法或用逆否命题间接地解决问题.1． 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝S n ·S n －1 (n ≥2)，a 1＝29，则a 10等于( )A.49B.47C.463D.563答案 C解析 由a n ＝S n ·S n －1 (n ≥2)，得1S n －1S n －1＝－1，∴1S n ＝92＋(n －1)×(－1)， ∴S n ＝211－2n ，∴a 10＝S 10－S 9＝463.2． 方程m ＋1－x ＝x 有解，则m 取得最大值( )A ．1B ．0C ．－1D ．－2答案 A解析 由原式得m ＝x －1－x ，设1－x ＝t (t ≥0)，则m ＝1－t 2－t ＝54－⎝⎛⎭⎫t ＋122， ∴m ＝54－⎝⎛⎭⎫t ＋122在[0，＋∞)上是减函数， ∴t ＝0时，m 的最大值为1.3． 过双曲线x 2a 2－y 2b2＝1上任意一点P ，引与实轴平行的直线，交两渐近线于R 、Q 两点，则PR →·PQ →的值为( )A ．a 2B ．b 2C ．2abD ．a 2＋b 2答案 A解析 当直线RQ 与x 轴重合时，|PR →|＝|PQ →|＝a ，故选A.4． 已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1、a 3、a 9成等比数列，则a 1＋a 3＋a 9a 2＋a 4＋a 10的值是________．答案1316解析 由题意知，只要满足a 1、a 3、a 9成等比数列的条件，{a n }取何种等差数列与所求代数式的值是没有关系的．因此，可把抽象数列化归为具体数列．比如，可选取数列a n ＝n (n ∈N *)，则a 1＋a 3＋a 9a 2＋a 4＋a 10＝1＋3＋92＋4＋10＝1316.5． 已知函数f (x )＝x 3＋2x 2－ax ＋1.若函数g (x )＝f ′(x )在区间(－1,1)上存在零点，则实数a的取值范围是______________________________________________________． 答案 ⎣⎡⎭⎫－43，7 解析 g (x )＝f ′(x )＝3x 2＋4x －a ，g (x )＝f ′(x )在区间(－1,1)上存在零点，等价于3x 2＋4x ＝a 在区间(－1，1)上有解，等价于a 的取值范围是函数y ＝3x 2＋4x 在区间(－1,1)上的值域，不难求出这个函数的值域是⎣⎡⎭⎫－43，7. 故所求的a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫－43，7. 6． 已知奇函数f (x )的定义域为实数集R ，且f (x )在[0，＋∞)上是增函数，当0≤θ≤π2时，是否存在这样的实数m ，使f (cos 2θ－3)＋f (4m －2m cos θ)>f (0)对所有的θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2均成立？若存在，求出所有适合条件的实数m ；若不存在，请说明理由．解 因为f (x )在R 上为奇函数，又在[0，＋∞)上是增函数，故f (x )在R 上为增函数，且f (0)＝0.由题设条件可得，f (cos 2θ－3)＋f (4m －2m cos θ)>0. 又由f (x )为奇函数，可得 f (cos 2θ－3)>f (2m cos θ－4m )． ∵f (x )在R 上为增函数， ∴cos 2θ－3>2m cos θ－4m ，即cos 2θ－m cos θ＋2m －2>0. 令cos θ＝t ，∵0≤θ≤π2，∴0≤t ≤1.于是问题转化为对一切0≤t ≤1， 不等式t 2－mt ＋2m －2>0恒成立．∴t 2－2>m (t －2)，即m >t 2－2t －2恒成立．又∵t 2－2t －2＝(t －2)＋2t －2＋4≤4－22，∴m >4－22，∴存在实数m 满足题设的条件，且m >4－2 2.。
高考数学理科二轮复习考前数学思想领航四转化与化归思想讲学案
四、转变与化归思想转变与化归思想，就是在研究和解决相关数学识题时采纳某种手段将问题经过变换使之转变，从而获得解决的一种方法．一般老是将复杂的问题经过变换转变为简单的问题，将难解的问题经过变换转变为简单求解的问题，将未解决的问题经过变换转变为已解决的问题 .方法一 一般与特别的转变问题模型解法一般和特别之间的转变法是在解题的过程中将某些一般问题进行特别化办理或是将某些特殊问题进行一般化办理的方法． 此方法多用于选择题和填空题的解答．破解此类题的重点点：①确定转变对象，一般将要解决的问题作为转变对象．②找寻转变元素，由一般问题转变为特别问题时，找寻“特别元素”；由特别问题转变为一般问题时，找寻“一般元素” ．③转变为新问题，依据转变对象与“特别元素”或“一般元素”的关系，将其转变为新的需要解决的问题．④得出结论，求解新问题，依据所得结论求解原问题，得出结论． 典例 1 已知函数 f(x)＝ (a － 3)x － ax 3 在 [ －1,1] 上的最小值为－ 3，则实数 a 的取值范围是()A ． (－∞，－ 1]B ． [12 ，＋∞ )3C ． [－ 1,12] D. － 2， 12分析当 a ＝ 0 时，函数 f(x)＝－ 3x ， x ∈ [ － 1,1] ，明显知足条件，故清除选项 A ，B ；3 3 39x ，当 a ＝－ 时，函数 f(x)＝ x －222f ′ (x)＝ 9x 2－ 9＝9( x 2－ 1)，2 2 2 当－ 1≤ x ≤1 时， f ′ (x) ≤0， 因此 f( x)在 [－ 1,1] 上单一递减，因此 f( x)min ＝ f(1)＝ 3－ 9＝－ 3，知足条件，2 2故清除 C.综上，应选 D.答案D思想升华 常用的“特别元素”有特别数值、特别数列、特别函数、特别图形、特别角、特别地点等． 关于选择题， 在题设条件都建立的状况下，用特别值探究正确选项，即经过对特殊状况的研究来判断一般规律；关于填空题，当结论独一或题设条件中供给的信息示意答案是一个定值时，能够用特别值取代变化的不定量．x－ y＋ 2≥ 0，追踪操练1若x，y知足拘束条件y＋ 2≥ 0，x＋ y＋ 2≤ 0，则y＋1的取值范围为 () x－1A.－1，1 3 51B. －3，1C.－∞，－1∪1，＋∞35D.－∞，－1∪[1 ，＋∞ ) 3答案B分析可行域为如下图的暗影部分，设z＝y＋1，因为点 (－ 2，－ 1)在可行域内，因此 z x－ 1－ 1＋1－2＋ 1＝－2－1＝ 0，清除 C， D；又点 A(0，－ 2)在可行域内，因此z＝0－ 1＝ 1，清除 A.方法二数与形的转变问题模型解法数与形的转变包括由数到形和由形到数两个方面．由数到形就是把问题的数目信息变换为图形信息，由形到数就是把图形信息进行代数化办理，用数目关系刻画事物的实质特点，从而得解．破解此类题的重点点：①数形转变，确定需要等价转变的数目关系(分析式 )与图形关系．②转变求解，经过降维等方式合理转变，使问题简单化并进行剖析与求解．③回归纳论，回归原命题，得出正确结论．典例 2某工件的三视图如下图，现将该工件经过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件的资料利用率为(资料利用率＝新工件的体积/原工件的体积 )()A. 88B.π9π 272433C. 2－ 1D.8 2－1π π分析由三视图知该几何体是一个底面半径为 r ＝ 1，母线长为 l ＝ 3 的圆锥， 则圆锥的高为 h ＝ l 2－ r 2＝ 32－ 12＝ 2 2.由题意知加工成的体积最大的正方体ABCD — A 1B 1C 1D 1 的一个底面 A 1B 1C 1D 1 在圆锥的底面上，过平面AA 1 C 1C 的轴截面如下图，设正方体的棱长为x ，2则有 2 x＝ h － x ， r h即 x ＝2 2－ x ，解得 x ＝2 2，22 23则原工件的资料利用率为V正方体＝ x3＝ 8，应选 A.V 圆锥 1πr 2h 9π3答案A思想升华 数与形转变问题， 特别是空间转变问题， 常常在解决空间几何体问题的过程中将某些空间几何体问题进行特别化办理， 转变为平面几何问题来办理， 降低维度， 简化求解过程，降低难度．追踪操练 2已知直线 l ： y ＝kx ＋ 1(k ≠ 0)与椭圆 3x 2 ＋y 2 ＝a 订交于 A ， B 两个不一样的点，记直线 l 与 y 轴的交点为 C.10，务实数 a 的值；(1) 若 k ＝ 1，且 |AB|＝ 2→ → AOB 面积的最大值及此时椭圆的方程． (2) 若 AC ＝ 2CB ， O 为坐标原点，求△ 解设 A(x 1， y 1)， B(x 2， y 2)． y ＝ x ＋ 1，(1)由3x2＋ y 2＝a ，得 4x 2＋ 2x ＋ 1－ a ＝ 0，则 x 1 ＋x 2＝－ 1， x 1x 2＝1－ a，24 从而 |AB|＝ 2|x 1－ x 2|＝ 2· x 1＋ x 2 2－ 4x 1x 2＝2· a － 43＝ 210，解得 a ＝ 2.y ＝ kx ＋ 1，(2)由3x2 ＋y 2 ＝a ，得(3 ＋ k 2)x 2＋ 2kx ＋ 1－ a ＝ 0，则 x 1 ＋x 2＝－2k1－ a2， x 1x 2＝3＋ k 2.3＋ k 易知 → → ，C(0,1)，由 AC ＝ 2CB得( －x 1 ，1－ y 1)＝2(x 2，y 2－1) ，解得 x 1＝－ 2x 2，2k因此 x 1＋ x 2＝－ x 2＝－2，2k则 x 2＝3＋ k 2.△AOB 的面积 S AOB ＝ 12|OC| ·|x － x△＝3|x 2|＝ 3|k| 2＝ 3 ≤3＝ 3，23＋k 3 ＋|k| 23 2|k|当且仅当 k 2＝ 3 时取等号，此时 x ＝ 2k 2， 23＋k2x 1x 2＝－ 2x 22 ＝－ 2× 4k 2 2＝－2，3＋ k 3又 x 1 x 2＝ 1－ a 2＝ 1－ a ，则 1－ a＝－2，解得 a ＝ 5.3＋ k 6 63因此△ AOB 面积的最大值为 3 2 ，此时椭圆的方程为 3x 2＋ y 2＝5.方法三 形体地点关系的转变问题模型解法形体地点关系的转变法是针对几何问题采纳的一种特别转变方法． 主要合用于波及平行、 垂直的证明， 如常有线面平行、 垂直的推理与证明实质就是充足利用线面地点关系中的判断定理、性质定理实现地点关系的转变．破解此类题的重点点：①剖析特点，一般要剖析形体特点，依据形体特点确定需要转变的对象．②地点转变，将不规则几何体经过切割、挖补、延展等方式转变为便于察看、计算的常有几何体．因为新的几何体是转变而来，一般需要对新的几何体的地点关系、数据状况进行必需剖析，正确理解新的几何体的特点．③得出结论，在新的几何构造中解决目标问题．典例 3 如图，已知三棱锥 P— ABC，PA＝BC＝ 2 34，PB ＝AC＝10，PC＝AB＝2 41，则三棱锥 P— ABC 的体积为 __________ ．分析因为三棱锥三组对边两两相等，则可将三棱锥放在一个特定的长方体中 (如下图 )．把三棱锥 P— ABC 补成一个长方体AEBG— FPDC ，易知三棱锥P— ABC 的各棱分别是长方体的面对角线．不如令 PE＝ x， EB＝ y，EA ＝z，22x ＋ y ＝ 100，22由已知有x ＋ z ＝ 136，22y ＋ z ＝ 164，解得 x＝ 6，y＝ 8， z＝ 10，从而知三棱锥P—ABC 的体积为V 三棱锥P—ABC＝V 长方体AEBG—FPDC－V 三棱锥P—AEB－ V 三棱锥C—ABG－ V 三棱锥B—PDC－ V 三棱锥A—FPC1＝V 长方体AEBG－FPDC－ 4V 三棱锥P—AEB＝ 6× 8× 10－ 4× × 6× 8× 10＝ 160.答案160思想升华形体地点关系的转变常将空间问题平面化、不规则几何体特别化，使问题易于解决．同时也要注意方法的选用，不然会跳入自己设的“圈套”中．追踪操练 3 如图，在棱长为 5 的正方体 ABCD —A1B1C1D1中， EF 是棱 AB上的一条线段，且 EF＝ 2，点 Q 是 A1D 1的中点，点 P 是棱 C1D 1上的动点，则四周体PQEF 的体积 ()A．是变量且有最大值B．是变量且有最小值C．是变量且有最大值和最小值D．是常数答案D分析点 Q 到棱 AB 的距离为常数，因此△ EFQ 的面积为定值．由 C1D1∥EF ，可得棱 C1D 1∥平面 EFQ，因此点P 到平面 EFQ 的距离是常数，于是可得四周体PQEF 的体积为常数．。
【步步高】版高考数学 考前3个月(上)专题复习 专题七 第四讲 转化与化归思想配套限时规范训练
第四讲 转化与化归思想（推荐时间：50分钟）一、选择题1．(2012·大纲全国)△ABC 中，AB 边的高为CD ，若CB →＝a ，CA →＝b ，a ·b ＝0，|a |＝1，|b |＝2，则AD →＝ ( ) A.13a －13b B.23a －23b C.35a －35b D.45a －45b 2．在等比数列{a n }中，a 1＝a ，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}成等差数列，则S n 等于( ) A ．an ＋1－aB ．n (a ＋1)C ．naD ．(a ＋1)n－13．函数f (x )＝(m －1)x 2＋2mx ＋3为偶函数，则f (x )在区间(－5，－3)上( ) A ．先减后增 B ．先增后减 C ．单调递减D ．单调递增4．已知数列{a n }对任意的p ，q ∈N *满足a p ＋q ＝a p ＋a q 且a 2＝－6，那么a 10等于 ( ) A ．－165B ．－33C ．－30D ．－21 5．若α、β∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2，且αsin α－βsin β>0，则下面结论正确的是( ) A ．α＞β B ．α＋β＞0 C ．α＜βD ．α2＞β26．已知O A →＝(cos θ1,2sin θ1)，O B →＝(cos θ2,2sin θ2)，若O A →′＝(cos θ1，sin θ1)，O B →′＝(cos θ2，sin θ2)，且满足O A →′·O B →′＝0，则S △OAB 等于( )A.12B ．1C ．2D ．47．棱长为a 的正方体中，连结相邻面的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为 ( )A.a 33B.a 34 C.a 36D.a 3128．P 为双曲线x 29－y 216＝1的右支上一点，M 、N 分别是圆(x ＋5)2＋y 2＝4和(x －5)2＋y 2＝1上的点，则|PM |－|PN |的最大值为 ( )A ．6B ．7C ．8D ．9二、填空题9．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆x 2＋y 2＝4上有且只有四个点到直线12x －5y ＋c ＝0的距离为1，则实数c 的取值范围是________．10．在Rt△ABC 中，C ＝π2，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 所对的边，r ，S 分别表示它的内切圆半径和面积，则cr S的取值范围是__________．11．如果函数f (x )＝x 2＋bx ＋c 对任意实数t 都有f (2＋t )＝f (2－t )，那么f (2)，f (1)，f (4)的大小关系是________．12．设f (x )是定义在R 上的单调增函数，若f (1－ax －x 2)≤f (2－a )对任意a ∈[－1,1]恒成立，则x 的取值范围为______． 三、解答题13．(2012·广东)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列． (1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.14．(2012·福建)已知函数f(x)＝e x＋ax2－e x，a∈R.(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；(2)试确定a的取值范围，使得曲线y＝f(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.答案1．D 2．C 3．D 4．C 5．D 6．B 7．C 8．D 9．(－13,13) 10．[22－2,1) 11．f (2)<f (1)<f (4) 12．x ≤－1或x ≥013．(1)解 ∵a 1，a 2＋5，a 3成等差数列，∴2(a 2＋5)＝a 1＋a 3. 又2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，∴2S 1＝a 2－22＋1,2S 2＝a 3－23＋1， ∴2a 1＝a 2－3,2(a 1＋a 2)＝a 3－7.由⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋＝a 1＋a 3，2a 1＝a 2－3，a 1＋a 2＝a 3－7得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＝5，a 3＝19.∴a 1＝1.(2)解 ∵2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，①∴当n ≥2时，2S n －1＝a n －2n ＋1.② ①－②得2a n ＝a n ＋1－a n －2n ＋1＋2n，∴a n ＋1＝3a n ＋2n. 两边同除以2n ＋1得a n ＋12n ＋1＝32·a n 2n ＋12， ∴a n ＋12n ＋1＋1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n ＋1. 又由(1)知a 222＋1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a 121＋1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1是以32为首项，32为公比的等比数列，∴a n 2n ＋1＝32·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n， ∴a n ＝3n －2n，即数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2n. (3)证明 ∵a n ＝3n －2n ＝(1＋2)n －2n＝C 0n ·1n ·20＋C 1n ·1n －1·21＋C 2n ·1n －2·22＋…＋C n n ·10·2n －2n＝1＋2n ＋2(n 2－n )＋ (2)－2n>1＋2n ＋2(n 2－n ) ＝1＋2n 2>2n 2>2n (n －1)， ∴1a n ＝13n －2n <12n n －＝12·1n n －，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n<1＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤11×2＋12×3＋…＋1n n －＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＝32－12n <32，即1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32. 14．解 (1)由于f ′(x )＝e x＋2ax －e ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率k ＝2a ＝0，所以a ＝0，即f (x )＝e x－e x .此时f ′(x )＝e x－e.由f ′(x )＝0得x ＝1. 当x ∈(－∞，1)时，有f ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，有f ′(x )>0. 所以f (x )的单调递减区间为(－∞，1)， 单调递增区间为(1，＋∞)．(2)设点P (x 0，f (x 0))，曲线y ＝f (x )在点P 处的切线方程为y ＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)， 令g (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)－f (x 0)，故曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与曲线只有一个公共点P 等价于函数g (x )有唯一零点． 因为g (x 0)＝0，且g ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)＝e x－e x 0＋2a (x －x 0)． ①若a ≥0，当x >x 0时，g ′(x )>0， 则当x >x 0时，g (x )>g (x 0)＝0；当x <x 0时，g ′(x )<0，则当x <x 0时，g (x )>g (x 0)＝0. 故g (x )只有唯一零点x ＝x 0. 由P 的任意性知，a ≥0不合题意． ②若a <0，令h (x )＝e x－e x 0＋2a (x －x 0)， 则h (x 0)＝0，h ′(x )＝e x＋2a .令h ′(x )＝0，得x ＝ln(－2a )，记x *＝ln(－2a )， 则当x ∈(－∞，x *)时，h ′(x )<0， 从而h (x )在(－∞，x *)内单调递减； 当x ∈(x *，＋∞)时，h ′(x )>0， 从而h (x )在(x *，＋∞)内单调递增． a ．若x 0＝x *，当x ∈(－∞，x *)时，g ′(x )＝h (x )>h (x *)＝0；当x ∈(x *，＋∞)时，g ′(x )＝h (x )>h (x *)＝0.所以g (x )在R 上单调递增．所以函数g (x )在R 上有且只有一个零点x ＝x *. b ．若x 0>x *，由于h (x )在(x *，＋∞)内单调递增，且h (x 0)＝0， 则当x ∈(x *，x 0)时有g ′(x )＝h (x )<h (x 0)＝0，g(x)>g(x0)＝0；任取x1∈(x*，x0)有g(x1)>0.又当x∈(－∞，x1)时，易知g(x)＝e x＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)<e x1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋c，其中b＝－(e＋f′(x0))，c＝e x1－f(x0)＋x0f′(x0)．由于a<0，则必存在x2<x1，使得ax22＋bx2＋c<0.所以g(x2)<0，故g(x)在(x2，x1)内存在零点，即g(x)在R上至少有两个零点．c．若x0<x*，仿b并利用e x>x3 6，可证函数g(x)在R上至少有两个零点．综上所述，当a<0时，曲线y＝f(x)上存在唯一的点P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.。
备战2025年高考二轮复习数学课件-数学思想方法-转化与化归思想
1
f(y)f(1)=f(y)+f( ),又
f(1)=2,可得
1
f(y)=f( ),即
1
f(x)=f( ),故
C
对于 D,例如
1
f(x)=|x+ |,可知
f(x)是定义域为{x|x≠0}的非常数函数,且
1
1
1
f(x)f(y)=|x+ ||y+ |=|(xy+ )+(
1
f(x)f(y)=|(xy+ )+(
(方法二)由 x2+y2-4x-2y-4=0,得(x-2)2+(y-1)2=9,该方程表示圆心为(2,1),半径
为 3 的圆.
设 x-y=u,则 x-y-u=0,且由题意知直线 x-y-u=0 与圆(x-2)2+(y-1)2=9 有公共点,
|1-|
则 2 ≤3,解得
1-3 2≤u≤1+3 2,所以 x-y 的最大值为 1+3 2.
2
2
建立如图所示的平面直角坐标系,则 B(0,0),C( 2,0),A(0, 2),O(
=(- 2,0),=(
2 2
,
),则
2 2
·=- 2 ×
又|AC|= ( 2)2 + ( 2)2 =2,
所以圆 O 的方程为 x-
2 2
+
2
y-
2 2
=1,
2
2
2
+0×
=-1,故
2
2
A 正确;
2 2
, ),所以
2 2
B 错误;
设P
高考数学二轮复习 第4讲转化与化归思想课件 苏教版
3
且 ,
2
0 ， 求cos .
2
2
分析
不难发现
(
)
(
未知角可
),
2
22
化为已知角，整体地利用已知条件来解答(jiědá)问
题.
,0 ,
解2
2
0, , 0.
2
4224 2
, .
4
2
42
2
第十一页，共42页。
又cos( ) 1 0,sin( ) 2 0,
∠BAD=∠DA1C1=90°.
∴△ABD≌△DA1C1，
∴BD=DC1，∴DE⊥BC1.
第十七页，共42页。
同理DE⊥B1C，又∵B1C∩BC1=E，
∴DE⊥平面BB1C1C,
又∵DE 平面BDC1，∴平面BDC1⊥平面BB1C1C.
（3）解 取BC的中点P，连结AP，则AP∥平面
BDC1.
证明如下：
29
2
3
,0 .
2
2
2
2
sin( ) 1 ( 1)2 4 5 ,
2
99
cos( ) 1 (2)2 5 ,
2
33
有 cos
2
(
)
2
(
2
)
cos( ) cos( ) sin( )sin( )
22
22
1 5 4 52 7 5. 9 3 9 3 27
第4讲 转化与化归思想
1.转化与化归思想的基本内涵是：解某些数学问题 时，如果直接求解较为困难(kùn nɑn)，可通过观察、分
析、 类比、联想等思维过程，恰当的运用数学方法进 行变换，将原问题A转化为另一个新问题B，而问 题B是相对较容易解决的或已经有固定解决程序的 问题，且问题B的解决可以得到原问题A的解答.这 种思想方法，我们称之为“转化与化归的思想方
新教材适用2024版高考数学二轮总复习第2篇核心素养谋局思想方法导航第4讲转化与化归思想课件
(2)因 a1＝12，n∈N*，an＋1＝12＋anan，
则 a2＝12＋a1a1＝21× ＋1212＝23，a3＝12＋a2a2＝21× ＋2323＝45，a4＝12＋a3a3＝21× ＋4545＝89， a5＝12＋a4a4＝21× ＋8989＝1167， 显然有 a1＝202＋0 1，a2＝212＋1 1，a3＝222＋2 1，a4＝232＋3 1，a5＝242＋4 1，
(2)根据递推公式可写出 a2、a3、a4、a5 的值，由此可归纳出数列{an} 的通项公式，然后通过递推公式得出an1＋1－1＝12a1n－1，可知数列a1n－1 为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列{an}的通项公式．
【解析】 (1)证明：假设 an＋1＝an，因 n∈N*，an＋1＝12＋anan，则12＋anan ＝an，解得 an＝0 或 an＝1，
应用3 正与反引起的转化
核 心 知 识·精 归 纳
正难则反，利用补集求得其解，这就是补集思想，一种充分体现对 立统一、相互转化的思想方法．一般地，题目若出现多种成立的情形， 则不成立的情形相对很少，从反面考虑较简单，因此，间接法多用于含 有“至多”“至少”情形的问题中．
典 例 研 析·悟 方 法
算求解．
【解析】 5 名航天员安排三舱，每个舱至少一人至多二人，共有 C15C13C24＝90 种安排方法，若甲乙在同一实验舱的种数有 C13C13C12＝18 种， 故甲乙不在同一实验舱的种数有 90－18＝72 种．故选 C.
(2) (2022·全国高三专题练习)8个点将半圆分成9段弧，以10个点(包
高考数学二轮复习第4讲 转化与化归思想
第4讲转化与化归思想「思想方法解读」转化与化归思想是指在研究解决数学问题时，采用某种手段将问题通过转化，使问题得以解决的一种思维策略，其核心是把复杂的问题化归为简单的问题，将较难的问题化归为较容易求解的问题，将未能解决的问题化归为已经解决的问题．常见的转化与化归思想应用具体表现在：将抽象函数问题转化为具体函数问题，立体几何和解析几何中一般性点或图形问题转化为特殊点或特殊图形问题，以及“至少”或“是否存在”等正向思维受阻问题转化为逆向思维问题，空间与平面的转化，相等问题与不等问题的转化等．热点题型探究热点1特殊与一般的转化例1(1)(2020·全国卷Ⅱ)数列{a n}中，a1＝2，a m＋n＝a m a n，若a k＋1＋a k＋2＋…＋a k＝215－25，则k＝()＋10A．2 B．3C．4 D．5答案 C＝2，∴数解析在等式a m＋n＝a m a n中，令m＝1，可得a n＋1＝a n a1＝2a n，∴an＋1an列{a n}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n＝2×2n－1＝2n.∴a k＋1＋a k＋2＋…＋a k＋＝错误!＝错误!＝2k＋1·(210－1)＝25(210－1)，∴2k＋1＝25，则k＋1＝5，解得k＝4.故选10C．(2)在平行四边形ABCD中，|AB→|＝12，|AD→|＝8.若点M，N满足BM→＝3MC→，DN→＝2NC→，则AM→·NM→＝()A．20 B．15C ．36D ．6答案 C解析 解法一：由BM →＝3MC →，DN →＝2NC →知，点M 是BC 的一个四等分点，且BM ＝34BC ，点N 是DC 的一个三等分点，且DN ＝23DC ，所以AM →＝AB →＋34AD →，AN →＝AD →＋DN →＝AD→＋23AB →，所以NM →＝AM →－AN →＝AB →＋34AD →－⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →＋23AB →＝13AB →－14AD →，所以AM →·NM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →＋34AD →·⎝ ⎛⎭⎪⎫13AB →－14AD →＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →＋34AD →·⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →－34AD →＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →2－916AD →2＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫144－916×64＝36，故选C ．解法二：不妨设∠DAB 为直角，以AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立如图所示的平面直角坐标系．则M (12,6)，N (8,8)，所以AM →＝(12,6)，NM →＝(4，－2)，所以AM →·NM →＝12×4＋6×(－2)＝36，故选C ．一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单；特殊问题一般化，可以把握问题的一般规律，使我们达到成批处理问题的效果．对于客观题，当题设条件提供的信息在普通条件下都成立或暗示答案是一个定值时，可以把题中变化的量用特殊值代替，可以快捷地得到答案．1．若函数f (x )＝1＋x 3，则f (lg 2)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫lg 12＝( )A ．2B ．4C ．－2D ．－4答案 A解析∵f(x)＝1＋x3，∴f(－x)＋f(x)＝2，∵lg 12＝－lg 2，∴f(lg 2)＋f⎝⎛⎭⎪⎫lg12＝2，故选A．2．(2020·山东省泰安市高三四模)直线l过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F(1,0)，且与C交于A，B两点，则p＝________，1|AF|＋1|BF|＝________.答案2 1解析由p2＝1，得p＝2，当直线l的斜率不存在时，l：x＝1，与y2＝4x联立解得y＝±2，此时|AF|＝|BF|＝2，所以1|AF|＋1|BF|＝12＋12＝1；当直线l的斜率存在时，设l：y＝k(x－1)，代入抛物线方程，得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2＝1，1|AF|＋1|BF|＝|AF|＋|BF||AF||BF|＝错误!＝错误!＝错误!＝1.热点2函数、方程、不等式间的转化例2(1)已知函数f(x)＝ax(x2－1)＋x(a>0)，方程f[f(x)]＝b对于任意b∈[－1,1]都有9个不等实根，则实数a的取值范围为()A．(1，＋∞) B．(2，＋∞)C．(3，＋∞) D．(4，＋∞)答案 D解析∵f(x)＝ax(x2－1)＋x(a>0)，∴f′(x)＝3ax2＋(1－a)．若0<a≤1，则f′(x)≥0，f(x)单调递增，此时方程f[f(x)]＝b不可能有9个不等实根，故a>1.令f′(x)＝0，得x＝±a－13a ，不妨令x1＝－a－13a，x2＝a－13a.∵当a>1时，a－1<3a，∴－1<x1<0，0<x2<1.f(－x)＝a(－x)[(－x)2－1]＋(－x)＝－[ax(x2－1)＋x]＝－f(x)，∴f(x)是奇函数，又函数f(x)过定点(1,1)，(－1，－1)和(0,0)，则作出函数f(x)的大致图象如图所示．令f (x )＝t ，方程f (t )＝b 对于任意b ∈[－1,1]都有9个不等实根，即方程f (x )＝t 1，f (x )＝t 2，f (x )＝t 3，一共有9个不等实根，∴f (x )在极小值点处的函数值小于－1，即f ⎝⎛⎭⎪⎫a －13a ＝23(1－a )a －13a<－1，即(a －4)(2a ＋1)2>0，解得a >4，故实数a 的取值范围为(4，＋∞)．故选D ．(2)(多选)(2020·山东省聊城市高三模拟)若实数a ≥2，则下列不等式中一定成立的是( )A ．(a ＋1)a ＋2>(a ＋2)a ＋1B ．log a (a ＋1)<log (a ＋1)(a ＋2)C ．log a (a ＋1)<a ＋1aD ．log (a ＋1)(a ＋2)<a ＋2a ＋1答案 AD解析 令f (x )＝ln x x ，则f ′(x )＝1－ln xx2，可得函数f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∵实数a ≥2，∴a ＋1>e ，∴错误!>错误!，∴(a ＋1)a ＋2>(a ＋2)a ＋1，log (a ＋1)(a ＋2)<a ＋2a ＋1，可得A ，D 正确．∵错误!与错误!的大小关系不确定，∴C 不正确．对于B ，令g (x )＝log x (x ＋1)(x ≥2)，则g ′(x )＝错误!<0，∴函数g (x )在[2，＋∞)上单调递减，∴log a (a ＋1)>log (a ＋1)(a ＋2)，B 不正确．综上可得，只有A ，D 正确．函数、方程与不等式相互转化的应用函数、方程与不等式三者之间存在着密不可分的联系，解决方程、不等式的问题需要函数帮助，解决函数的问题需要方程、不等式的帮助，因此借助于函数、方程、不等式之间的转化可以将问题化繁为简，常常将不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题；将证明不等式问题转化为函数的单调性与最值问题，将方程的求解问题转化为函数的零点问题．1．已知函数f (x )＝x ＋(2－kx )e x (x >0)，若f (x )>0的解集为(a ，b )，且(a ，b )中恰有两个整数，则实数k 的取值范围为( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1e2B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e4＋12，1e3＋23C ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e3＋23，1e2＋1D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e2＋1，1e ＋2 答案 C解析 f (x )＝x ＋(2－kx )e x >0⇒x >(kx －2)e x ⇒x ex >kx －2，设g (x )＝xex (x >0)，h (x )＝kx －2，问题就转化为在(a ，b )内，g (x )>h (x )，且(a ，b )中恰有两个整数．先研究函数g (x )的单调性，g ′(x )＝1－xex(x >0)，当x >1时，g ′(x )<0，所以函数g (x )在(1，＋∞)上单调递减；当0<x <1时，g ′(x )>0，所以函数g (x )在(0,1)上单调递增，所以g (x )max ＝g (1)＝1e .注意到g (0)＝0，当x >0时，g (x )>0.h (x )＝kx －2，恒过(0，－2)，要想在(a ，b )内，g (x )>h (x )，且(a ，b )中恰有两个整数，必须要满足以下两个条件：错误!⇒错误!⇒错误!＋23≤k ＜1e2＋1，故选C ．2．(2020·山东省临沂市高三一模)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－x3＋3x2＋2，x≥0，－x2ex ，x<0，若方程f (x )＋a ＝0有两个不相等的实根，则实数a 的取值范围是________.答案 {a |－6<a ≤－2或a ＝4e －2}解析 当x ≥0时，f (x )＝－x 3＋3x 2＋2，故f ′(x )＝－3x 2＋6x ＝－3x (x －2)，故函数在[0,2]上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，f (0)＝2，f (2)＝6；当x <0时，f (x )＝－x 2e x ，故f ′(x )＝－x e x (x ＋2)，故函数在(－∞，－2)上单调递减，在[－2,0)上单调递增，f (－2)＝－4e －2.画出函数图象，如图所示：f (x )＋a ＝0，即f (x )＝－a ，根据图象知，2≤－a <6或－a ＝－4e －2，解得－6<a ≤－2或a ＝4e －2.热点3 正难则反的转化例3 (1)若命题“∃x 0∈R ，x 20＋2mx 0＋m ＋2<0”为假命题，则m 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]∪[2，＋∞)B ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)C ．[－1,2]D ．(－1,2) 答案 C解析 若命题“∃x 0∈R ，x 20＋2mx 0＋m ＋2<0”为假命题，则命题等价于∀x ∈R ，x 2＋2mx ＋m ＋2≥0恒成立，故只需要Δ＝4m 2－4(m ＋2)≤0⇒－1≤m ≤2.故选C ．(2)已知函数f (x )＝ax 2－x ＋ln x 在区间(1,2)上不单调，则实数a 的取值范围为________.答案 ⎝⎛⎭⎪⎫0，18解析 f ′(x )＝2ax －1＋1x.(ⅰ)若函数f (x )在区间(1,2)上单调递增，则f ′(x )≥0在(1,2)上恒成立，所以2ax －1＋1x ≥0，得a ≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x2.①令t ＝1x ，因为x ∈(1,2)，所以t ＝1x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.设h (t )＝12(t －t 2)＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋18，t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，显然函数y ＝h (t )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，所以h (1)＜h (t )＜h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即0＜h (t )＜18.由①可知，a ≥18.(ⅱ)若函数f (x )在区间(1,2)上单调递减，则f ′(x )≤0在(1,2)上恒成立，所以2ax －1＋1x ≤0，得a ≤12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x2.②结合(ⅰ)可知，a ≤0.综上，若函数f (x )在区间(1,2)上单调，则实数a 的取值范围为(－∞，0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫18，＋∞.所以若函数f (x )在区间(1,2)上不单调，则实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫0，18.正与反的转化法正难则反，利用补集求得其解，这就是补集思想，一种充分体现对立统一、相互转化的思想方法．一般地，题目若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很少，从反面考虑较简单，因此，间接法多用于含有“至多”“至少”情形的问题中．1．(2020·天津高考)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为12和13.假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为________.答案16 23解析 因为甲、乙两球落入盒子的概率分别为12，13，且两球是否落入盒子互不影响，所以甲、乙都落入盒子的概率为12×13＝16，甲、乙两球都不落入盒子的概率为⎝⎛⎭⎪⎫1－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝13，所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1－13＝23.2．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1在区间[－1,1]内至少存在一个值c ，使得f (c )＞0，则实数p 的取值范围是________.答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－3，32解析 若在区间[－1,1]内不存在c 满足f (c )＞0， 因为Δ＝36p 2≥0恒成立， 则错误!解得错误!所以p ≤－3或p ≥32，取补集得－3＜p ＜32，即满足题意的实数p 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32.热点4 形体位置关系的转化例4 (1)正三角形ABC 的边长为2，将它沿高AD 折叠，使点B 与点C 间的距离为3，则四面体ABCD 外接球的表面积为( )A ．6πB ．7πC ．8πD ．9π答案 B解析 根据题意可知四面体ABCD 的三条侧棱BD ⊥AD ，DC ⊥DA ，底面△BDC 是等腰三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径．在三棱柱底面△BDC 中，BD ＝CD ＝1，BC ＝3，∴∠BDC ＝120°，∴△BDC 的外接圆的半径为12×3sin120°＝1.由题意可得，球心到底面的距离为12AD ＝32，∴球的半径为r ＝34＋1＝72.故外接球的表面积为4πr 2＝7π，故选B ．(2)如图所示，已知多面体ABCDEFG 中，AB ，AC ，AD 两两互相垂直，平面ABC ∥平面DEFG ，平面BEF ∥平面ADGC ，AB ＝AD ＝DG ＝2，AC ＝EF ＝1，则该多面体的体积为________.答案 4解析 解法一：(分割法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C 作CH ⊥DG 于H ，连接EH ，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH －ABC 和一个斜三棱柱BEF －CHG .由题意，知V 三棱柱DEH －ABC ＝S △DEH ·AD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×1×2＝2，V 三棱柱BEF －CHG ＝S △BEF·DE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×1×2＝2.故所求几何体的体积为V 多面体ABCDEFG ＝2＋2＝4.解法二：(补形法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，显然所求多面体的体积即该正方体体积的一半．又正方体的体积V 正方体ABMI －DEKG ＝23＝8，故所求几何体的体积为V 多面体ABCDEFG ＝12×8＝4.形体位置关系的转化是通过切割、补形、等体积转化等方式转化为便于观察、计算的常用几何体，由于新的几何体是转化而来的，一般需要对新几何体的位置关系、数据情况进行必要分析，准确理解新几何体的特征．1. (2020·山东省聊城市高三一模)点M，N分别为三棱柱ABC－A1B1C1的棱BC，BB1的中点，设△A1MN的面积为S1，平面A1MN截三棱柱ABC－A1B1C1所得截面面积为S，五棱锥A1－CC1B1NM的体积为V1，三棱柱ABC－A1B1C1的体积为V，则V1V＝________，S1S＝________.答案7123 5解析如图所示，延长NM交C1C的延长线于点P，连接P A1交AC于点Q，连接QM.平面A1MN截三棱柱ABC－A1B1C1所得截面为四边形A1NMQ.∵BB1∥CC1，M为BC的中点，则△PCM≌△NBM.∴点M为PN的中点．∴△A1MN的面积S1＝12S△A 1NP ，∵QC ∥A 1C 1，PC PC1＝13＝PQ PA1， ∴△A 1QM 的面积＝23S △A 1PM ，∴S1S ＝35.∵△BMN 的面积＝18S 四边形CC 1B 1B ，∴五棱锥A 1－CC 1B 1NM 的体积为V 1＝78V 四棱锥A 1－CC 1B 1B ，连接A 1B ，则三棱锥A 1－ABC 的体积＝13V ，∴V1V ＝78×⎝ ⎛⎭⎪⎫V －13V V ＝712. 2．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，点D 是棱B 1C 1的中点，AB ＝AC ＝2，BC ＝BB 1＝2.(1)求证：AC 1∥平面A 1BD ；(2)求点D 到平面ABC 1的距离．解 (1)证明：如图，连接AB 1，交A 1B 于点O ，则O 为AB 1的中点，连接OD ，又D 是B 1C 1的中点， ∴OD ∥AC 1，∵OD ⊂平面A 1BD ，AC 1⊄平面A 1BD ，∴AC 1∥平面A 1BD ．(2)由已知，AB ＝AC ，取BC 的中点H ，则BC ⊥AH ， ∵BB 1⊥平面ABC ，AH ⊂平面ABC ，∴BB 1⊥AH ，∵BC ∩BB 1＝B ，∴AH ⊥平面BCC 1B 1.又AB ＝AC ＝2，BC ＝2，∴AH ＝1，∵BB 1⊥C 1D ，∴S △BC 1D ＝12C 1D ·BB 1＝12×1×2＝1， ∴V D －ABC 1＝VA －BC 1D ＝13S △BC 1D ·AH ＝13×1×1＝13. ∵AC 1＝2＋4＝6，BC 1＝4＋4＝22，∴AC 21＋AB 2＝BC 21，∴△ABC 1是直角三角形，∴S △ABC 1＝12×2×6＝3，设点D 到平面ABC 1的距离为h ，则13×3×h ＝13，得h ＝33，即点D 到平面ABC 1的距离为33.。
高考理科数学第4讲 转化与化归思想——峰回路转
大二轮复习 数学（理）
解析：g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2， 若 g(x)在区间(t，3)上总为单调函数， 则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≥2x－3x， 当 x∈(t，3)时恒成立，∴m＋4≥2t －3t 恒成立，则 m＋4≥－1，即 m≥－5； 由②得 3x2＋(m＋4)x－2≤0，即 m＋4≤2x－3x，
大二轮复习 数学（理）
应用(四) 函数、方程、不等式之间的转化 (2019·沈阳模拟)已知函数 f(x)＝3e|x|.若存在实数 t∈[－1，
＋∞)，使得对任意的 x∈[1，m]，m∈Z 且 m>1，都有 f(x＋t)≤3ex，试 求 m 的最大值．
大二轮复习 数学（理）
解：∵当 t∈[－1，＋∞)且 x∈[1，m]时，x＋t≥0， ∴f(x＋t)≤3ex⇔ex＋t≤ex⇔t≤1＋ln x－x. ∴原命题等价转化为：存在实数 t∈[－1，＋∞)，使得不等式 t≤1 ＋ln x－x 对任意 x∈[1，m]恒成立． 令 h(x)＝1＋ln x－x(1≤x≤m)．∴h′(x)＝1x－1≤0， ∴函数 h(x)在[1，＋∞)上为减函数， 又 x∈[1，m]，∴h(x)min＝h(m)＝1＋ln m－m.
(2)在处理多变元的数学问题时，我们可以选取其中的常数(或参 数)，将其看作是“主元”，而把其他变元看作是常量，从而达到减少变 元简化运算的目的．
大二轮复习 数学（理）
3．(2019·曲师附中模拟)对于满足 0≤p≤4 的所有实数 p，使不等式 x2＋px＞4x＋p－3 成立的 x 的取值范围是________．
∴φφ（（－1）1）＜＜0，0，即33xx22－＋xx－－28＜＜00，，解得－23＜x＜1.
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关 ∵f(x)＋f(1－x)＝ax＋ax a＋a1－ax1＋－x a＝ax＋ax a＋a＋aax a
＝ax＋ax
＋ a
a＋a ax＝axa＋＋aax＝1，
热点分类突破
专题七 第4讲
∴f1100＋f1020＋…＋f19090
本 讲 栏 目
＝f
1100＋f
题的有效策略，同时也是成功的思维方式．常见的转化方
法有：
(1)直接转化法：把原问题直接转化为基本定理、基本公
式或基本图形问题．
思想方法概述
专题七 第4讲
(2)换元法：运用“换元”把式子转化为有理式或使整式降幂
等，把较复杂的函数、方程、不等式问题转化为易于解决的
基本问题．
பைடு நூலகம்
(3)数形结合法：研究原问题中数量关系(解析式)与空间形式
19090＋f
1200＋f
19080＋…＋f
14090＋f
51 100
＋f
50 100
开
关 ＝1×49＋12＝929.
答案 (1)C
99 (2) 2
热点分类突破
专题七 第4讲
一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单．特
经验证f(x)＝xsin 2πx满足题意，则f52＝0.
答案
4 (1)5
(2)0
热点分类突破
专题七 第4讲
类型二 相等与不等的转化
例2 若关于x的方程9x＋(4＋a)·3x＋4＝0有解，则实数a的取
值范围是________．
本 讲
(图形)关系，通过互相变换获得转化途径．
栏 目
(4)等价转化法：把原问题转化为一个易于解决的等价命题，
开 关
达到化归的目的．
(5)特殊化方法：把原问题的形式向特殊化形式转化，并证明
特殊化后的问题、结论适合原问题．
(6)构造法：“构造”一个合适的数学模型，把问题变为易于
解决的问题．
思想方法概述
来解决．
(4)正难则反原则：当问题正面讨论遇到困难时，可考虑
问题的反面，设法从问题的反面去探讨，使问题获解．
本 2．常见的转化与化归的方法
讲 栏
转化与化归思想方法用在研究、解决数学问题时，思维受
目 开
阻或寻求简单方法或从一种状况转化到另一种情形，也就
关
是转化到另一种情境使问题得到解决，这种转化是解决问
集U，通过解决全集U及补集∁UA获得原问题的解决，体现了 正难则反的原则．
思想方法概述
专题七 第4讲
3．转化与化归的指导思想
本
(1)把什么问题进行转化，即化归对象．
讲
(2)化归到何处去，即化归目标．
栏
目
(3)如何进行化归，即化归方法．
开
关
化归与转化思想是一切数学思想方法的核心.
热点分类突破
专题七 第4讲
专题七 第4讲
(7)坐标法：以坐标系为工具，用计算方法解决几何问题是转
化方法的一个重要途径．
(8)类比法：运用类比推理，猜测问题的结论，易于确定．
本 讲
(9)参数法：引进参数，使原问题转化为熟悉的形式进行解
栏 目
决．
开 关
(10)补集法：如果正面解决原问题有困难，可把原问题的结
果看做集合A，而把包含该问题的整体问题的结果类比为全
类型一 特殊与一般的转化
例1 (1)过抛物线y＝ax2 (a>0)的焦点F作一直线交抛物线于
本 讲 栏
P、Q两点，若线段PF与FQ的长分别是p、q，则1p＋1q等于
目 开
关 A．2a
B．21a
C．4a
D．4a
()
(2)已知函数f(x)＝
ax ax＋
a
(a>0且a≠1)，则f
1 100
＋f
思想方法概述
专题七 第4讲
第4讲 转化与化归思想
本 转化与化归思想方法，就是在研究和解决有关数学问题时采
讲 栏
用某种手段将问题通过变换使之转化，进而得到解决的一种
目 开
方法．一般总是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题，
关 将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题，将未解决的
问题通过变换转化为已解决的问题．
2 100
＋…＋f 19090的值为________．
热点分类突破
专题七 第4讲
解析 (1)由x2＝1ay (a>0)知抛物线开口向上，
故过焦点F作一在特殊位置的直线即平行于x轴的直线交抛物
线于P、Q，
本 讲 栏
则|PF|＝|FQ|＝21a，即1p＋1q＝4a.
目 开
(2)由于直接求解较困难，可探求一般规律，
本 讲
殊问题一般化，可以使我们从宏观整体的高度把握问题的一
栏 目
般规律，从而达到成批的处理问题的效果．
开
关
热点分类突破
专题七 第4讲
(1)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、 b、c，若a、b、c成等差数列，则1c＋oscAos＋AccoossCC＝________.
(2)已知函数f(x)是定义在实数集R上的不恒为零的偶函数，且
本 讲 栏
对任意实数x都有xf(x＋1)＝(1＋x)f(x)，则f 52＝________.
目 开
解析
(1)根据题意，所求数值是一个定值，
关 故可利用满足条件的直角三角形进行计算．
令a＝3，b＝4，c＝5，则△ABC为直角三角形， 且cos A＝45，cos C＝0，
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专题七 第4讲
思想方法概述
专题七 第4讲
转化与化归思想在高考中占有十分重要的地位，数学问题
的解决，总离不开转化与化归，如未知向已知的转化、新
知识向旧知识的转化、复杂问题向简单问题的转化、不同
数学问题之间的互相转化、实际问题向数学问题的转化
本
等．各种变换、具体解题方法都是转化的手段，转化的思
讲 栏
想方法渗透到所有的数学教学内容和解题过程中．
代入所求式子，得1c＋oscAos＋AccoossCC＝1＋45＋45×0 0＝45. (2)因为xf(x＋1)＝(1＋x)f(x)，
本 讲
所以fxf＋x1＝1＋x x，
栏 目
使f(x)特殊化，可设f(x)＝xg(x)，
开
关 其中g(x)是周期为1的奇函数，再将g(x)特殊化，
可设g(x)＝sin 2πx，则f(x)＝xsin 2πx，
目 开
1．转化与化归的原则
关
(1)熟悉化原则：将陌生的问题转化为熟悉的问题，以利
于我们运用熟悉的知识、经验来解决．
(2)简单化原则：将复杂问题化归为简单问题，通过对简
单问题的解决，达到解决复杂问题的目的，或获得某种解
题的启示和依据．
思想方法概述
专题七 第4讲
(3)直观化原则：将比较抽象的问题化为比较直观的问题