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高考数学(理)二轮专题练习【专题8】(4)转化与化归思想(含答案)


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. 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,同时也是获取成功的思维方式.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?UA 获得原问题的解决,体现了正难 则反的原则.

热点一 特殊与一般的转化 例 1 (1)AB 是过抛物线 x2=4y 的焦点的动弦, 直线 l1, l2 是抛物线两条分别切于 A, B 的切线, 则 l1,l2 的交点的纵坐标为( 1 A.-1 B.-4 C.- 4 (2)已知函数 f(x)= ) 1 D.- 16

1 ? ? 2 ? 99 ? ax (a>0 且 a≠1),则 f? +f?100?+?+f? x 100 100 ? ? ? ?的值为________. a+ a

99 答案 (1)A (2) 2 解析 (1)找特殊情况,当 AB⊥y 轴时,AB 的方程为 y=1,则 A(-2,1),B(2,1), 过点 A 的切线方程为 y-1=-(x+2), 即 x+y+1=0.同理, 过点 B 的切线方程为 x-y-1=0, 则 l1,l2 的交点为(0,-1). (2)由于直接求解较困难,可探求一般规律, a1 x ax ∵f(x)+f(1-x)= x + - a + a a1 x+ a




ax a + x a + a a+ax a

a+ax ax a = x + = =1, a+ a a+ax ax+ a 1 ? ? 2 ? ? 99 ? ∴f? + f + ? + f 100 100 ? ? ? ? ?100? 1 99 ? 1 ? ? 99 ?? ? ? 2 ? ? 98 ?? ? ? 49 ? ? 51 ?? ? 50 ? =? ?f?100?+f?100??+?f?100?+f?100??+?+?f?100?+f?100??+f?100?=1×49+2= 2 . 思维升华 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 Acos 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 5? +x)f(x),则 f? ?2?=________.

4 答案 (1) (2)0 5 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, 4 且 cos A= ,cos C=0, 5 4 +0 5 cos A+cos C 4 代入所求式子,得 = = . 4 5 1+cos Acos C 1+ × 0 5 (2)因为 xf(x+1)=(1+x)f(x), f?x+1? 1+x 所以 = , x f?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)=xsin 2πx, 5? 经验证 f(x)=xsin 2πx 满足题意,则 f? ?2?=0. 热点二 函数、方程、不等式之间的转化 例 2 (1) 定义运算: (a ? b)?x = ax2 + bx + 2 ,若关于 x 的不等式 (a ? b)?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,+∞) 2 - ,1? C.? ? 3 ? 2 -∞,- ?∪(1,+∞) D.? 3? ?

(2)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,则 m 的最大值为________. 答案 (1)D (2)3 解析 (1)1,2 是方程 ax2+bx+2=0 的两实根,
? ?a=1, b 2 1+2=- ,1×2= ,解得? a a ?b=-3, ?

由(-3 ? 1)?x=-3x2+x+2<0,得 3x2-x-2>0, 2 解得 x<- 或 x>1. 3 (2)因为当 t∈[-1,+∞)且 x∈[1,m]时,x+t≥0, 所以 f(x+t)≤3ex?ex t≤ex?t≤1+ln x-x.


所以原命题等价转化为: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(x≥1). 1 因为 h′(x)= -1≤0, x 所以函数 h(x)在[1,+∞)上为减函数, 又 x∈[1,m],所以 h(x)min=h(m)=1+ln m-m. 所以要使得对 x∈[1,m],t 值恒存在, 只须 1+ln m-m≥-1. 13 1 因为 h(3)=ln 3-2=ln( ·)>ln =-1, ee e 14 1 h(4)=ln 4-3=ln( ·2)<ln =-1,且函数 h(x)在[1,+∞)上为减函数, ee e 所以满足条件的最大整数 m 的值为 3. 思维升华 函数、方程与不等式就像“一胞三兄弟”,解决方程、不等式的问题需要函数的

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、不等式进行转化 与化归可以将问题化繁为简,一般可将不等关系转化为最值(值域)问题,从而求出参变量的范 围. (1)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________. (2)设 f(x)是定义在 R 上的单调增函数,若 f(1-ax-x2)≤f(2-a)对任意 a∈[-1,1]恒成立,则 x 的取值范围为______________. 答案 (1)(-∞,-8] (2)(-∞,-1]∪[0,+∞) 解析 (1)设 t=3x,则原命题等价于关于 t 的方程 4? t2+(4+a)t+4=0 有正解,分离变量 a 得 a+4=-? ?t+ t ?, 4? ∵t>0,∴-? ?t+ t ?≤-4, ∴a≤-8,即实数 a 的取值范围是(-∞,-8]. (2)∵f(x)在 R 上是增函数, ∴由 f(1-ax-x2)≤f(2-a), 可得 1-ax-x2≤2-a,a∈[-1,1], ∴a(x-1)+x2+1≥0, 对 a∈[-1,1]恒成立. 令 g(a)=(x-1)a+x2+1, 则当且仅当 g(-1)=x2-x+2≥0,g(1)=x2+x≥0 恒成立, 解之,得 x≥0 或 x≤-1.

故实数 x 的取值范围为 x≤-1 或 x≥0. 热点三 正难则反的转化 m ? 2 例 3 若对于任意 t∈[1,2],函数 g(x)=x3+? ? 2 +2?x -2x 在区间(t,3)上总不为单调函数,则实 数 m 的取值范围是__________. 37 答案 - <m<-5 3 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, 2 即 m+4≥ -3x 在 x∈(t,3)上恒成立, x 2 所以 m+4≥ -3t 恒成立,则 m+4≥-1, t 即 m≥-5; 2 由②得 m+4≤ -3x 在 x∈(t,3)上恒成立, x 2 则 m+4≤ -9, 3 37 即 m≤- . 3 37 所以,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- <m<-5. 3 思维升华 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)=4x2-2(p-2)x-2p2-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,
?f?-1?≤0, ? 则? ? ? ?f?1?≤0

?p≤-2或p≥1, ? 3 ?p≤-3或p≥2

1

3 ?p≤-3 或 p≥ , 2 3 取补集为-3<p< ,即为满足条件的 p 的取值范围. 2 3 故实数 p 的取值范围为(-3, ). 2

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.

真题感悟 1.(2014· 山东)设集合 A={x||x-1|<2},B={y|y=2x,x∈[0,2]},则 A∩B 等于( A.[0,2] C.[1,3) 答案 C 解析 由|x-1|<2, 解得-1<x<3, 由 y=2x, x∈[0,2], 解得 1≤y≤4, 所以 A∩B=(-1,3)∩[1,4] =[1,3). 23π? 2.(2014· 安徽)设函数 f(x)(x∈R)满足 f(x+π)=f(x)+sin x.当 0≤x<π 时,f(x)=0,则 f? ? 6 ?等 于( 1 A. 2 C.0 答案 A 解析 ∵f(x+π)=f(x)+sin x, ∴f(x+2π)=f(x+π)-sin x. ∴f(x+2π)=f(x)+sin x-sin x=f(x). ∴f(x)是以 2π 为周期的周期函数. 23π π π 又 f( )=f(4π- )=f(- ), 6 6 6 π π π - +π?=f?- ?+sin?- ?, f? ? 6 ? ? 6? ? 6? 5π? ? π? 1 ∴f? ? 6 ?=f?-6?-2. 5π? ∵当 0≤x<π 时,f(x)=0,∴f? ? 6 ?=0, ) B. 3 2 B.(1,3) D.(1,4) )

1 D.- 2

23π? ? π? 1 ∴f? ? 6 ?=f?-6?=2.故选 A. 3.(2014· 陕西)若圆 C 的半径为 1,其圆心与点(1,0)关于直线 y=x 对称,则圆 C 的标准方程为 ____________. 答案 x2+(y-1)2=1 解析 圆 C 的圆心为(0,1),半径为 1,标准方程为 x2+(y-1)2=1. 4.(2014· 山东)已知实数 x,y 满足 ax<ay(0<a<1),则下列关系式恒成立的是( 1 1 A. 2 > 2 x +1 y +1 B.ln(x2+1)>ln(y2+1) C.sin x>sin y D.x3>y3 答案 D 1 解析 因为 0<a<1,ax<ay,所以 x>y.采用赋值法判断,A 中,当 x=1,y=0 时, <1,A 不成 2 立.B 中,当 x=0,y=-1 时,ln 1<ln 2,B 不成立.C 中,当 x=0,y=-π 时,sin x=sin y =0,C 不成立.D 中,因为函数 y=x3 在 R 上是增函数,故选 D. 押题精练 a 1.已知函数 f(x)=|ex+ x|(a∈R,e 是自然对数的底数)在区间[0,1]上单调递增,则 a 的取值范 e 围是( A.[0,1] C.[-1,1] 答案 C 1 解析 因为函数 f(x)在区间[0,1]上单调递增,取 a=-1,则函数 f(x)=ex- x,当 0≤x≤1 时, e 1 f′(x)=ex+ x>0,所以函数 f(x)在区间[0,1]上单调递增,排除 A,D;取 a=1,则函数 f(x)= e
2x 1 1 e -1 ex+ x,当 0≤x≤1 时,f′(x)=ex- x= x ≥0,所以函数 f(x)在区间[0,1]上单调递增,排除 e e e

)

) B.[-1,0] D.(-∞,-e2]∪[e2,+∞)

B,故选 C. x2 y2 → → 2. 过双曲线 2- 2=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 a b 的值为( )

A.a2 B.b2 C.2ab D.a2+b2 答案 A → → 解析 当直线 RQ 与 x 轴重合时,|PR|=|PQ|=a,

故选 A. 2 3.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 an=Sn· Sn-1 (n≥2),a1= ,则 a10 等于( 9 4 4 4 5 A. B. C. D. 9 7 63 63 答案 C 解析 由 an=Sn· Sn-1 (n≥2),得 1 1 1 9 - =-1,∴ = +(n-1)×(-1), Sn Sn-1 Sn 2 2 4 ∴Sn= ,∴a10=S10-S9= . 63 11-2n
x ? ?x≤0?, ?2 ? 4.设函数 f(x)= 则函数 y=f(f(x))-1 的零点个数为________. ?log2x?x>0?, ?

)

答案 2 解析 令 t=f(x),则该函数的零点即 f(t)-1=0 的解. 先解方程 f(t)=1. ①当 t≤0 时,方程为 2t=1,解得 t=0; ②当 t>0 时,方程为 log2t=1,解得 t=2; 所以方程 f(t)=1 的解为 0 或 2. 再解方程 f(x)=0 和 f(x)=2. ③当 x≤0 时,因为 2x>0,故由 2x=2,得 x=1; ④当 x>0 时,由 log2x=0,得 x=1;由 log2x=2, 得 x=4; 故函数 y=f(f(x))-1 的零点为 1,4,共 2 个. 5.(2014· 湖北)若函数 f(x),g(x)满足? ? -1f(x)g(x)dx=0,则称 f(x),g(x)为区间[-1,1]上的一组正 交函数.给出三组函数: 1 1 ①f(x)=sin x,g(x)=cos x;②f(x)=x+1,g(x)=x-1;③f(x)=x,g(x)=x2.其中为区间[-1,1] 2 2 上的正交函数的组数是( A.0 C.2 答案 C 1 1 1 1 1 1 解析 ①? ? -1f(x)g(x)dx=? ? -1sin2xcos2xdx=2? ? -1sin xdx 1 =(- cos x)|1 -1=0,故第①组是区间[-1,1]上的正交函数; 2 ) B.1 D.3
1

x3 1 1 1 ②? ? -1f(x)g(x)dx=? ? -1(x+1)(x-1)dx=? ? -1(x2-1)dx=( 3 -x)|1 -1 4 =- ≠0,故第②组不是区间[-1,1]上的正交函数; 3 x4 1 1 1 ③? x2dx=? ? -1f(x)g(x)dx=? ? -1x· ? -1x3dx= 4 |1 -1=0, 故第③组是区间[-1,1]上的正交函数. 综上,满足条件的共有两组. π 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≤ 时,是否 2 π? 存在实数 m,使 f(cos 2θ-3)+f(4m-2mcos θ)>f(0)对所有的 θ∈? ?0,2?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 ∵f(x)在 R 上为奇函数,又在[0,+∞)上是增函数, ∴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-2mcos θ)>0. 又由 f(x)为奇函数,可得 f(cos 2θ-3)>f(2mcos θ-4m). ∵f(x)在 R 上为增函数, ∴cos 2θ-3>2mcos θ-4m, 即 cos2θ-mcos θ+2m-2>0. π 令 cos θ=t,∵0≤θ≤ ,∴0≤t≤1. 2 于是问题转化为对一切 0≤t≤1, 不等式 t2-mt+2m-2>0 恒成立. t2-2 ∴t2-2>m(t-2),即 m> 恒成立. t-2 t2-2 2 又∵ =(t-2)+ +4≤4-2 2,∴m>4-2 2, t-2 t-2 ∴存在实数 m 满足题设的条件,即 m>4-2 2.


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