当前位置:首页 >> 数学 >>

【志鸿优化设计】2014高考数学二轮复习 专题九 第4讲 化归思想课件 文 新人教A版


第4讲

化归思想

1 2 1.(2013·江西,文 6)下列选项中,使不等式 x< <x 成立的 x 的取值范

围是( A ) A.(-∞,- 1)

B.(-1,0)

C.(0,1)

D.(1,+∞)

>

; 0, < 0, 解析:原不等式等价于 2 ①或 2 ② < 1 < 3 , > 1 > 3 , ①无解,解②得 x<-1.故选 A.

2.(2013·辽宁 ,文 8)执行如图所示的程序框图,若输入 n=8,则输出 S=( A )

A.

4 9

B.

6 7

C.

8 9

D.

10 11

解析:当 n=8 时 ,输出的 S=0+ =
1 1×3

1 22 -1

+

1 42 -1

+

1 62 -1

+

1 82 -1

+ ?

1 1 1 + + 3×5 5×7 7×9 1 1 1 1 1 + ? + ? 3 3 5 5 7 1 + 7 1 ? 9

1 1 = 2 1

= , 故选 A.

4 9

3.(2013·山东,文 12)设正实数 x,y,z 满足 x -3xy+ 4y 最小值时,x+2y-z 的最大值为( C ) A.0 B.
9 8

2

2

-z= 0.则当 取得

C.2

D.

9 4

解析:由 x2-3xy+4y 2-z=0 得 x +4y
2 2

-3xy=z,

=
2

2 2 ·42 2 +42 4 -3≥ -3= -3=1,
2

当且仅当 x =4y 即 x=2y

时 , 有最小值

1,

将 x=2y 代入原式得 z=2y2, 所以 x+2y-z=2y+2y-2y2=-2y 2+4y, 当 y=1 时有最大值 2.故选 C.

4.(2013·福建,文 22)已知函数 f(x)=x-1+ (a∈R,e 为自然对数的底 数). (1)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴,求 a 的值; (2)求函数 f(x)的极值; (3)当 a=1 时,若直线 l:y=kx-1 与曲线 y=f(x)没有公共点,求 k 的最大 值.

e

解法一:(1)由 f(x)=x-1+ ,得 f'(x)=1- ,
e e





又曲线 y=f(x)在点 (1,f(1))处的切线平行于 x 轴,得 f'(1)=0,即 1- =0,解得 a=e.
e

(2)f'(x)=1- , ①当 a≤0 时 ,f'(x)>0,f(x)为 (-∞,+∞)上的增函数 ,所以函数 f(x)无 极值 . ②当 a>0 时 ,令 f'(x)=0,得 ex=a,x=ln a. x∈(-∞,ln a),f'(x)<0;x∈(ln a,+∞),f'(x)>0, 所以 f(x)在 (-∞,ln a)上单调递减 ,在 (ln a,+∞)上单调递增 , 故 f(x)在 x=ln a 处取得极小值 ,且极小值为 f(ln a)=ln a,无极大 值. 综上 ,当 a≤0 时 ,函数 f(x)无极值 ;当 a>0 时 ,f(x)在 x=ln a 处取得 极小值 ln a,无极大值 .

e

(3)当 a=1 时 ,f(x)=x-1+ . 令 g(x)=f(x)-(kx-1)=(1-k)x+ , 则直线 l:y=kx-1 与曲线 y=f(x)没有公共点 ,等价于方程 g(x)=0 在 R 上没有实数解 . 假设 k>1,此时 g(0)=1>0,g
1 -1 1 e

1 e

=-1+

1 <0, e-1

1

又函数 g(x)的图象连续不断 ,由零点存在定理 ,可知 g(x)=0 在 R 上至少有一解 ,与 “方程 g(x)=0 在 R 上没有实数解 ”矛盾 ,故 k≤1. 又 k=1 时 ,g(x)= >0,知方程 g(x)=0 在 R 上没有实数解 . 所以 k 的最大值为 1.
1 e

解法二:(1)(2)同解法一 . (3)当 a=1 时 ,f(x)=x-1+ .
e 1

直线 l:y=kx-1 与曲线 y=f(x)没有公共点 ,等价于关于 x 的方程 kx-1=x-1+ 在 R 上没有实数解 ,即关于 x 的方程 :(k-1)x= (*) 在 R 上没有实数解 . ①当 k=1 时 ,方程 (*)可化为 =0,在 R 上没有实数解 .
e 1 1 e 1 e

②当

1 k≠1 时 ,方程(*)化为 =xex. -1

令 g(x)=xex,则有 g'(x)=(1+x)ex. 令 g'(x)=0,得 x=-1,当 x 变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:

x g'(x) g(x)

(-∞,-1) ↘

1 0 1

(-1,+∞) + ↗

当 x=-1 时 ,g(x)min=- ,同时当 x 趋于 +∞时 ,g(x)趋于+∞, 从而 g(x)的取值范围为 - , + ∞ . 所以当 (1-e,1). 综上①② ,得 k 的最大值为 1.
1 -1 1 e

1 e

∈ -∞,-

1 e

时 ,方程 (*)无实数解 ,解得 k 的取值范围是

高中阶段,几乎每一个题目都要用到这一思想方法,而重视对化 归与转化思想的考查,已是高考数学命题多年来所坚持的方向,并以 各种不同的层次融入试题中,通过对转化与化归思想方法的运用,对 考生的数学能力进行区分. 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,从一种状况转化为另一种情形,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.

热点一

等与不等的转化问题
.

【例 1】 若 f(x)是定义在 R 上的函数,对任意实数 x 都有 f(x+3)≤f(x)+3 和 f(x+2)≥f(x)+2,且 f(1)=1,则 f(2 014)= 2 014

解析:∵f(x+1)≤f(x+3)-2≤f(x)+3-2=f(x)+1, f(x+1)≥f(x+4)-3≥f(x+2)+2-3 ≥f(x)+4-3=f(x)+1, ∴f(x)+1≤f(x+1)≤f(x)+1. ∴f(x+1)=f(x)+1. ∴数列 {f(n)}为等差数列. ∴f(2 014)=f(1)+2 013×1=2 014.

规律方法
本题恰当运用了题设函数的性质推得 f(x)+1≤f(x+1)≤f(x)+1, 即 f(x+1)=f(x)+1,从而实现了由“不等”向 “等”的转化.在不等式中存 在着相等的可能;反之,相等关系也必然是不等关系的临界情况.这也 正是我们利用不等条件求值和利用相等条件求范围的出发点.

拓展训练 1 若 a,b 是正数,且满足 ab=a+b+3,求
ab 的取值范围.

解法一:(看成函数的值域) ∵ab=a+b+3,∴b=
+3 ∴ >0,即 -1 +3 .而 -1

b>0,

a>1 或 a<-3.

又 a>0,∴a>1.故 a-1>0.
+3 ∴ab=a· -1

=

(-1)2 +5(a-1)+4 -1

4 =(a-1)+ +5≥9. -1

当且仅当 a-1=

4 ,即 -1

a=3 时取等号.

∴ab 的取值范围是[9,+∞).

解法二:(看成不等式的解集) ∵a,b 为正数, ∴a+b≥2 .又 ab=a+b+3, ∴ab≥2 +3,即( )2-2 -3≥0, 解得 ≥3 或 ≤-1(舍去),∴ab≥9. ∴ab 的取值范围是[9,+∞).

解法三:若设 ab=t,则 a+b=t-3, ∴a,b 可看成方程 x2-(t-3)x+t=0 的两个正根 . = (-3 )2 -4t ≥ 0, 从而有 + = -3 > 0, = > 0, ≤ 1 或 ≥ 9, 即 > 3, > 0. 解得 t≥9,即 ab≥9. ∴ab 的取值范围是 [9,+∞).

热点二

常量与变量的转化问题

【例 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,求 x 的取值范围.

解:因为 f(x)是 R 上的增函数 , 所以 1-ax-x2≤2-a,a∈[-1,1].(*) 方法一 :(*)式可化为 a(1-x)≤x2+1.① (1)当 1-x>0 时 ,①式变为 a≤
2 +1 1-

.
2 +1 1-

对任意 a∈[-1,1]恒成立 ,只要 所以 0≤x<1 或 x≤-1. (2)当 1-x<0 时 ,①式变为 a≥

1≤

,

1- > 0,
2 +1 1-

.

对任意 a∈[-1,1]恒成立 ,只要

1- < 0, -1 ≥
2 +1 1-

,

所以 x>1.

(3)当 1-x=0,①式显然成立 . 综上所述 ,实数 x 的取值范围是 x≤-1 或 x≥0. 方法二 :(*)式可化为 :a(x-1)+x2+1≥0, 对 a∈[-1,1]恒成立 . 令 g(a)=(x-1)a+x2+1. (-1) = 2 -x + 2 ≥ 0, 则当且仅当 解之 ,得 x≥0 或 x≤-1,即实数 x 2 (1) = + x ≥ 0, 的取值范围是 x≤-1 或 x≥0.

规律方法
通过以上两种方法的比较可以看出,若按常规方法求解,问题较 麻烦;若将变量与参数变更关系,a 为主元 ,转换思考的角度,使解答变 得容易.这种处理问题的思想即为转化与化归的思想.

热点三

换元转化问题

【例 3】 求函数 f(x)=2-4asin x-cos 2x 的最大值和最小值.

解:f(x)=2-4asin x-(1-2sin2x) =2sin2x-4asin x+1 =2(sin x-a)2+1- 2a2. 如图所示 ,设 sin x=t,则 -1≤t≤1,并且 y=g(t)=2(t-a)2+1-2a2. 当 a<-1 时 ,如图 ,

有 y 最大 =g(1)=3-4a,y 最小=g(-1)=3+4a; 当 -1≤a≤1 时 ,有 y 最小=g(a)=1-2a2, y 最大为 g(-1)和 g(1)中的较大者, 即 y 最大 =3-4a(-1≤a≤0),或 y 最大 =3+4a(0<a≤1); 当 a>1 时 ,有 y 最大 =g(-1)=3+4a,y 最小 =g(1)=3-4a.

规律方法
本例考查的最值问题通过换元,将三角问题转化为较熟悉的一 元二次函数在闭区间上的最值问题,特别注意:①换元后所得 t 的函 数的定义域为[-1,1];②应该讨论二次函数对应的抛物线的对称轴相 对于区间[-1,1]的位置,才能确定其最值.

拓展训练 2 设 a,b∈R,a2+2b2=6,则 a+b 的最小

值是( C ) A.- 2 2 B.5 3 3

C.-3

D.-

7 2

2 + 2 2 = 6, 解析:(方法一)设 a+b=k,与 a +2b =6 联立 ,得 消 + = ,
2 2

去 b,得 3a2-4ka+2k2- 6=0. 由上述关于 a 的一元二次方程有解, 故 Δ=(-4k)2-4×3×(2k2-6)≥0. 解之 ,得-3≤k≤3. ∴a+b 的最小值为 -3.故选 C.

(方法二 )由 a +2b

2

2

2 =6,得 6

2 + =1, 3

由椭圆的参数方程设 a= 6cos θ,b= 3sin θ, 则有 a+b= 6cos θ+ 3sin θ=3sin(θ+φ), 其中 tan φ=
6 3

= 2.

∵-1≤sin(θ+φ)≤1, ∴a+b 的最小值为 -3.故选 C.

热点四

正难则反的转化

【例 4】 已知三条抛物 线:y=x2+4ax-4a+3,y=x2+(a-1)x+a2,y=x2+2ax-2a 中至少有一条与 x 轴相交,求实数 a 的取值范围.

解:令 y=0, 1 = (4a)2 -4(3-4a) < 0, 由 2 = (a-1)2 -4 2 < 0, 3 = (2a)2 + 8a < 0,
3 解得 - <a<-1, 2

∴满足题意的 a 的取值范围是

3 a≤- 或 2

a≥-1.

规律方法
本题若从正面讨论则需分类讨论求解,繁不堪言,但从其反面 “三条抛物线都不与 x 轴相交”着手,求出 a 的取值范围,再求其补集, 则使问题简单得多了.一个题目若出现多种成立的情况,则不成立的 情况一般较少,易从反面考虑,在排列组合中有较多这样的问题.

易错点:转化不当致错 【例 5】 已知 p:5x2-4x-1>0,q:
1 >0,试判断 p 2 +4x-5

是 q的

条件. 错解:由题意知: p:5x2-4x-1≤0, 所以 p:-5≤x≤1; q:
1 1 ≤0. 2 +4x-5

所以 q:-5<x<1,于是得 p 是 q 的既不充分也不必要条件.

正解:充分不必要 由 5x 由
1 >0 2 +4x-5

2

1 1 -4x-1>0 得 x<- 或 x>1,即 p:x<- 或 x>1; 5 5

得 x<-5 或 x>1,即 q:x<-5 或 x>1.

易判断 p 是 q 的必要不充分条件,从而 p 是 q 的充分不必要条 件.

反思提高
上述解法的错误在于由 q:
1 1 > 0 得到 q : ≤0,这种含 2 +4x-5 2 +4x-5

有分式或根式的不等式在转化过程中,不能简单地改变不等号得到 原命题的否定 ,这不是一种等价转化 .

1.在△ABC 中,|AB|=3,|AC|=4,|BC|= 5.点 D 是边 BC 上的动 点, =x+y ,当 xy 取最大值时,| |的值为( C ) A.4 B.3 C.
5 2

D.

12 5

解析:∵|AB|=3,|AC|=4,|BC|=5, ∴△ABC 为直角三角形 . 如图建立平面直角坐标系 ,A(0,0),B(3,0),C(0,4), 设 D(a,b),

由 =x +y , 则 = 3, ∴xy= . 12 = 4,
4 3

又 ∵D 在直线 lBC: + =1 上 , ∴ + =1,则 + ≥2
3 4 3 4

12

.
3 2



12

≤ ,即 xy≤ ,此时 a= ,b= 2,
4 4 3 2 2

1

1

| |=

+ 22 = .
2

5

3-2 + 1 ≥ 0, 2.设实数 a,b 满足 3 + 2-4 ≥ 0,则 9a2+4b2 的最大值 ≤ 1, 25 是 .

解析:令 3a=x,2b=y, - + 1 ≥ 0, 则问题转化为已知 + -4 ≥ 0,求 x2+y2 的最值问题 . ≤ 1,
3

由 x2+y2 的几何含义可知表示原点到点(x,y)距离的平方 ,由可行 域可知 ,点 (3,4)距原点最远 ,故 (x2+y2)max=32+42=25.

2 3.已知椭圆 C: 2

+

2

2=1(a>b> 0)经过点

P 1,

2 2

,且两焦点与短轴的

一个端点构成等腰直角三角形. (1)求椭圆的方程; (2)动直线 l:mx+ny+ n=0(m,n∈R)交椭圆 C 于 A,B 两点,求证 :以 AB 为直径的动圆恒经过定点(0,1).
1 3

(1)解:∵椭圆 C:

2 2

+

2
2

=1(a>b>0)的两焦点与短轴的一个端点

的连线构成等腰直角三角形 , ∴a= 2b. ∴
2 2
2

+

2
2

=1.
2 2

又 ∵椭圆经过点 P 1, 代入可得 b=1, ∴a= 2.
2 2

,

故所求椭圆方程为 +y2=1.

(2)证明:易得动直线过点

1 0,3

.
2

当 l 与 x 轴平行时 ,以 AB 为直径的圆的方程为 x + +
4 2 ,此圆过点 3

1 2 3

=

T(0,1);

当 l 与 x 轴垂直时 ,以 AB 为直径的圆的方程为 x2+y2=1, 此圆过点 T(0,1). 由 = - ,
2 2 1 3

+ 2 = 1

消去 y 得 (18k2+9)x2- 12kx-16=0.

设点 A(x1,y1),B(x2,y 2), 则 1 + 2 = 1 2 =
12 18 +9 -16
2 2

,

18 +9

.

∵=(x1,y1-1),=(2 ,y2-1), ∴ ·=x1x2+(y1- 1)(y2-1)=x1x 2+ 1 x2)+ =(1+k2)·
9 16 -16 18 +9
2

4 3 16 9

2 =0.

4 3

=(1+k2)x1x 2- k(x1+
3

4

? k·
3

4

12
2

18 +9

+

∴TA⊥TB,即以 AB 为直径的圆恒过点 T(0,1).


相关文章:
【步步高】2015届高考数学二轮复习 专题突破训练九 第4讲 转化与化归思想 理(含2014年高考真题)
【步步高】2015届高考数学二轮复习 专题突破训练九 第4讲 转化与化归思想 理(含2014年高考真题)_高考_高中教育_教育专区。第4讲 转化与化归思想 转化与化归思想...
【志鸿优化设计】2014高考数学(人教A版 理)一轮课时作业:6.2 等差数列
【志鸿优化设计】2014高考数学(人教A版 理)一轮课时作业:6.2 等差数列_高中教育_教育专区。【志鸿优化设计】2014高考数学(人教A版 理)一轮课时作业:6.2 等差...
【志鸿优化设计】2014高考数学(人教A版 理)一轮课时作业:10.5 古典 概型
【志鸿优化设计】2014高考数学(人教A版 理)一轮课时作业:10.5 古典 概型_高中教育_教育专区。【志鸿优化设计】2014高考数学(人教A版 理)一轮课时作业:10.5 ...
2014年高考数学专题复习之转化与化归思想
2014高考数学专题复习之转化与化归思想_高考_高中教育_教育专区。《新课标》高三数学(人教版)第二轮专题讲座 第三讲一.知识探究: 转化与化归思想 等价转化是把...
【志鸿优化设计】2014高考语文总复习专项训练4 古代诗歌鉴赏]
【志鸿优化设计】2014高考语文总复习专项训练4 古代诗歌鉴赏] 专项训练四 一、古代诗歌鉴赏 1.阅读下面这首诗,完成第(1)~(2)题。 古代诗歌鉴赏 春游湖 徐俯 ...
【志鸿优化设计】2014高考数学(人教A版 理)一轮课时作业:目录
【志鸿优化设计】2014高考数学(人教A版 理)一轮课时作业:目录_高中教育_教育专区...第1讲 第2讲 第3讲 第4讲 第5讲 第6讲 第7讲 第8讲 第9讲 直线的...
【志鸿优化设计】2014高考数学(人教A版 理)一轮课时作业:11.2 合情推理与演绎推理]
【志鸿优化设计】2014高考数学(人教A版 理)一轮课时作业:11.2 合情推理与演绎推理]_高中教育_教育专区。【志鸿优化设计】2014高考数学(人教A版 理)一轮课时作业...
【志鸿优化设计】(湖南专用)2014届高考数学一轮复习 选考部分选修4—4坐标系与参数方程教学案 理
【志鸿优化设计】(湖南专用)2014高考数学轮复习 选考部分选修44坐标系与参数方程教学案 理 隐藏>> 选修44 坐标系与参数方程 考纲要求 1.了解坐标系的...
【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题八 第4讲转化与化归思想
【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题第4讲转化与化归思想 隐藏>> 第4讲 转化与化归思想 转化与化归思想方法, 就是在...
更多相关标签: