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【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


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?UA 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=ax2 (a>0)的焦点 F 作一直线交抛物线于 P、 两点, Q 若线段 PF 与 FQ 1 1 的长分别是 p、q,则 + =________. p q (2)已知函数 f(x)= 答案 解析 (1)4a 1 2 99 ax (a>0 且 a≠1), f?100?+f?100?+?+f?100?的值为________. 则 ? ? ? ? ? ? a+ a
x

99 (2) 2

1 (1)由 x2= 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 a

1 1 1 于 x 轴的直线交抛物线于 P、Q,则 PF=FQ= ,即 + =4a. 2a p q (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 + 1-x a+ a a + a = ax a + a + a a+ax a
x




a+ax ax a + =1, x= x a+ a a+a a + a
x

1 2 99 ∴f?100?+f?100?+?+f?100? ? ? ? ? ? ? 1 99 2 98 49 51 50 1 99 =?f?100?+f?100??+?f?100?+f?100??+?+?f?100?+f?100??+f?100?=1×49+ = . ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? 2 2 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 cos A+cos C 数列,则 =________. 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+ 5 1)=(1+x)f(x),则 f?2?=________. ? ? 答案 解析 4 (1) (2)0 5 (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. ? ? 类型二 相等与不等的转化 例2 若关于 x 的方程 9x+(4+a)·x+4=0 有解,则实数 a 的取值范围是________. 3 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 t2+(4+a)t+4=0 有正解,分离变量 a 得 4 a+4=-?t+ t ?, ? ? 4 ∵t>0,∴-?t+ t ?≤-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:(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________. 2 答案 ?-∞,-3?∪(1,+∞) ? ? 解析 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,

∴(-3D○+1)D○×x=-3x2+x+2<0,得 3x2-x-2>0, 2 解得 x<- 或 x>1. 3 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 x2+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+x2-4x+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+x2-4x+3, 则当 x=1 时,f(p)=0.所以 x≠1.
?f?0?>0, ? f(p)在 0≤p≤4 上恒正,等价于? ? ?f?4?>0, ??x-3??x-1?>0, ? 即? 2 ? ?x -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-x2)≤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-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,

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 m 若对于任意 t∈[1,2], 函数 g(x)=x3+? 2 +2?x2-2x 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. 2 2 由①得 3x2+(m+4)x-2≥0,即 m+4≥ -3x 在 x∈(t,3)上恒成立,∴m+4≥ -3t 恒 x t 成立,则 m+4≥-1, 即 m≥-5; 2 由②得 m+4≤ -3x 在 x∈(t,3)上恒成立, x 2 37 则 m+4≤ -9,即 m≤- . 3 3 37 ∴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 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

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.

2 1. 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 an=Sn·n-1 (n≥2),a1= ,则 a10=________. S 9 答案 4 63

解析 由 an=Sn·n-1 (n≥2),得 S 1 1 1 9 - =-1,∴ = +(n-1)×(-1), Sn Sn-1 Sn 2 2 4 ∴Sn= ,∴a10=S10-S9= . 63 11-2n 2. 若方程 m+ 1-x=x 有解,则 m 取得最大值为________. 答案 1 解析 由原式得 m=x- 1-x, 设 1-x=t(t≥0), 1 5 则 m=1-t2-t= -?t+2?2, ? 4 ? 1 5 ∴m= -?t+2?2 在[0,+∞)上是减函数, ? 4 ? ∴t=0 时,m 的最大值为 1. x2 y2 3. 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, a b → → 则PR· 的值为________. PQ 答案 a2 → → → → 解析 当直线 RQ 与 x 轴重合时,|PR|=|PQ|=a,故PR· =a2. PQ a1+a3+a9 4. 已知等差数列{an}的公差 d≠0, a1、 3、 9 成等比数列, 且 a a 则 的值是________. a2+a4+a10 答案 13 16

解析 由题意知,只要满足 a1、a3、a9 成等比数列的条件,{an}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 an=n(n∈N*),则 a1+a3+a9 1+3+9 13 = = . a2+a4+a10 2+4+10 16

5. 已知函数 f(x)=x3+2x2-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_______________________________________________________. 4 答案 ?-3,7? ? ? 解析 g(x)=f′(x)=3x2+4x-a,g(x)=f′(x)在区间(-1,1)上存在零点,等价于 3x2+

4x=a 在区间(-1,1)上有解,等价于 a 的取值范围是函数 y=3x2+4x 在区间(-1,1)上 4 的值域,不难求出这个函数的值域是?-3,7?. ? ? 4 故所求的 a 的取值范围是?-3,7?. ? ? π 6. 设函数 f(x)=x3+sin x,若 0≤θ≤ 时,f(mcos θ)+f(1-m)>0 恒成立,则实数 m 的取值 2 范围是____________. 答案 (-∞,1)

解析 易知 f(x)为奇函数、增函数, f(mcos θ)+f(1-m)>0, 即 f(mcos θ)>f(m-1),∴mcos θ>m-1,
?m>m-1, ? π 而 0≤θ≤ 时,cos θ∈[0,1],∴? 得 m<1. 2 ? ?0>m-1

7. 抛物线 y=x2 中的所有弦都不能被直线 y=m(x-3)垂直平分,则常数 m 的取值范围是 ____________. 1 答案 ?-2,+∞? ? ? 解析
2 若 抛 物 线 上 两 点 (x1 , x 1 ) , (x2 , x 2 ) 关 于 直 线 y = m(x - 3) 对 称 , 则 满 足 2

? ? ?x -x 1 ?x -x =-m, ?
2 1 2 2 2 1 2 2

2 x2+x2 x1+x2 ? 1 =m? 2 ? 2 -3?,

?x1+x2=m?x1+x2-6?, ? ∴? 1 ?x1+x2=-m, ?
2 1 2 消去 x2,得 2x1+ x1+ 2+6m+1=0. m m 2 1 1 ∵x1∈R,∴Δ=?m?2-8?m2+6m+1?>0,∴m<- . ? ? ? ? 2 1 即 m<- 时,抛物线上存在两点关于直线 y=m(x-3)对称,所以如果抛物线 y=x2 中的 2 1 所有弦都不能被直线 y=m(x-3)垂直平分,那么 m≥- . 2

π 8. 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, 2 π 是否存在这样的实数 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 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-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,且 m>4-2 2.


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