高考数学二轮复习：第21讲转化与化归思想

1、eq o(sup7(),sdo5(第21讲)转化与化归思想转化与化归思想是指在处理问题时，把待解决或难解决的问题通过某种方式转化为一类已解决或比较容易解决的问题的一种思维方式应用转化与化归思想解题的原则应是化难为易、化生为熟、化繁为简，尽可能是等价转化，在有些问题的转化时只要注意添加附加条件或对所得结论进行必要的验证就能确保转化的等价常见的转化有：正与反的转化、数与形的转化、相等与不等的转化、整体与局部的转化、空间与平面的转化、常量与变量的转化、图象语言、文字语言与符号语言的转化等分类讨论思想，函数与方程思想，数形结合思想都是转化与化归思想的具体体现常用的变换方法：分析法、反证法、换元法、待定

2、系数法、构造法等都是转化的手段1. 已知正实数x、y满足eq f(1,x)eq f(1,y)1，则xy的取值范围是_2.若不等式x2ax10对一切xeq blc(rc(avs4alco1(0，f(1,2)都成立，则实数a的最小值为_3.函数yxeq r(2x)的值域为_4.函数f(x)x33bx3b在(0,1)内有极小值，则b的取值范围是_【例1】已知圆O的半径为1，PA、PB为该圆的两条切线，A、B为两切点，求eq o(PA,sup6()eq o(PB,sup6()的最小值【例2】若不等式x2px4xp3对一切0p4均成立，试求实数x的取值范围【例3】在数列an 中a1eq f(1,3)，前

3、n项和Sn满足Sn1Sneq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3) n1(nN*)(1) 求数列an的通项公式an以及前n项和Sn；(2) 若S1, t (S1S2 ), 3(S2S3) 成等差数列，求实数t的值【例4】已知函数f(x)eq blc(rc)(avs4alco1(af(1,2)x2lnx(aR)(1) 当a0时，求函数f(x)的单调递增区间；(2) 若x1,3，使f(x)1，在约束条件eq blcrc (avs4alco1(yx，,ymx，,xy1)下，目标函数zxmy的最大值小于2，则实数m的取值范围为_3.(2011全国)已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的

4、球面上，且AB6，BC2eq r(3)，则棱锥OABCD的体积为_4.(2011湖南)已知函数f(x)ex1，g(x)x24x3，若有f(a)g(b)，则b的取值范围为_5.(2009浙江)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足coseq f(A,2)eq f(2r(5),5)，eq o(AB,sup6()eq o(AC,sup6()3. (1) 求ABC的面积； (2) 若bc6，求a的值6.(2011辽宁)如图，已知椭圆C1的中心在原点O，长轴左、右端点M，N在x轴上，椭圆C2的短轴为MN，且C1，C2的离心率都为e，直线lMN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按

5、纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.(1) 设eeq f(1,2)，求|BC|与|AD|的比值；(2) 当e变化时，是否存在直线l，使得BOAN，并说明理由(2008北京)(本小题满分13分)数列an满足a11，an1(n2n)an(n1,2，)，是常数(1) 当a21时，求及a3的值；(2) 数列an是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由；(3) 求的取值范围，使得存在正整数m，当nm时总有an0.解：(1) 由于an1(n2n)an(n1,2，)，且a11.所以当a21时，得12，故3.(2分)从而a3(2223)(1)3.(4分)(2) 数列an不可能为等差数列

6、，证明如下：由a11，an1(n2n)an得a22，a3(6)(2)，a4(12)(6)(2)若存在，使an为等差数列，则a3a2a2a1，即(5)(2)1，解得3.于是a2a112，a4a3(11)(6)(2)24.这与an为等差数列矛盾所以，对任意，an都不可能是等差数列( 8分)(3) 记bnn2n(n1,2，)，根据题意可知，b12且n2n(nN*)，这时总存在n0N*，满足：当nn0时，bn0；当nn01时，bn0可知，若n0为偶数，则an0n0时，an0，从而当nn0时an0.( 10分)因此“存在mN*，当nm时总有an0，,b2k12k122k10.)故的取值范围是4k22k3

7、或x1.实数x的取值范围是x(，1)(3，)变式训练若不等式x2px4xp3对一切4x0均成立，试求实数p的取值范围解：(解法1)构造函数f(x)x2(p4)xp3，所以0或eq blcrc (avs4alco1(f(p4,2)4,f40)或eq blcrc (avs4alco1(f(p4,2)0,f00)所以p3.(解法2)构造函数f(x)x2(p4)xp3(x1)(xp3)，f(x)0对一切4x0均成立，而x10， xp30， p3x p3.例3解：(1) 由Sn1Sneq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)n1(nN*)得an1eq blc(rc)(avs4alco1(f(

8、1,3)n1.又a1eq f(1,3)，故aneq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)n(nN*)，Sneq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,3n).(2) 由(1)得S1eq f(1,3)，S2eq f(4,9)，S3eq f(13,27)，eq f(1,3)3eq blc(rc)(avs4alco1(f(4,9)f(13,27)teq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)f(4,9)2，得t2.例4解：(1) f(x)eq blc(rc)(avs4alco1(af(1,2)x2lnx(aR)的定义域为(0，)当a0时，f(x)eq

9、f(1,2)x2lnx，f(x)xeq f(1,x)eq f(1x2,x).由f(x)0，结合定义域，解得0 x1，故得函数f(x)的单调递增区间为(0,1)(2) f(x)(x1)lnx，即eq blc(rc)(avs4alco1(af(1,2)x2xlnx(aR)， x1,3， aeq f(lnx,x)eq f(1,2).令g(x)eq f(lnx,x)eq f(1,2)，则x1,3，使f(x)(x1)lnx成立，等价于ag(x)max. g(x)eq f(1lnx,x2).由g(x)0，结合x1,3，解得：xe.当1xe时，g(x)0；当ex3时，g(x)0.故得g(x)maxg(e)e

10、q f(1,e)eq f(1,2). 实数a的取值范围是eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1,e)f(1,2).(3) 令h(x)f(x)2axeq blc(rc)(avs4alco1(af(1,2)x22axlnx，h(x)的定义域为(0，)函数f(x)的图象在区间(1，)内恒在直线y2ax下方，等价于h(x)0在(1，)上恒成立，即h(x)max0.h(x)(2a1)x2aeq f(1,x)eq f(x12a1x1,x). 若aeq f(1,2)，令h(x)0，得x11，x2eq f(1,2a1).当x2x11，即eq f(1,2)a1时，在(1，x2)上，h(x)0，h(x

11、)为减函数，在(x2，)上，h(x)0，h(x)为增函数，故h(x)的值域为(g(x2)，)，不合题意当x2x11，即a1时，同理可得在(1，)上，h(x)0，h(x)为增函数，故h(x)的值域为(g(x1)，)，也不合题意 若aeq f(1,2)，则有2a10，此时，在区间(1，)上，恒有h(x)0，从而h(x)为减函数，h(x)maxh(1)aeq f(1,2)0，结合aeq f(1,2)，解得eq f(1,2)aeq f(1,2).综合可得：实数a的取值范围eq f(1,2)aeq f(1,2).变式训练已知函数f(x)x3ax2图象上一点P(1，b)的切线斜率为3，g(x)x3eq f

12、(t6,2)x2(t1)x3(t0)(1) 求a，b的值；(2) 当x1,4时，求f(x)的值域；(3) 当x1,4时，不等式f(x)g(x)恒成立，求实数t的取值范围解：(1) f(x)3x22ax， eq blcrc (avs4alco1(f13，,b1a，)解得eq blcrc (avs4alco1(a3，,b2.)(2) 由(1)知，f(x)在1,0上单调递增，在0,2上单调递减，在2,4上单调递增又f(1)4，f(0)0，f(x)minf(2)4，f(x)maxf(4)16， f(x)的值域是4,16(3) 令h(x)f(x)g(x)eq f(t,2)x2(t1)x3，x1,4 要使

13、f(x)g(x)恒成立，只需h(x)0，即t(x22x)2x6.当x1,2)时teq f(2x6,x22x)，解得t2eq r(3)；当x2时tR；当x(2,4时teq f(2x6,x22x)，解得teq f(1,4).综上所述，所求实数t的取值范围是eq blcrc(avs4alco1(f(1,4)，2r(3).高考回顾1. eq f(1,2)或eq f(3,2)解析： |PF1|F1F2|PF2|432， 设|PF1|4k，|F1F2|3k，|PF2|2k，(k0)若圆锥曲线为椭圆，则2a|PF1|PF2|6k,2c|F1F2|3k，则离心率eeq f(2c,2a)eq f(3k,6k)e

14、q f(1,2)；当圆锥曲线为双曲线时，则2a|PF1|PF2|2k,2c|F1F2|3k，离心率eeq f(2c,2a)eq f(3k,2k)eq f(3,2).2. 1meq r(2)1解析：画出可行域，可知zxmy在点eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,1m)，f(m,1m)取最大值，由eq f(1,1m)eq f(m2,1m)2，解得1meq r(2)1.3. 8eq r(3)解析：设矩形的对角线的交点为E，则OE面ABCD，由题知截面圆半径r2eq f(1,4)BD2eq f(1,4)(AB2BC2)12，由截面圆性质得OEeq r(R2r2)2， 棱锥OABCD的体积

15、为eq f(1,3)SABCDOEeq f(1,3)62eq r(3)28eq r(3).4. 2eq r(2)b2eq r(2)解析：f(a)ea11，g(b)b24b31，解得2eq r(2)b2eq r(2).5. 解：(1) 因为coseq f(A,2)eq f(2r(5),5)， cosA2cos2eq f(A,2)1eq f(3,5)，sinAeq f(4,5).又由eq o(AB,sup6()eq o(AC,sup6()3，得bccosA3， bc5， SABCeq f(1,2)bcsinA2.(2) 由于bc5，又bc6， b5，c1或b1，c5.由余弦定理得a2b2c22bccosA20， a2eq r(5).6. 解：(1) 因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设，C1：eq f(x2,a2)eq f(y2,b2)1，C2：eq f(b2y2,a4)eq f(x2,a2)1，(ab0)设直线l：xt(|t|a)，分别与C1，C2的方程联立，求得Aeq blc(rc)(avs4alco1(t，f(a,b)r(a2t2)，Beq blc(rc)(avs4alco1(t，f(b,a)r(a2t2).当eeq f(1,2)时，beq f(r(3),2)a，分别用yA，yB表示A，B的纵坐标，可知eq f(|BC|,|AD|)eq f(2|yB|,2|yA