2017版（浙江专版文理通用）知识·方法篇练习专题9数学思想第39练含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第39练转化与化归思想［思想方法解读］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,进而使问题得到解决的一种数学方法．一般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．转化与化归思想是实现具有相互关联的两个知识板块进行相互转化的重要依据,如函数与不等式、函数与方程、数与形、式与数、角与边、空间与平面、实际问题与数学问题的互化等，消去法、换元法、数形结合法等都体现了等价转化思想，我们也经常在函数、方程、不等式之间进行等价转化,在复习过程中应注意相近主干知识之间的互化,注重知识的综合性．转化与化归思想的原则(1）熟悉已知化原则:将陌生的问题转化为熟悉的问题,将未知的问题转化为已知的问题，以便于我们运用熟知的知识、经验和问题来解决．（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）和谐统一原则：转化问题的条件或结论，使其表现形式更符合数与形内部所表示的和谐统一的形式；或者转化命题，使其推演有利于运用某种数学方法或符合人们的思维规律．(4)正难则反原则：当问题正面讨论遇到困难时，应想到问题的反面，设法从问题的反面去探讨，使问题获得解决．体验高考1．(2016·课标全国乙）已知等差数列｛an}前9项的和为27，a10＝8,则a100等于(）A．100B．99C．98D．97答案C解析由等差数列性质，知S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝eq\f（9×2a5,2）＝9a5＝27,得a5＝3,而a10＝8，因此公差d＝eq\f(a10－a5,10－5)＝1，∴a100＝a10＋90d＝98，故选C.2．(2016·课标全国丙)已知则(）A．b<a<c B．a<b〈cC．b〈c<a D．c<a〈b答案A解析因为由函数y＝2x在R上为增函数知b<a;又因为由函数在（0，＋∞)上为增函数知a<c.综上得b〈a〈c。故选A。3．(2016·四川）在△ABC中，角A,B，C所对的边分别是a，b，c，且eq\f(cosA，a）＋eq\f（cosB，b）＝eq\f(sinC,c）.（1）证明：sinAsinB＝sinC；（2）若b2＋c2－a2＝eq\f（6,5）bc，求tanB.（1)证明根据正弦定理,可设eq\f(a，sinA）＝eq\f（b,sinB）＝eq\f（c，sinC)＝k(k〉0）,则a＝ksinA，b＝ksinB,c＝ksinC.代入eq\f（cosA，a)＋eq\f（cosB，b）＝eq\f(sinC,c)中,有eq\f（cosA，ksinA)＋eq\f（cosB,ksinB)＝eq\f(sinC,ksinC），变形可得sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B)．在△ABC中,由A＋B＋C＝π，有sin(A＋B）＝sin（π－C）＝sinC，所以sinAsinB＝sinC。（2）解由已知，b2＋c2－a2＝eq\f(6，5)bc,根据余弦定理,有cosA＝eq\f(b2＋c2－a2，2bc)＝eq\f（3，5），所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(4,5）.由(1)知，sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB,所以eq\f(4,5）sinB＝eq\f（4,5)cosB＋eq\f(3，5)sinB。故tanB＝eq\f（sinB,cosB）＝4.高考必会题型题型一正难则反的转化例1已知集合A＝{x∈R｜x2－4mx＋2m＋6＝0｝，B＝｛x∈R|x〈0｝，若A∩B≠∅，求实数m的取值范围．解设全集U＝｛m｜Δ＝(－4m）2－4（2m＋6)≥0}，即U＝｛m|m≤－1或m≥eq\f（3，2）}．若方程x2－4mx＋2m＋6＝0的两根x1，x2均为非负，则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（m∈U，,x1＋x2＝4m≥0,⇒m≥\f（3,2),,x1x2＝2m＋6≥0)）所以使A∩B≠∅的实数m的取值范围为｛m|m≤－1}．点评本题中，A∩B≠∅,所以A是方程x2－4mx＋2m＋6＝0①的实数解组成的非空集合，并且方程①的根有三种情况：(1）两负根；（2)一负根和一零根;（3）一负根和一正根．分别求解比较麻烦,我们可以从问题的反面考虑，采取“正难则反”的解题策略，即先由Δ≥0，求出全集U，然后求①的两根均为非负时m的取值范围，最后利用“补集思想”求解，这就是正难则反这种转化思想的应用，也称为“补集思想”．变式训练1若对于任意t∈［1，2]，函数g(x)＝x3＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（m,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__________．答案eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(37，3），－5)）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≥eq\f(2，x）－3x在x∈（t，3)上恒成立，所以m＋4≥eq\f(2,t）－3t恒成立,则m＋4≥－1，即m≥－5；由②得m＋4≤eq\f(2,x)－3x在x∈(t,3）上恒成立,则m＋4≤eq\f（2,3）－9,即m≤－eq\f（37,3)。所以使函数g（x)在区间（t,3)上总不为单调函数的m的取值范围为－eq\f（37,3)〈m<－5.题型二函数、方程、不等式之间的转化例2已知函数f（x）＝elnx，g(x)＝eq\f（1，e)f（x)－（x＋1)．（e＝2。718…）（1）求函数g（x）的极大值；（2）求证：1＋eq\f（1，2）＋eq\f（1,3)＋…＋eq\f(1,n）〉ln（n＋1)（n∈N＊）．(1）解∵g（x)＝eq\f(1,e）f(x）－（x＋1)＝lnx－（x＋1），∴g′(x）＝eq\f(1，x）－1（x〉0)．令g′(x）>0，解得0〈x<1；令g′（x）〈0，解得x>1.∴函数g（x）在（0，1）上单调递增，在(1，＋∞）上单调递减，∴g（x)极大值＝g(1)＝－2。（2)证明由(1)知x＝1是函数g(x)的极大值点，也是最大值点，∴g（x)≤g（1）＝－2，即lnx－（x＋1)≤－2⇒lnx≤x－1(当且仅当x＝1时等号成立)，令t＝x－1，得t≥ln(t＋1)（t〉－1）．取t＝eq\f（1，n）（n∈N＊)时，则eq\f(1,n)>lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1＋\f(1，n)））＝lneq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（n＋1,n)))，∴1>ln2，eq\f(1,2)>lneq\f（3，2），eq\f（1，3)〉lneq\f(4，3），…，eq\f（1,n)>lneq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(n＋1，n))），叠加得1＋eq\f(1，2)＋eq\f(1，3）＋…＋eq\f（1,n）〉ln（2·eq\f（3，2）·eq\f（4,3）·…·eq\f（n＋1，n）)＝ln(n＋1）．即1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3）＋…＋eq\f(1,n)〉ln(n＋1)．点评解决方程、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．变式训练2(2015·课标全国Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－alnx.（1）讨论f(x）的导函数f′(x)的零点的个数；（2)证明:当a>0时,f（x)≥2a＋alneq\f（2,a)。（1)解f(x)的定义域为（0，＋∞)，f′（x）＝2e2x－eq\f（a，x）（x〉0)．当a≤0时，f′(x）〉0，f′(x）没有零点；当a>0时，因为e2x单调递增,－eq\f（a,x）单调递增，所以f′（x）在(0，＋∞)上单调递增．又f′（a)〉0，当b满足0〈b<eq\f(a,4)且b<eq\f（1,4）时，f′(b）〈0，故当a>0时，f′（x)存在唯一零点．（2)证明由（1)，可设f′（x)在（0，＋∞)的唯一零点为x0,当x∈（0，x0）时，f′（x)<0；当x∈(x0，＋∞）时，f′(x）〉0。故f(x)在（0，x0)上单调递减,在（x0,＋∞）上单调递增，所以当x＝x0时,f（x）取得最小值，最小值为f(x0）．由于所以f(x0）＝eq\f(a，2x0)＋2ax0＋alneq\f(2，a)≥2a＋alneq\f(2,a）。故当a〉0时，f（x）≥2a＋alneq\f(2,a).题型三主与次的转化例3已知函数f（x）＝x3＋3ax－1，g(x）＝f′（x）－ax－5，其中f′（x）是f(x）的导函数．对满足－1≤a≤1的一切a的值，都有g(x)〈0，则实数x的取值范围为________．答案eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（2,3），1))解析由题意，知g(x）＝3x2－ax＋3a－5，令φ(a）＝（3－x)a＋3x2－5,－1≤a≤1.对－1≤a≤1，恒有g（x)〈0,即φ（a）〈0,∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（φ1<0,，φ－1〈0,)）即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（3x2－x－2<0，,3x2＋x－8<0，))解得－eq\f（2,3）〈x〈1.故当x∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(2，3），1))时，对满足－1≤a≤1的一切a的值，都有g（x)<0。点评主与次的转化法合情合理的转化是数学问题能否“明朗化"的关键所在,通过变换主元，起到了化繁为简的作用．在不等式中出现两个字母：x及a,关键在于该把哪个字母看成变量，哪个看成常数．显然可将a视作自变量，则上述问题即可转化为在［－1,1]内关于a的一次函数小于0恒成立的问题．变式训练3设f（x）是定义在R上的单调递增函数，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］∪［0，＋∞)解析∵f(x)是R上的增函数，∴1－ax－x2≤2－a，a∈[－1，1]．（＊)(＊)式可化为（x－1）a＋x2＋1≥0对a∈［－1,1］恒成立．令g(a）＝（x－1)a＋x2＋1。则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－1＝x2－x＋2≥0，,g1＝x2＋x≥0，))解得x≥0或x≤－1，即实数x的取值范围是(－∞，－1]∪[0，＋∞)．题型四以换元为手段的转化与化归例4是否存在实数a,使得函数y＝sin2x＋acosx＋eq\f(5，8）a－eq\f（3,2）在闭区间[0，eq\f(π，2)]上的最大值是1？若存在，则求出对应的a的值；若不存在，请说明理由．解y＝sin2x＋acosx＋eq\f（5，8）a－eq\f（3，2)＝1－cos2x＋acosx＋eq\f(5，8)a－eq\f（3,2）＝－（cosx－eq\f（a,2)）2＋eq\f(a2,4)＋eq\f(5,8)a－eq\f(1,2)。∵0≤x≤eq\f（π,2),∴0≤cosx≤1，令cosx＝t，则y＝－(t－eq\f(a,2))2＋eq\f(a2,4)＋eq\f(5，8）a－eq\f(1,2），0≤t≤1。当eq\f(a,2)>1，即a〉2时，函数y＝－(t－eq\f（a,2))2＋eq\f(a2，4）＋eq\f（5,8)a－eq\f(1，2）在t∈[0,1]上单调递增，∴t＝1时，函数有最大值ymax＝a＋eq\f（5，8）a－eq\f（3,2)＝1,解得a＝eq\f（20，13）〈2（舍去）；当0≤eq\f(a,2）≤1，即0≤a≤2时，则t＝eq\f（a,2）时函数有最大值,ymax＝eq\f（a2，4)＋eq\f(5,8)a－eq\f（1,2)＝1，解得a＝eq\f(3，2）或a＝－4(舍去);当eq\f（a，2）<0,即a<0时，函数y＝－（t－eq\f（a,2)）2＋eq\f(a2,4)＋eq\f(5,8)a－eq\f(1,2）在t∈[0，1]上单调递减，∴t＝0时,函数有最大值ymax＝eq\f（5,8)a－eq\f(1,2）＝1，解得a＝eq\f（12,5）〉0(舍去）,综上所述，存在实数a＝eq\f（3，2)，使得函数在闭区间［0,eq\f(π,2)]上有最大值1。点评换元有整体代换、特值代换、三角换元等情况．本题是关于三角函数最值的存在性问题,通过换元,设cosx＝t，转化为关于t的二次函数问题，把三角函数的最值问题转化为二次函数y＝－（t－eq\f(a，2））2＋eq\f（a2,4）＋eq\f（5，8)a－eq\f（1，2），0≤t≤1的最值问题，然后分类讨论解决问题．变式训练4若关于x的方程9x＋(4＋a)·3x＋4＝0有解，则实数a的取值范围是____________．答案（－∞,－8］解析设t＝3x,则原命题等价于关于t的方程t2＋（4＋a）t＋4＝0有正解，分离变量a，得a＋4＝－eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（t＋\f（4，t））)，∵t〉0,∴－eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(t＋\f（4,t）））≤－4，∴a≤－8，即实数a的取值范围是（－∞，－8］．高考题型精练1．若函数f（x）＝x3－tx2＋3x在区间［1，4］上单调递减，则实数t的取值范围是(）A．（－∞，eq\f（51，8）］ B．(－∞,3］C．［eq\f(51，8），＋∞) D．[3,＋∞)答案C解析f′（x)＝3x2－2tx＋3,由于f（x）在区间［1，4］上单调递减，则有f′(x)≤0在[1,4］上恒成立,即3x2－2tx＋3≤0，即t≥eq\f（3，2）（x＋eq\f（1，x）)在[1，4]上恒成立,因为y＝eq\f(3，2）(x＋eq\f(1,x）)在［1，4］上单调递增,所以t≥eq\f(3,2)(4＋eq\f（1,4））＝eq\f（51，8），故选C。2．已知函数f（x)＝，若m<n，有f（m）＝f（n)，则m＋3n的取值范围是（）A．［2eq\r（3），＋∞) B．（2eq\r(3)，＋∞）C．[4，＋∞) D．（4，＋∞）答案D解析∵f（x)＝,若m<n，有f（m)＝f(n)，∴mn＝1，∴0<m〈1，n>1,∴m＋3n＝m＋eq\f（3,m)在m∈（0,1）上单调递减，当m＝1时，m＋3n＝4，∴m＋3n>4.3．过抛物线y＝ax2（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的长度分别为p,q，则eq\f(1,p）＋eq\f(1，q）等于（）A．2a B。eq\f（1，2a)C．4a D.eq\f（4,a)答案C解析抛物线y＝ax2(a〉0）的标准方程为x2＝eq\f(1，a）y(a〉0),焦点F(0,eq\f（1，4a))，取过焦点F的直线垂直于y轴，则|PF｜＝｜QF｜＝eq\f(1,2a)，所以eq\f（1，p)＋eq\f(1，q)＝4a。4．已知函数f(x）＝（e2x＋1＋1）（ax＋3a－1）,若存在x∈（0,＋∞），使得不等式f（x)<1成立，则实数a的取值范围是()A．(0，eq\f（e＋2，3e＋1））B．（0，eq\f（2,e＋1）)C．(－∞，eq\f(e＋2，3e＋1）)D．(－∞，eq\f(1，e＋1）)答案C解析因为x∈(0，＋∞），所以2x＋1〉1，则e2x＋1＋1>e＋1，要使f(x）〈1，则ax＋3a－1<eq\f（1,e＋1）,可转化为:存在x∈（0，＋∞）使得a〈eq\f(e＋2,e＋1)·eq\f（1，x＋3)成立．设g（x)＝eq\f(e＋2,e＋1）·eq\f(1,x＋3)，则a<g(x）max,因为x>0，则x＋3〉3，从而eq\f(1,x＋3）<eq\f(1，3），所以g(x）<eq\f（e＋2，3e＋1)，即a<eq\f(e＋2,3e＋1)，选C。5．已知f（x）＝eq\f(\r(3）,3x＋\r（3）)，则f(－2015）＋f（－2014)＋…＋f(0)＋f（1）＋…＋f(2016）＝________。答案2016解析f（x)＋f(1－x）＝eq\f(\r（3),3x＋\r（3))＋eq\f(\r（3)，31－x＋\r(3））＝eq\f(\r(3)，3x＋\r(3）)＋eq\f(3x,\r（3)＋3x）＝eq\f(3x＋\r(3）,3x＋\r(3))＝1，∴f（0）＋f(1)＝1，f(－2015)＋f(2016）＝1，∴f(－2015）＋f（－2014)＋…＋f(0）＋f（1)＋…＋f(2016）＝2016.6．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的取值范围是________．答案(－3，eq\f（3，2））解析如果在［－1，1］内没有值满足f(c)〉0，则eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(f－1≤0，，f1≤0）)⇒eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(p≤－\f(1，2)或p≥1，,p≤－3或p≥\f(3，2)）)⇒p≤－3或p≥eq\f(3，2)，取补集为－3〈p〈eq\f（3,2），即为满足条件的p的取值范围．故实数p的取值范围为（－3，eq\f（3,2))．7．对任意的｜m｜≤2,函数f(x）＝mx2－2x＋1－m恒为负，则x的取值范围是________________．答案(eq\f(\r（7)－1,2)，eq\f（\r（3)＋1，2))解析对任意的｜m｜≤2，有mx2－2x＋1－m<0恒成立，即｜m｜≤2时，（x2－1）m－2x＋1<0恒成立．设g(m)＝（x2－1）m－2x＋1,则原问题转化为g（m)<0恒成立(m∈［－2,2］）．所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（g－2〈0，，g2<0，)）即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（2x2＋2x－3>0,,2x2－2x－1<0，))解得eq\f(\r(7)－1,2)<x〈eq\f(\r（3）＋1，2)，即实数x的取值范围为(eq\f(\r（7）－1,2),eq\f(\r（3）＋1，2)）．8．已知一个几何体的三视图如图所示，如果点P，Q在正视图中所示位置：点P为所在线段的中点，点Q为顶点，则在几何体侧面上,从P点到Q点的最短路径的长为________．答案aeq\r(1＋π2）解析由三视图，知此几何体是一个圆锥和一个圆柱的组合体，分别沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面并展开铺平，如图所示．则PQ＝eq\r（AP2＋AQ2)＝eq\r(a2＋πa2)＝aeq\r(1＋π2)。所以P，Q两点在侧面上的最短路径的长为aeq\r（1＋π2）.9．求使不等式x2＋(a－6)x＋9－3a>0，｜a｜≤1恒成立的x的取值范围．解将原不等式整理为形式上是关于a的不等式(x－3）a＋x2－6x＋9〉0.令f(a)＝（x－3)a＋x2－6x＋9.因为f(a)>0在｜a｜≤1时恒成立，所以（1)若x＝3，则f（a）＝0，不符合题意，应舍去．（2）若x≠3,则由一次函数的单调性，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1>0,,f1〉0，）)即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x2－7x＋12>0,，x2－5x＋6〉0，）)解得x〈2或x〉4.即x的取值范围为(－∞，2)∪(4，＋∞）．10．已知f(x)是定义在［－1，1］上的奇函数，且f(1)＝1，若m,n∈[－1,1]，m＋n≠0时,有eq\f（fm＋fn,m＋n)〉0.（1）证明f(x）在［－1,1]上是增函数;（2）解不等式f（x2－1）＋f（3－3x）<0；(3)若f(x)≤t2－2at＋1对任意x∈［－1，1］，a∈[－1,1］恒成立，求实数t的取值范围．解(1）任取－1≤x1〈x2≤1，则f(x1）－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2）＝eq\f(fx1＋f－x2，x1－x2)(x1－x2)．∵－1≤x1〈x2≤1,∴x1＋（－x2)≠0，由已知eq\f(fx1＋f－x2,x1－x2)>0，x1－x2<0,∴f(x1)－f（x2）<0，即f(x)在[－1,1］上是增函数．(2)因为f(x)是定义在［－1,1］上的奇函数,且在[