高考数学二轮复习第3部分策略1活用4大数学思想4转化与化归思想教案文

/07/7/4．转化与化归思想转化与化归思想，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.应用1正与反的转化【典例1】若对任意的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)上不总为单调函数，则实数m的取值范围是________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(37,3)，－5))[由题意得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，∴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)时恒成立，则m＋4≤eq\f(2,3)－9，即m≤－eq\f(37,3).∴函数g(x)在区间(t,3)上不总为单调函数的m的取值范围为－eq\f(37,3)＜m＜－5.]?1?本题是正与反的转化，由于不为单调函数有多种情况，先求出其反面，体现“正难则反”的原则.?2?题目若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很少，从反面考虑比较简单，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.【对点训练1】由命题“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命题，得m的取值范围是(－∞，a)，则实数a的取值是()A．(－∞，1) B．(－∞，2)C．1 D．2C[由命题“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命题，可知它的否定形式“任意x∈R，使e|x－1|－m＞0”是真命题，可得m的取值范围是(－∞，1)，而(－∞，a)与(－∞，1)为同一区间，故a＝1.]【对点训练2】已知集合A＝{x|－1≤x≤0}，集合B＝{x|ax＋b·2x－1＜0,0≤a≤2,1≤b≤3}，若a∈R，b∈R，则A∩B≠?的概率为()A.eq\f(1,4) B.eq\f(3,4)C.eq\f(1,16) D.eq\f(15,16)D[因为a∈[0,2]，b∈[1,3]，所以(a，b)对应的区域为边长为2的正方形，如图，正方形的面积为4.令函数f(x)＝ax＋b·2x－1，x∈[－1,0]，则f′(x)＝a＋bln2·2x.因为a∈[0,2]，b∈[1,3]，所以f′(x)＞0，即f(x)在[－1,0]上是单调递增函数，所以f(x)在[－1,0]上的最小值为－a＋eq\f(b,2)－1.要使A∩B＝?，只需f(x)min＝－a＋eq\f(b,2)－1≥0，即2a－b＋2≤0，所以满足A∩B＝?的(a，b)对应的区域为如图所示的阴影部分．易知S阴影＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，所以A∩B＝?的概率为eq\f(\f(1,4),4)＝eq\f(1,16)，故A∩B≠?的概率为1－eq\f(1,16)＝eq\f(15,16).]应用2特殊与一般的转化【典例2】在△ABC中，三边长a，b，c满足a＋c＝3b，则taneq\f(A,2)taneq\f(C,2)的值为()A.eq\f(1,5) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)C[令a＝4，c＝5，b＝3，则符合题意(取满足条件的三边)．则由C＝90°，得taneq\f(C,2)＝1.由tanA＝eq\f(4,3)，得eq\f(2tan\f(A,2),1－tan2\f(A,2))＝eq\f(4,3)，解得taneq\f(A,2)＝eq\f(1,2).所以taneq\f(A,2)·taneq\f(C,2)＝eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,2).]?1?一般与特殊之间的转化是在解题的过程中将某些一般问题进行特殊化处理或是将某些特殊问题进行一般化处理的方法.此方法多用于选择题和填空题的解答.?2?破解此类题的关键点：①确立转化对象，一般将要解决的问题作为转化对象.②寻找转化元素，由一般问题转化为特殊问题时，寻找“特殊元素”；由特殊问题转化为一般问题时，寻找“一般元素”.③转化为新问题，根据转化对象与“特殊元素”或“一般元素”的关系，将其转化为新的需要解决的问题.④得出结论，求解新问题，根据所得结果求解原问题，得出结论.【对点训练3】如果a1，a2，…，a8为各项都大于零的等差数列，公差d≠0，那么()A．a1a8＞a4a5 B．a1a8＜a4a5C．a1＋a8＞a4＋a5 D．a1a8＝a4a5B[取特殊数列1,2,3,4,5,6,7,8，显然只有1×8＜4×5成立，即a1a8＜a4a5.]【对点训练4】设四边形ABCD为平行四边形，|eq\o(AB,\s\up9(→))|＝6，|eq\o(AD,\s\up9(→))|＝4.若点M，N满足eq\o(BM,\s\up9(→))＝3eq\o(MC,\s\up9(→))，eq\o(DN,\s\up9(→))＝2eq\o(NC,\s\up9(→))，则eq\o(AM,\s\up9(→))·eq\o(NM,\s\up9(→))＝()A．20B．15C．9D．6C[法一：(特例法)若四边形ABCD为矩形，建系如图．由eq\o(BM,\s\up9(→))＝3eq\o(MC,\s\up9(→))，eq\o(DN,\s\up9(→))＝2eq\o(NC,\s\up9(→))，知M(6,3)，N(4,4)，∴eq\o(AM,\s\up9(→))＝(6,3)，eq\o(NM,\s\up9(→))＝(2，－1)，eq\o(AM,\s\up9(→))·eq\o(NM,\s\up9(→))＝6×2＋3×(－1)＝9.法二：如图所示，由题设知，eq\o(AM,\s\up9(→))＝eq\o(AB,\s\up9(→))＋eq\o(BM,\s\up9(→))＝eq\o(AB,\s\up9(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up9(→))，eq\o(NM,\s\up9(→))＝eq\o(NC,\s\up9(→))－eq\o(MC,\s\up9(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up9(→))－eq\f(1,4)eq\o(AD,\s\up9(→))，∴eq\o(AM,\s\up9(→))·eq\o(NM,\s\up9(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up9(→))＋\f(3,4)\o(AD,\s\up9(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\o(AB,\s\up9(→))－\f(1,4)\o(AD,\s\up9(→))))＝eq\f(1,3)|eq\o(AB,\s\up9(→))|2－eq\f(3,16)|eq\o(AD,\s\up9(→))|2＋eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up9(→))·eq\o(AD,\s\up9(→))－eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up9(→))·eq\o(AD,\s\up9(→))＝eq\f(1,3)×36－eq\f(3,16)×16＝9.]应用3常量与变量的转化【典例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．对任意a∈[－1,1]都有g(x)＜0，则实数x的取值范围为________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1))[由题意，知g(x)＝3x2－ax＋3a－5，令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1.因为对a∈[－1,1]，恒有g(x)＜0，即φ(a)＜0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(φ?1?＜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，对任意a∈[－1,1]都有g(x)＜0.]?1?本题若按常规法视x为主元来解，需要分类讨论，这样会很烦琐，若以a为主元，即将原问题化归在区间[－1，1]上，一次函数φ?a?＝?3－x?a＋3x2－5＜0成立的x的取值范围，再借助一次函数的单调性就很容易使问题得以解决.?2?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?，将其看作是“主元”，实现主与次的转化，即常量与变量的转化，从而达到减元的目的.【对点训练5】设y＝(log2x)2＋(t－2)log2x－t＋1，若t∈[－2,2]时，y恒取正值，则x的取值范围是________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(8，＋∞)[设y＝f(t)＝(log2x－1)t＋(log2x)2－2log2x＋1，则f(t)是一次函数，当t∈[－2,2]时，f(t)＞0恒成立，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f?－2?＞0，,f?2?＞0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(?log2x?2－4log2x＋3＞0，,?log2x?2－1＞0，))解得log2x＜－1或log2x＞3.即0＜x＜eq\f(1,2)或x＞8，故x的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(8，＋∞)．]【对点训练6】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________．(－∞，－1)∪(3，＋∞)[设f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3，则当x＝1时，f(p)＝0.所以x≠1.f(p)在0≤p≤4时恒为正等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f?0?＞0，,f?4?＞0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(?x－3??x－1?＞0，,x2－1＞0，))解得x＞3或x＜－1.故x的取值范围为(－∞，－1)∪(3，＋∞)．]应用4函数、方程、不等式间的转化【典例4】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，试求m的最大值．[解]∵当t∈[－1，＋∞)且x∈[1，m]时，x＋t≥0，∴f(x＋t)≤3ex?ex＋t≤ex?t≤1＋lnx－x.∴原命题等价转化为：存在实数t∈[－1，＋∞)，使得不等式t≤1＋lnx－x对任意x∈[1，m]恒成立．令h(x)＝1＋lnx－x(1≤x≤m)．∵h′(x)＝eq\f(1,x)－1≤0，∴函数h(x)在[1，＋∞)上为减函数，又x∈[1，m]，∴h(x)min＝h(m)＝1＋lnm－m.∴要使得对任意的x∈[1，m]，t值恒存在，只需1＋lnm－m≥－1.∵h(3)＝ln3－2＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)·\f(3,e)))＞lneq\f(1,e)＝－1，h(4)＝ln4－3＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)·\f(4,e2)))＜lneq\f(1,e)＝－1，又函数h(x)在[1，＋∞)上为减函数，∴满足条件的最大整数m的值为3.?1?函数与方程、不等式联系密切，解决方程、不等式的问题需要函数帮助.?2?解决函数的问题需要方程、不等式的帮助，因此借助于函数与方程、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，从而求参变量的范围.【对点训练7】已知正数x，y满足x2＋2xy－3＝0，则2x＋y的最小值是________．3[由题意得，y＝eq\f(3－x2,2x)，所以2x＋y＝2x＋eq\f(3－x2,2x)＝eq\f(3x2＋3,2x)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))≥3，当且仅当x＝y＝1时，等号成立．故所求最小值为3.]【对点训练8】方程2x＋3x＝k的解在[1,2)内，则k的取值范围为________．[5,10)[令函数f(x)＝2x＋3x－k，则f(x)在R上是增函数．当方程2x＋3x＝k的解在(1,2)内时，f(1)·f(2)＜0，即(5－k)(10－k)＜0，解得5＜k＜10.当f(1)＝0时，k＝5.综上，k的取值范围为[5,10)．]应用5形体位置关系的相互转化【典例5】已知在三棱锥P-ABC中，PA＝BC＝2eq\r(34)，PB＝AC＝10，PC＝AB＝2eq\r(41)，则三棱锥P-ABC的体积为()A．40 B．80C．160 D．240C[因为三棱锥P-ABC的三组对边两两相等，故可将此三棱锥放在一个特定的长方体中(如图所示)，把三棱锥P-ABC补成一个长方体AEBG-FPDC.易知三棱锥P-ABC的各棱分别是此长方体的面对角线．不妨令PE＝x，EB＝y，EA＝z，则由已知，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝100，,x2＋z2＝136，,y2＋z2＝164))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝6，,y＝8，,z＝10.))从而知VP-ABC＝VAEBG-FPDC－VP-AEB－VC-ABG－VB-PDC－VA-FPC＝VAEBG-FPDC－4VP-AEB＝6×8×10－4×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×6×8×10＝160.]形体位置关