高中数学思想----转化与化归思想高中数学思想----转化与化归思想PAGE/NUMPAGES高中数学思想----转化与化归思想 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
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
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
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)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01.∴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 设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.(1)解 由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)单调递减↘2－2ln2＋2a单调递增↗故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2－2ln2＋2a.(2)证明 设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln2－1时，g′(x)取最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增．于是当a>ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.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)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)＝|logeq\f(1,2)x|，若m1，∴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．2aB.eq\f(1,2a)C．4aD.eq\f(4,a)答案 C解析 抛物线y＝ax2(a>0)的
标准
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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a0，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－30，,2x2－2x－1<0，))解得eq\f(\r(7)－1,2)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∀x∈[－1,1]，a∈[－1,1]恒成立，求实数t的取值范围．解 (1)任取－1≤x10，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[－1,1]上是增函数，不等式化为f(x2－1)0对任意x∈R恒成立，∴a<2|x－1|＋|x＋2|对任意x∈R恒成立．设h(x)＝2|x－1|＋|x＋2|，则h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x，x≤－2，,4－x，－21，))则h(x)在区间(－∞，1)上是减函数，在区间(1，＋∞)上是增函数，∴当x＝1时，h(x)取得最小值3，故a<3，∴实数a的取值范围是(－∞，3)．
浙公网安备 33021202002483