高考冲刺 转化与化归的思想

第 1 页 共 24 页 高考冲刺 转化与化归的思想 【高考展望】 解决数学问题时，常遇到一些问题直接求解较为困难，通过观察、分析、类比、联想等思维过程， 选择运用恰当的数学方法进行变换，将原问题转化为一个新问题（相对来说，对自己较熟悉的问题），通 过新问题的求解，达到解决原问题的目的，这一思想方法我们称之为“转化与化归的思想方法” 转化与化归思想在高考中占有相当重要的地位，可以说比比皆是，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转化等等. 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. 高考对本讲的考查为： （1）常量与变量的转化：如分离变量，求范围等。 （2）数与形的互相转化：若解析几何中斜率、函数中的单调性等。 （3）数学各分支的转化：函数与立体几何、向量与解析几何等的转化。 （4）出现更多的实际问题向数学模型的转化问题。 【知识升华】 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，将未解决的问题变换转化为已解决的问题.解题的过程就是“化归”的过程，不断地 改变待解决的问题，重新叙述它，变换它，直到最后成功地找到某些有用的东西为止. 1．转化与化归应遵循的原则 （1）熟悉化原则：将陌生的问题转化为熟悉的问题，以利于我们运用熟知的知识、经验和方法来解决. （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）和谐化原则：化归问题的条件或结论，使其表现形式更符合数与形内部所呈现的和谐统一的形式， 或者转化命题，使其有利于运用某种数学方法或符合人们的思维规律. （4）直观化原则：将比较抽象的问题转化为比较直观的问题来解决. （5）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求，使 问题获解. 2．转化与化归的基本类型 （1）正与反、一般与特殊的转化，即正难则反，特殊化原则. （2）常量与变量的变化，即在处理多元问题时，选取其中的变量（或参数）当“主元”，其他的变量 看作常量. （3）数与形的转化，即利用对数量关系的讨论来研究图形性质，也可利用图形直观提供思路，直观第 2 页 共 24 页 地反映函数或方程中的变量之间的关系. （4）数学各分支之间的转化，如利用向量方法解立体几何问题，用解析几何方法处理平面几何、代 数、三角问题等. （5）相等与不等之间的转化，如利用均值不等式、判别式等. （6）实际问题与数学模型的转化. 3．常见的转化方法 （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”把超越式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）参数法：引进参数，使原问题的变换具有灵活性，易于转化. （5）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. （6）坐标法：以坐标系为工具，用计算方法解决几何问题. （7）类比法：运用类比推理，猜测问题的结论. （8）特殊化方法：把原问题的形式向特殊化形式转化，并证明特殊化后的结论适合原问题. （9）一般化方法：当原问题是某个一般化形式问题的特殊形式且又较难解决时，可将问题通过一般 化的途径进行转化. （10）等价问题法：把原问题转化为一个易于解决的等价命题，达到转化目的. （11）加强命题法：在证明不等式时，原命题难以得证，往往把命题的结论加强，即把命题的结论加 强为原命题的充分条件，反而能将原命题转化为一个较易证明的命题，加强命题法是非等价转化方法. （12）补集法：如果正面解决原问题有困难，可把原问题结果看作集合 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 获得原问题的解决. 以上所列的一些方法是互相交叉的，不能截然分割. 4．利用转化与化归的思想解决问题的模式可图示如下： U A第 3 页 共 24 页 【典型例题】 类型一、函数、方程与不等式之间的转化与化归 【例 1 高清转化与化归的思想例题 1 ID:404094】设函数 f(x)＝ x3－(1＋a)x2＋4ax＋24a，其中常数 a＞ 1. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若当 x≥0 时，f(x)＞0 恒成立，求 a 的取值范围． 【思路点拨】(1)求 f′(x)＝0 的根，比较两根的大小、确定区间，讨论 f(x)的单调性；(2)将 f(x)＞0 恒成 立转化为 f(x)的最小值大于 0. 【解析】(1)f′(x)＝x2－2(1＋a)x＋4a ＝(x－2)(x－2a)． 由已知 a＞1，∴2a＞2， ∴令 f′(x)＞0，解得 x＞2a 或 x＜2， ∴当 x∈(－∞，2)和 x∈(2a，＋∞)时，f(x)单调递增， 当 x∈(2,2a)时，f(x)单调递减． 综上，当 a＞1 时，f(x)在区间(－∞，2)和(2a，＋∞)上是增函数，在区间(2,2a)上是减函数． (2)由(1)知，当 x≥0 时，f(x)在 x＝2a 或 x＝0 处取得最小值． f(2a)＝ (2a)3－(1＋a)(2a)2＋4a·2a＋24a ＝－ a3＋4a2＋24a＝－ a(a－6)(a＋3)， f(0)＝24a. 由题设知 即 解得 1＜a＜6.故 a 的取值范围是(1,6)． 【总结升华】函数、方程与不等式就像“一胞三兄弟”，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． 举一反三： 【变式】函数 的定义域为 ▲ ． 【答案】 【解析】根据二次根式和对数函数有意义的条件，得： xxf 6log21)( −= (0 6， 1 3 1 3 4 3 4 3 1, (2 ) 0, (0) 0, a f a f >  >  > 1, 4 ( 3)( 6) 0,3 24 0, a a a a a > − + − >  >第 4 页 共 24 页 。 【例 2】已知数列 满足 则 的最小值为__________. 【答案】 【思路点拨】利用递推数列的通项公式构造函数，利用导数判断函数单调性求解。 【解析】an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2[1+2+…(n-1)]+33=33+n2-n 所以 设 ，令 ，则 在 上是单调递增，在 上是递减的，因为 n∈N+,所以当 n=5 或 6 时 有最小值。 又因为 ， ，所以， 的最小值为 . 【总结升华】数列是一种特殊的函数，动态的函数观点是解决数列问题的有效方法。数列的项可看作定义 在正整数集（或它的有限子集）上的函数。 如等差数列 的通项公式 ，前 n 项的和公式 。当 时，可以看作自变量 n 的一次和二次函数。因此利 用函数的思想方法去研究数列问题不仅能加深对数列的理解，也有助于学生解题思维能力的培养及增强应 用函数思想解题的意识。 类型二、常量与变量的转化问题 例 3（2016 江苏模拟改编）若已知不等式 2x﹣1＞m（x2﹣1）对满足|m|≤2 的一切实数 m 的取值都成立， 则 x 的取值范围为　　 ． 【思路点拨】构造变量 m 的函数，对 x2﹣1＞0，x2﹣1＜0，x2﹣1=0，进行分类讨论，利用|m|≤2 时函数 的取值，分别求出 x 的范围，然后求并集即可． 【答案】 【解析】构造变量 m 的函数求解：2x﹣1＞m（x2﹣1）即：（x2﹣1）m﹣（2x﹣1）＜0 构造关于 m 的函数 f（m）=（x2﹣1）m﹣（2x﹣1），|m|≤2即﹣2≤m≤2． （1）当 x2﹣1＞0 时，则 f（2）＜0 从而 2x2﹣2x﹣1＜0 解得： 又 x2﹣1＞0，即 x＜﹣1 或 x＞1，所以 1＜x＜ ； （2）当 x2﹣1＜0 时，则 f（﹣2）＜0 可得﹣2x2﹣2x+3＜0 从而 2x2+2x﹣3＞0 解得 x＜ 或 x＞ 又﹣1＜x＜1，从而 ＜x＜1 1 26 6 0 00 611 2log 0 log 6 = 62 0< x > x >x > xx x x ≤− ≥ ≤ ≤    ⇒ ⇒ ⇒      { }na 1 133, 2 ,n na a a n+= − = na n 21 2 33 1na nn n = + − ( )f n = 33 1nn + − ( )f n = 2 33 1 0n − + > ( )f n ( 33, )+∞ (0, 33) ( )f n 5 53 5 5 a = 6 63 21 6 6 2 a = = na n 6 21 6 2 a =第 5 页 共 24 页 （3）当 x2﹣1=0 时，则 f（m）=1﹣2x＜0 从而 x＞ ，故 x=1； 综上有： ＜x＜ 故答案为 【总结升华】对于含参数的不等式问题，有的时候转变思路化“参变量”为“自变量”，往往会收到“柳 暗花明又一村”的效果. 举一反三： 【变式 1】已知 a>0 且 a≠1，若关于 x 的方程 loga(x-3)-loga(x+2)-loga(x-1)=1 有实根，求实数 a 的 取值范围. 【解析】要使原方程有意义，需 ，解得 x>3. 原方程化为： . ∴x-3=a(x-1)(x+2)在区间(3, +∞)上有解， 　　∴ . 问题转化为求右端在(3, +∞)上的值域， 即将 a 看作 x 的函数 a(x). 由 　　　 ， ∵x>3, ∴x-3>0， 　　∴ . 当且仅当 ，即 时取等号. ∴ . 又∵x>3 时，a>0, ∴ ,    >− >+ >− 01 02 03 x x x )2)(1(log)3(log +−=− xxax aa )2)(1( 3 +− −= xx xa )2)(1( 3 +− −= xx xa 2 3 2 −+ −= xx x 73 103 1 10)3(7)3( 3 2 +−+− =+−+− −= xxxx x 1023 10)3(23 103 =−⋅−≥−+− xxxx 3 103 −=− xx 103 +=x 9 1027 7102 1 −= + ≤a 9 10270 −≤< a第 6 页 共 24 页 　　故 a 的取值范围是 . 【变式 2】(2016 河南模拟)若对任意的 ，不等式 恒成立，则正实数 的取值范围是 ． 【答案】 【解析】令 原不等式可转化为 即 令 ①当 即 时， 满足题意. ②当 即 时， 单增 只需 即可，解得 即： ③当 即 时， 单减 符合题意 综上所述 的取值范围是 . 类型三、等价转化 【例 4】已知函数 的值域为[―1，4]，求实数 a、b 的值. 【思路点拨】设 ，将所给函数看作关于 x 的方程.则由题意可知当 y∈[―1，4]时，关于 x 的方程有实数解. 【解析】∵ 的定义域为 R， 故可等价转化为 yx2―ax+y―b=0. 令Δ=a2―4y(y―b)≥0，即 4y2―4by―a2≤0， 则由题意可知，不等式 4y2―4by―a2≤0 的解集为[―1，4]. 也就是―1，4 是关于 y 的方程 4y2―4by―a2=0 的两根. ]9 1027,0( − ( )0 1， ( )2 , , 1x t x= ∈ −∞ − 10, 2t  ∴ ∈   ∴ ( )3 1 1m t− < 3 1 0mt t− − < ( ) ( ) 13 1 1, 0, 2f t m t t  = − − ∈   3 1 0m − = 1 3m = ( ) 1 0f t = − < 3 1 0m − > 1 3m > ( ) ( ) 13 1 1, 0, 2f t m t t  = − − ∈   ( )1 13 1 1 02 2f m  = − − --2 ln 2-2 ln 2 -1x x < ， -' -sin - 2 ln 2- 2 ln 2x xf x x=（ ） < 0 3 4第 22 页 共 24 页 ∴Tn= + +…+ =1﹣ ． ∴ =T1≤Tn＜1， ∴ ≤Tn＜1． 13．【解析】 （1）由 ，得 ， . 设 ， ，则 ， . ∵ ，即 ， ∴ ， ∴ ，∴ . （2） 14.【解析】（1）对函数 求导，得 . 令 ，解得 或 （舍去）. 当 x 变化时， 、 的变化情况如表： 0 1 － 0 ＋  －4  －3 所以当 时， 是减函数；当 时， 是增函数. 则当 时， 的值域为[―4，―3]. 2 2 2 2 1 1 x y x y a b + = − = 2 2 2 2 2 2 2( ) 2 0b a x a x a a b− + − − = 2 2 0b a− ≠ 1 1( , )M x y 2 2( , )N x y 2 1 2 2 2 2ax x b a + = − − 2 2 2 1 2 2 2 a a bx x b a += − − 0OM ON⋅ =  1 2 1 2 0x x y y+ = 1 2 1 2 1 2 1 2(1 )(1 ) 1 ( ) 2x x x x x x x x+ − − = − + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( )1 0a a a b b a b a += + − =− − 2 2 2 22 0b a a b− − = 2 2 1 1 2a b − = 2 3e< ≤ ( )f x 2 2 2 4 16 7 (2 1)(2 7)'( ) (2 ) (2 ) x x x xf x x x − + − − −= = −− − '( ) 0f x = 1 2x = 7 2x = '( )f x ( )f x x 1(0, )2 1 2 1( ,1)2 '( )f x ( )f x 7 2 − 1(0, )2x∈ ( )f x 1( ,1)2x∈ ( )f x [0,1]x∈ ( )f x第 23 页 共 24 页 （2）对函数 求导，得 ， 因为 a≥1，当 x∈[0，1]时， ， 所以当 x∈[0，1]时， 为减函数，从而当 x∈[0，1]时，有 . 又 ， ， 即当 x∈[0，1]时有 ， 任给 x1∈[0，1]， ， 存在 x0∈[0，1]使得 ， 则 ，即 解①式得 a≥1 或 ；解②式得 . 又 a≥1，故 a 的取值范围为 . 15．【解析】当 所以曲线 处的切线斜率为 1. （2） ，令 ，得到 因为 当 x 变化时， 的变化情况如下表： + 0 - 0 + 极小值 极大值 在 和 内减函数，在 内增函数。 函数 在 处取得极大值 ，且 = ( )g x 2 2'( ) 3( )g x x a= − 2'( ) 3(1 ) 0g x a≤ − ≤ ( )g x ( ) [ (1), (0)]g x g g∈ 2(1) 1 2 3g a a= − − (0) 2g a= − 2( ) [1 2 3 , 2 ]g x a a a∈ − − − 1( ) [ 4, 3]f x ∈ − − 0 1( ) ( )g x f x= 2[1 2 3 , 2 ] [ 4, 3]a a a− − − ⊇ − − 21 2 3 4 2 3 a a a  − − ≤ −− ≥ − ① ② 5 3a ≤ − 3 2a ≤ 31 2a≤ ≤第 24 页 共 24 页 函数 在 处取得极小值 ，且 = （3）由题设， 所以方程 =0 由两个相异的实根 ，故 ，且 ， 解得 因为 若 ，而 ，不合题意 若 则对任意的 有 则 又 ，所以函数 在 的最小值为 0，于 是对任意的 ， 恒成立的充要条件是 ,解得 综上，m 的取值范围是