高考數(shù)學(xué) 考前3個(gè)月知識(shí)方法專(zhuān)題訓(xùn)練 第一部分 知識(shí)方法篇 專(zhuān)題10 數(shù)學(xué)思想 第40練 轉(zhuǎn)化與化歸思想 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題

《高考數(shù)學(xué) 考前3個(gè)月知識(shí)方法專(zhuān)題訓(xùn)練 第一部分 知識(shí)方法篇 專(zhuān)題10 數(shù)學(xué)思想 第40練 轉(zhuǎn)化與化歸思想 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué) 考前3個(gè)月知識(shí)方法專(zhuān)題訓(xùn)練 第一部分 知識(shí)方法篇 專(zhuān)題10 數(shù)學(xué)思想 第40練 轉(zhuǎn)化與化歸思想 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第40練　轉(zhuǎn)化與化歸思想 [思想方法解讀]　轉(zhuǎn)化與化歸思想方法，就是在研究和解決有關(guān)數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，采用某種手段將問(wèn)題通過(guò)變換使之轉(zhuǎn)化，進(jìn)而使問(wèn)題得到解決的一種數(shù)學(xué)方法．一般是將復(fù)雜的問(wèn)題通過(guò)變換轉(zhuǎn)化為簡(jiǎn)單的問(wèn)題，將難解的問(wèn)題通過(guò)變換轉(zhuǎn)化為容易求解的問(wèn)題，將未解決的問(wèn)題通過(guò)變換轉(zhuǎn)化為已解決的問(wèn)題．轉(zhuǎn)化與化歸思想是實(shí)現(xiàn)具有相互關(guān)聯(lián)的兩個(gè)知識(shí)板塊進(jìn)行相互轉(zhuǎn)化的重要依據(jù)，如函數(shù)與不等式、函數(shù)與方程、數(shù)與形、式與數(shù)、角與邊、空間與平面、實(shí)際問(wèn)題與數(shù)學(xué)問(wèn)題的互化等，消去法、換元法、數(shù)形結(jié)合法等都體現(xiàn)了等價(jià)轉(zhuǎn)化思想，我們也經(jīng)常在函數(shù)、方程、不等式之間進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化，在復(fù)習(xí)過(guò)程中應(yīng)注意相近主干知識(shí)之間的互化，注

2、重知識(shí)的綜合性． 轉(zhuǎn)化與化歸思想的原則 (1)熟悉已知化原則：將陌生的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為熟悉的問(wèn)題，將未知的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為已知的問(wèn)題，以便于我們運(yùn)用熟知的知識(shí)、經(jīng)驗(yàn)和問(wèn)題來(lái)解決． (2)簡(jiǎn)單化原則：將復(fù)雜問(wèn)題化歸為簡(jiǎn)單問(wèn)題，通過(guò)對(duì)簡(jiǎn)單問(wèn)題的解決，達(dá)到解決復(fù)雜問(wèn)題的目的，或獲得某種解題的啟示和依據(jù)． (3)和諧統(tǒng)一原則：轉(zhuǎn)化問(wèn)題的條件或結(jié)論，使其表現(xiàn)形式更符合數(shù)與形內(nèi)部所表示的和諧統(tǒng)一的形式；或者轉(zhuǎn)化命題，使其推演有利于運(yùn)用某種數(shù)學(xué)方法或符合人們的思維規(guī)律． (4)正難則反原則：當(dāng)問(wèn)題正面討論遇到困難時(shí)，應(yīng)想到問(wèn)題的反面，設(shè)法從問(wèn)題的反面去探討，使問(wèn)題獲得解決． 體驗(yàn)高考 1．(2016·課標(biāo)

3、全國(guó)乙)已知等差數(shù)列{an}前9項(xiàng)的和為27，a10＝8，則a100等于(　　) A．100 B．99 C．98 D．97 答案　C 解析　由等差數(shù)列性質(zhì)，知S9＝＝＝9a5＝27，得a5＝3，而a10＝8，因此公差d＝＝1， ∴a100＝a10＋90d＝98，故選C. 2．(2016·課標(biāo)全國(guó)丙)已知?jiǎng)t(　　) A．b

4、a，b，c，且＋＝. (1)證明：sin Asin B＝sin C； (2)若b2＋c2－a2＝bc，求tan B. (1)證明　根據(jù)正弦定理，可設(shè)＝＝＝k(k>0)， 則a＝ksin A，b＝ksin B，c＝ksin C. 代入＋＝中，有 ＋＝，變形可得 sin Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B＝sin(A＋B)． 在△ABC中，由A＋B＋C＝π，有sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，所以sin Asin B＝sin C. (2)解　由已知，b2＋c2－a2＝bc，根據(jù)余弦定理，有 cos A＝＝，所以sin A＝＝. 由(1)知，

5、sin Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B， 所以sin B＝cos B＋sin B. 故tan B＝＝4. 高考必會(huì)題型 題型一　正難則反的轉(zhuǎn)化 例1　已知集合A＝{x∈R|x2－4mx＋2m＋6＝0}，B＝{x∈R|x<0}，若A∩B≠?，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解　設(shè)全集U＝{m|Δ＝(－4m)2－4(2m＋6)≥0}， 即U＝{m|m≤－1或m≥}． 若方程x2－4mx＋2m＋6＝0的兩根x1，x2均為非負(fù)， 則 所以使A∩B≠?的實(shí)數(shù)m的取值范圍為{m|m≤－1}． 點(diǎn)評(píng)　本題中，A∩B≠?，所以A是方程x2－4mx＋2m＋6＝0①的實(shí)數(shù)解組

6、成的非空集合，并且方程①的根有三種情況：(1)兩負(fù)根；(2)一負(fù)根和一零根；(3)一負(fù)根和一正根．分別求解比較麻煩，我們可以從問(wèn)題的反面考慮，采取“正難則反”的解題策略，即先由Δ≥0，求出全集U，然后求①的兩根均為非負(fù)時(shí)m的取值范圍，最后利用“補(bǔ)集思想”求解，這就是正難則反這種轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，也稱(chēng)為“補(bǔ)集思想”． 變式訓(xùn)練1　若對(duì)于任意t∈[1,2]，函數(shù)g(x)＝x3＋x2－2x在區(qū)間(t,3)上總不為單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是__________． 答案　 解析　g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，若g(x)在區(qū)間(t,3)上總為單調(diào)函數(shù)，則①g′(x)≥0在(t,3)上恒成立

7、，或②g′(x)≤0在(t,3)上恒成立． 由①得3x2＋(m＋4)x－2≥0， 即m＋4≥－3x在x∈(t,3)上恒成立， 所以m＋4≥－3t恒成立，則m＋4≥－1， 即m≥－5； 由②得m＋4≤－3x在x∈(t,3)上恒成立， 則m＋4≤－9，即m≤－. 所以使函數(shù)g(x)在區(qū)間(t,3)上總不為單調(diào)函數(shù)的m的取值范圍為－ln(n＋1)(n∈N*)． (1)解　∵

8、g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ln x－(x＋1)， ∴g′(x)＝－1(x>0)． 令g′(x)>0，解得01. ∴函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴g(x)極大值＝g(1)＝－2. (2)證明　由(1)知x＝1是函數(shù)g(x)的極大值點(diǎn)，也是最大值點(diǎn)， ∴g(x)≤g(1)＝－2，即ln x－(x＋1)≤－2?ln x≤x－1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)等號(hào)成立)， 令t＝x－1，得t≥ln(t＋1)(t>－1)． 取t＝(n∈N*)時(shí)， 則>ln＝ln， ∴1>ln 2，>ln ，>ln ，…，>ln，

9、疊加得1＋＋＋…＋>ln(2···…·)＝ln(n＋1)．即1＋＋＋…＋>ln(n＋1)． 點(diǎn)評(píng)　解決方程、不等式的問(wèn)題需要函數(shù)幫助，解決函數(shù)的問(wèn)題需要方程、不等式的幫助，因此借助于函數(shù)、方程、不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化與化歸可以將問(wèn)題化繁為簡(jiǎn)，一般可將不等關(guān)系轉(zhuǎn)化為最值(值域)問(wèn)題，從而求出參變量的范圍． 變式訓(xùn)練2　設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值； (2)求證：當(dāng)a>ln 2－1且x>0時(shí)，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＝ln 2.

10、 于是當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 單調(diào)遞減 ↘ 2－2ln 2＋2a 單調(diào)遞增 ↗ 故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln 2)， 單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2，＋∞)， f(x)在x＝ln 2處取得極小值， 極小值為f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a. (2)證明　設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R， 于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. 由(1)知當(dāng)a>ln 2－1時(shí)， g′(x)取最小值為

11、g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0. 于是對(duì)任意x∈R，都有g(shù)′(x)>0， 所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增． 于是當(dāng)a>ln 2－1時(shí)，對(duì)任意x∈(0，＋∞)， 都有g(shù)(x)>g(0)． 而g(0)＝0，從而對(duì)任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)>0. 即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1. 題型三　主與次的轉(zhuǎn)化 例3　已知函數(shù)f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)．對(duì)滿足－1≤a≤1的一切a的值，都有g(shù)(x)<0，則實(shí)數(shù)x的取值范圍為_(kāi)_______． 答案　 解析　由題意，知g(x)＝3x2－

12、ax＋3a－5， 令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1. 對(duì)－1≤a≤1，恒有g(shù)(x)<0，即φ(a)<0， ∴　即 解得－

13、意a∈[－1,1]恒成立，則x的取值范圍為_(kāi)_____________． 答案　(－∞，－1]∪[0，＋∞) 解析　∵f(x)是R上的增函數(shù)， ∴1－ax－x2≤2－a，a∈[－1,1]．(*) (*)式可化為(x－1)a＋x2＋1≥0 對(duì)a∈[－1,1]恒成立． 令g(a)＝(x－1)a＋x2＋1. 則 解得x≥0或x≤－1， 即實(shí)數(shù)x的取值范圍是(－∞，－1]∪[0，＋∞)． 題型四　以換元為手段的轉(zhuǎn)化與化歸 例4　是否存在實(shí)數(shù)a，使得函數(shù)y＝sin2x＋acos x＋a－在閉區(qū)間[0，]上的最大值是1？若存在，則求出對(duì)應(yīng)的a的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解　y＝s

14、in2x＋acos x＋a－ ＝1－cos2x＋acos x＋a－ ＝－(cos x－)2＋＋a－. ∵0≤x≤，∴0≤cos x≤1，令cos x＝t， 則y＝－(t－)2＋＋a－，0≤t≤1. 當(dāng)>1，即a>2時(shí)，函數(shù)y＝－(t－)2＋＋a－在t∈[0,1]上單調(diào)遞增， ∴t＝1時(shí)，函數(shù)有最大值ymax＝a＋a－＝1， 解得a＝<2(舍去)； 當(dāng)0≤≤1，即0≤a≤2時(shí)， 則t＝時(shí)函數(shù)有最大值， ymax＝＋a－＝1， 解得a＝或a＝－4(舍去)； 當(dāng)<0，即a<0時(shí)， 函數(shù)y＝－(t－)2＋＋a－ 在t∈[0,1]上單調(diào)遞減， ∴t＝0時(shí)，函數(shù)有最大值yma

15、x＝a－＝1， 解得a＝>0(舍去)， 綜上所述，存在實(shí)數(shù)a＝，使得函數(shù)在閉區(qū)間[0，]上有最大值1. 點(diǎn)評(píng)　換元有整體代換、特值代換、三角換元等情況． 本題是關(guān)于三角函數(shù)最值的存在性問(wèn)題，通過(guò)換元，設(shè)cos x＝t，轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的二次函數(shù)問(wèn)題，把三角函數(shù)的最值問(wèn)題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)y＝－(t－)2＋＋a－，0≤t≤1的最值問(wèn)題，然后分類(lèi)討論解決問(wèn)題． 變式訓(xùn)練4　若關(guān)于x的方程9x＋(4＋a)·3x＋4＝0有解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是____________． 答案　(－∞，－8] 解析　設(shè)t＝3x，則原命題等價(jià)于關(guān)于t的方程t2＋(4＋a)t＋4＝0有正解，分離變量a，得a＋4＝－

16、， ∵t>0，∴－≤－4， ∴a≤－8，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－8]． 高考題型精練 1．若函數(shù)f(x)＝x3－tx2＋3x在區(qū)間[1,4]上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是(　　) A．(－∞，] B．(－∞，3] C．[，＋∞) D．[3，＋∞) 答案　C 解析　f′(x)＝3x2－2tx＋3， 由于f(x)在區(qū)間[1,4]上單調(diào)遞減， 則有f′(x)≤0在[1,4]上恒成立， 即3x2－2tx＋3≤0，即t≥(x＋)在[1,4]上恒成立， 因?yàn)閥＝(x＋)在[1,4]上單調(diào)遞增， 所以t≥(4＋)＝， 故選C. 2．已知函數(shù)f(x)＝|logx|

17、，若m1， ∴m＋3n＝m＋在m∈(0,1)上單調(diào)遞減， 當(dāng)m＝1時(shí)，m＋3n＝4，∴m＋3n>4. 3．過(guò)拋物線y＝ax2(a>0)的焦點(diǎn)F，作一直線交拋物線于P，Q兩點(diǎn)，若線段PF與FQ的長(zhǎng)度分別為p，q，則＋等于(　　) A．2a B. C．4a D. 答案　C 解析　拋物線y＝ax2(a>0)的標(biāo)

18、準(zhǔn)方程為x2＝y(tǒng)(a>0)，焦點(diǎn)F(0，)， 取過(guò)焦點(diǎn)F的直線垂直于y軸， 則|PF|＝|QF|＝， 所以＋＝4a. 4．已知函數(shù)f(x)＝(e2x＋1＋1)(ax＋3a－1)，若存在x∈(0，＋∞)，使得不等式f(x)<1成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(0，) B．(0，) C．(－∞，) D．(－∞，) 答案　C 解析　因?yàn)閤∈(0，＋∞)，所以2x＋1>1， 則e2x＋1＋1>e＋1， 要使f(x)<1，則ax＋3a－1<， 可轉(zhuǎn)化為：存在x∈(0，＋∞)使得a<·成立． 設(shè)g(x)＝·， 則a0，則x＋3>3， 從

19、而<， 所以g(x)<，即a<， 選C. 5．已知f(x)＝，則f(－2 015)＋f(－2 014)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(2 016)＝________. 答案　2 016 解析　f(x)＋f(1－x)＝＋ ＝＋ ＝＝1， ∴f(0)＋f(1)＝1，f(－2 015)＋f(2 016)＝1， ∴f(－2 015)＋f(－2 014)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(2 016)＝2 016. 6．若二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在區(qū)間[－1,1]內(nèi)至少存在一個(gè)值c，使得f(c)>0，求實(shí)數(shù)p的取值范圍是________． 答案　(－

20、3，) 解析　如果在[－1,1]內(nèi)沒(méi)有值滿足f(c)>0， 則? ?p≤－3或p≥， 取補(bǔ)集為－3

21、8．(2016·天津模擬)已知一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，如果點(diǎn)P，Q在正視圖中所示位置：點(diǎn)P為所在線段的中點(diǎn)，點(diǎn)Q為頂點(diǎn)，則在幾何體側(cè)面上，從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的最短路徑的長(zhǎng)為_(kāi)_______． 答案　a 解析　由三視圖，知此幾何體是一個(gè)圓錐和一個(gè)圓柱的組合體，分別沿P點(diǎn)與Q點(diǎn)所在母線剪開(kāi)圓柱側(cè)面并展開(kāi)鋪平，如圖所示． 則PQ＝＝＝a. 所以P，Q兩點(diǎn)在側(cè)面上的最短路徑的長(zhǎng)為a. 9．求使不等式x2＋(a－6)x＋9－3a>0，|a|≤1恒成立的x的取值范圍． 解　將原不等式整理為形式上是關(guān)于a的不等式(x－3)a＋x2－6x＋9>0. 令f(a)＝(x－3)a＋x2－6x＋9

22、. 因?yàn)閒(a)>0在|a|≤1時(shí)恒成立，所以 (1)若x＝3， 則f(a)＝0，不符合題意，應(yīng)舍去． (2)若x≠3， 則由一次函數(shù)的單調(diào)性， 可得 即 解得x<2或x>4. 即x的取值范圍為(－∞，2)∪(4，＋∞)． 10．已知f(x)是定義在[－1,1]上的奇函數(shù)，且f(1)＝1，若m，n∈[－1,1]，m＋n≠0時(shí)，有>0. (1)證明f(x)在[－1,1]上是增函數(shù)； (2)解不等式f(x2－1)＋f(3－3x)<0； (3)若f(x)≤t2－2at＋1對(duì)?x∈[－1,1]，a∈[－1,1]恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍． 解　(1)任取－1≤x1

23、， 則f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2) ＝(x1－x2)． ∵－1≤x10，x1－x2<0， ∴f(x1)－f(x2)<0， 即f(x)在[－1,1]上是增函數(shù)． (2)因?yàn)閒(x)是定義在[－1,1]上的奇函數(shù)， 且在[－1,1]上是增函數(shù)， 不等式化為f(x2－1)

24、要t2－2at＋1≥1?t2－2at≥0， 設(shè)g(a)＝t2－2at，對(duì)?a∈[－1,1]，g(a)≥0恒成立， 所以 ? 所以t≥2或t≤－2或t＝0. 11．已知函數(shù)f(x)＝2|x－1|－a，g(x)＝－|2x＋m|，a，m∈R，若關(guān)于x的不等式g(x)≥－1的整數(shù)解有且僅有一解－2. (1)求整數(shù)m的值； (2)若函數(shù)y＝f(x)的圖象恒在函數(shù)y＝g(x)的圖象的上方，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解　(1)由g(x)≥－1， 即－|2x＋m|≥－1，|2x＋m|≤1， 得≤x≤. ∵不等式的整數(shù)解為－2， ∴≤－2≤， 解得3≤m≤5. 又∵不等式僅有一個(gè)整數(shù)解－2， ∴m＝4. (2)函數(shù)y＝f(x)的圖象恒在函數(shù)y＝g(x)的上方， 故f(x)－g(x)>0對(duì)任意x∈R恒成立， ∴a<2|x－1|＋|x＋2|對(duì)任意x∈R恒成立． 設(shè)h(x)＝2|x－1|＋|x＋2|， 則h(x)＝ 則h(x)在區(qū)間(－∞，1)上是減函數(shù)， 在區(qū)間(1，＋∞)上是增函數(shù)， ∴當(dāng)x＝1時(shí)，h(x)取得最小值3， 故a<3， ∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，3)．