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【步步高】2015届高考数学(理科,广东)二轮专题复习配套课件:专题九 第4讲 转化与化归思想


专题九 数学思想方法

第 4讲

转化与化归思想
思想方法概述

热点分类突破
真题与押题

思想方法概述
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,将未解决的问题通过变换转化为已解
决的问题.

转化与化归思想在高考中占有十分重要的地位,数学
问题的解决,总离不开转化与化归,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 数学问题的转化等.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.

1.转化与化归的指导思想

(1)把什么问题进行转化,即化归对象.
(2)化归到何处去,即化归目标. (3)如何进行化归,即化归方法.

化归与转化思想是一切数学思想方法的核心.

2.常见的转化与化归的方法

转化与化归思想方法用在研究、解决数学问题时,
思维受阻或寻求简单方法或从一种状况转化到另一 种情形,也就是转化到另一种情境使问题得到解决,

这种转化是解决问题的有效策略,同时也是获取成
功的思维方式.常见的转化方法有:

(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 ” 把式子转化为有理式或 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)等价转化法:把原问题转化为一个易于解决的等价

命题,达到化归的目的.
(5)特殊化方法:把原问题的形式向特殊化形式转化,

并证明特殊化后的问题、结论适合原问题.
(6)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. (7)坐标法:以坐标系为工具,用计算方法解决几何问 题是转化方法的一个重要途径.

(8) 类比法:运用类比推理,猜测问题的结论,易 于确定. (9) 参数法:引进参数,使原问题转化为熟悉的形 式进行解决. (10)补集法:如果正面解决原问题有困难,可把原

问题的结果看做集合 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?UA

获得原问题的解决,体现了正难则反的原则.

热点分类突破
? 热点一 ? 热点二 特殊与一般的转化 函数、方程、不等式之间的转化

? 热点三

正难则反的转化

热点一

特殊与一般的转化

例1

(1)AB 是过抛物线 x2=4y 的焦点的动弦, 直线

l1,l2 是抛物线两条分别切于 A,B 的切线,则 l1,l2 的交点的纵坐标为( A.-1 B.-4 ) 1 C.- 4 1 D.- 16

解析

找特殊情况,当AB⊥y轴时,AB的方程为y=

1,则A(-2,1),B(2,1), 过点A的切线方程为y-1=-(x+2),即x+y+1=0.

同理,过点B的切线方程为x-y-1=0,
则l1,l2的交点为(0,-1).

答案 A

? 1 ? a ? ? (2)已知函数 f(x)= x (a>0 且 a≠1),则 f? ?+ ?100? a+ a ? 2 ? ? 99 ? ? ? ? ? f? + ? + f ? ? ?的值为 ________. ?100? ?100?

x

解析 由于直接求解较困难,可探求一般规律, 1- x x a a ax a ∵f(x)+f(1-x)= x + 1-x = x + a + a a + a a + a a+ ax a
x a + a a a = x + = 1, x= x a+ a a+ a a + a x

? 1 ? ? 2 ? ? 99 ? ? ? ? ? ? ? ∴f? ?+ f? ?+ ? + f? ? ?100? ?100? ?100?



? ? 1 ? ? 99 ? ? ? ? ? ? ?? f + f ? ? ? ? ?? ? ?100? ?100? ?



? ? 2 ? ? 98 ? ? ? ? ? ? ?? f + f ? ? ? ? ?? ? ?100? ?100? ?

+ ? +

? ? 49 ? ? 51 ? ? ? 50 ? 1 99 ? ? ? ? ?? ? ? . ?f? ?+ f? ? ? + f? ?= 1× 49+ = 100 100 100 2 2 ? ? ? ? ?? ? ?

答案

99 2

一般问题特殊化,使问题处理变得直接、简单 .
思 维 把握问题的一般规律,从而达到成批处理问题的 升 华 效果.

特殊问题一般化,可以使我们从宏观整体的高度

变式训练1

(1) 在△ABC 中,角 A 、 B 、 C 所对的边分别为 a 、 b 、 c , cos A+cos C 若a、b、c成等差数列,则 =________. 1+cos A cos C

解析 根据题意,所求数值是一个定值,
故可利用满足条件的直角三角形进行计算. 令a=3,b=4,c=5,则△ABC为直角三角形,

4 且 cos A= ,cos C=0, 5
4 +0 cos A+cos C 5 4 代入所求式子,得 = = . 4 5 1+cos A cos C 1+ × 0 5 4 答案 5

(2) 已知函数 f(x) 是定义在实数集 R 上的不恒为零的 偶函数,且对任意实数 x 都有 xf(x + 1) = (1 + x)f(x) , ?5? ? 则 f? ? ?=________. ?2?

解析 因为xf(x+1)=(1+x)f(x),
f?x+1? 1+x 所以 = , x f?x?

使f(x)特殊化,可设f(x)=xg(x),

其中g(x)是周期为1的奇函数,再将g(x)特殊化,

可设g(x)=sin 2πx,则f(x)=xsin 2πx,
经验证 f(x)=xsin 2πx 满足题意,则
?5? ? ? f? ?=0. ?2?

答案

0

热点二

函数、方程、不等式之间的转化

例2

(1)定义运算:(a ? b)? x=ax2+bx+2,若关于 x

的不等式(a ? b)? x<0 的解集为{x|1<x<2},则关于 x 的 不等式(b ? a)? x<0 的解集为( A.(1,2)
? ? 2 ? ? C.?- ,1? 3 ? ?

)

B.(-∞,1)∪(2,+∞)
? 2? ? ? D.?-∞,- ?∪(1,+∞) 3? ?

解析 1,2是方程ax2+bx+2=0的两实根,
?a=1, b 2 1+2=- ,1×2= ,解得? a a ?b=-3,

由(-3 ? 1)?x=-3x2+x+2<0,得3x2-x-2>0,
2 解得 x<- 或 x>1. 3 答案 D

(2)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,则m的最大值为________.

解析
t≥ 0 ,

因为当 t∈[ - 1 ,+ ∞ ) 且 x ∈ [1 , m] 时, x +

所以f(x+t)≤3ex?ex+t≤ex?t≤1+ln x-x.
所以原命题等价转化为:存在实数 t∈[- 1,+ ∞ ),

使得不等式t≤1+ln x-x对任意x∈[1,m]恒成立.

令h(x)=1+ln x-x(x≥1).
1 因为h′(x)= -1≤0, x 所以函数h(x)在[1,+∞)上为减函数,

又x∈[1,m],所以h(x)min=h(m)=1+ln m-m. 所以要使得对x∈[1,m],t值恒存在,

只须1+ln m-m≥-1.

13 1 因为 h(3)=ln 3-2=ln( ·)>ln =-1, ee e
14 1 h(4)=ln 4-3=ln( ·2)<ln =-1, ee e

且函数h(x)在[1,+∞)上为减函数, 所以满足条件的最大整数m的值为3.

答案 3

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的帮助,解决 函数的问题需要方程、不等式的帮助,因此借
思 助于函数、方程、不等式进行转化与化归可以 维 升 将问题化繁为简,一般可将不等关系转化为最 华

值(值域)问题,从而求出参变量的范围.

变式训练2

(1) 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________.

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
? 4? ? ? a+4=-?t+ ?, ? t?

? 4? ? ? ∵t>0,∴-?t+ ?≤-4, ? t?

∴a≤-8,即实数a的取值范围是(-∞,-8]. 答案 (-∞,-8]

(2) 设 f(x)是定义在 R上的单调增函数,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______________. 解析 ∵f(x)在R上是增函数,

∴由f(1-ax-x2)≤f(2-a), 可得1-ax-x2≤2-a,a∈[-1,1],

∴a(x-1)+x2+1≥0,

对a∈[-1,1]恒成立.
令g(a)=(x-1)a+x2+1, 则当且仅当 g( - 1) = x2 - x + 2≥0 , g(1) = x2 + x≥0

恒成立,
解之,得x≥0或x≤-1.

故实数x的取值范围为x≤-1或x≥0.
答案 (-∞,-1]∪[0,+∞)

热点三

正难则反的转化

例3

- 2x 在区间 (t,3) 上总不为单调函数,则实数 m 的取

?m ? 3 ? 若对于任意t∈[1,2],函数g(x)=x +? +2? ? ?2 ?

x2

值范围是__________.
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,
2 即m+4≥ -3x在x∈(t,3)上恒成立, x 2 所以m+4≥ -3t恒成立,则m+4≥-1, x 即m≥-5; 2 由②得m+4≤ -3x在x∈(t,3)上恒成立, x

2 37 则 m+4≤ -9,即 m≤- . 3 3
所以, 函数 g(x)在区间(t,3)上总不为单调函数的 m 的 37 取值范围为- <m<-5. 3 37 答案 - <m<-5 3

否定性命题,常要利用正反的相互转化,先从

正面求解,再取正面答案的补集即可 .一般地,
题目若出现多种成立的情形,则不成立的情形
思 相对很少,从反面考虑较简单 .因此,间接法多 维 升 用于含有 “ 至多 ” 、 “ 至少 ” 及否定性命题情 华

形的问题中.

变式训练3
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.



如果在[-1,1]内没有值满足f(c)>0,

? ?p≤-1或p≥1, ?f?-1?≤0, ? 2 则? ?? 3 ? ?f?1?≤0 p≤-3或p≥ ? ? 2

3 ?p≤-3 或 p≥ , 2

3 取补集为-3<p< ,即为满足条件的 p 的取值范围. 2 3 故实数 p 的取值范围为(-3, ). 2

本讲规律总结 将问题进行化归与转化时,一般应遵循以下几种原则
(1)熟悉化原则:将陌生的问题转化为我们熟悉的问题

.
(2)简单化原则:将复杂的问题通过变换转化为简单的

问题.
(3)直观化原则:将较抽象的问题转化为比较直观的问 题 ( 如数形结合思想,立体几何问题向平面几何问题

(4) 正难则反原则:若问题直接求解困难时,可考虑
运用反证法或补集法或用逆否命题间接地解决问题.

真题与押题

? 真题感悟 ? 押题精练

1

2

3

4 真题感悟

1.(2014· 山东 ) 设集合 A = {x||x - 1|<2} , B = {y|y = 2x , x∈[0,2]},则A∩B等于( C ) A.[0,2] C.[1,3) 解析 B.(1,3) D.(1,4) 由|x-1|<2,解得-1<x<3,

由y=2x,x∈[0,2],解得1≤y≤4,

所以A∩B=(-1,3)∩[1,4]=[1,3).

1

2

3

4 真题感悟

2.(2014· 安徽)设函数 f(x)(x∈R)满足 f(x+π)=f(x)+ sin x.当 0≤x<π 时,f(x)=0,则 1 A. 2 C.0 3 B. 2 1 D.- 2
?23π? ? ? f? ?等于 ( ? 6 ?

)

1

2

3

4 真题感悟

解析 ∵f(x+π)=f(x)+sin x, ∴f(x+2π)=f(x+π)-sin x. ∴f(x+2π)=f(x)+sin x-sin x=f(x).

∴f(x)是以2π为周期的周期函数. 23π π π 又 f( )=f(4π- )=f(- ), 6 6 6 ? ? ? ? π π? π? ? ? ? ? ? ? f?- +π?=f?- ?+sin?- ?, 6 6? 6? ? ? ? ?

1
?5π? ? π? 1 ? ? ? ? ∴f? ?=f?- ?- . 6? 2 ? 6 ? ?

2

3

4 真题感悟

∵当 0≤x<π

?5π? ? ? 时,f(x)=0,∴f? ?=0, ? 6 ?

?23π? ? π? 1 ? ? ? ? ∴f? ?=f?- ?= .故选 6? 2 ? 6 ? ?

A.

答案 A

1

2

3

4 真题感悟

3.(2014· 陕西)若圆C的半径为1,其圆心与点(1,0)关
于直线y=x对称,则圆C的标准方程为 x2+(y-1)2=1 ________________. 解析 圆C的圆心为(0,1),半径为1,

标准方程为x2+(y-1)2=1.

1

2

3

4 真题感悟

4.(2014· 山东)已知实数x,y满足ax<ay(0<a<1),则下

列关系式恒成立的是( 1 1 A. 2 > 2 x +1 y +1 B.ln(x2+1)>ln(y2+1) C.sin x>sin y
D.x3>y3

)

1

2

3

4 真题感悟

解析

因为0<a<1,ax<ay,所以x>y.

采用赋值法判断,
1 A中,当x=1,y=0时, <1,A不成立. 2 B中,当x=0,y=-1时,ln 1<ln 2,B不成立.

C中,当x=0,y=-π时,sin x=sin y=0,C不成立. D中,因为函数y=x3在R上是增函数,故选D.

答案 D

1

2

3

4

5

6

押题精练

a x |(a∈R,e是自然对数的底 e 数 ) 在区间 [0,1] 上单调递增,则 a 的取值范围是 (

1.已知函数f(x)=|ex+

) A.[0,1] B.[-1,0]

C.[-1,1]

D.(-∞,-e2]∪[e2,+∞)

1

2

3

4

5

6

押题精练

解析 因为函数f(x)在区间[0,1]上单调递增, 1 x 取a=-1,则函数f(x)=e - x, e 1 x 当0≤x≤1时,f′(x)=e + x >0, e

所以函数f(x)在区间[0,1]上单调递增,排除A,D; 取a=1,则函数f(x)=ex+
1, ex

1

2

3

4

5

6

押题精练

2x e -1 1 x 当 0≤x≤1 时,f′(x)=e - x= x ≥0, e e

所以函数f(x)在区间[0,1]上单调递增,排除B, 故选C.

答案 C

1

2

3

4

5

6

押题精练

x2 y2 2.过双曲线 2- 2=1 上任意一点 P,引与实轴平行的 a b → → 直线, 交两渐近线于 R、 Q 两点, 则PR· PQ的值为( A ) A.a2 B.b2 C.2ab D.a2+b2

解析

→ → 当直线 RQ 与 x 轴重合时,|PR|=|PQ|=a,

故选 A.

1

2

3

4

5

6

押题精练

3. 已知数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,且 an = Sn· Sn - 1 2 (n≥2),a1= ,则 a10 等于( 9 4 A. 9 4 B. 7 4 C. 63 ) 5 D. 63

1

2

3

4

5

6

押题精练

解析

1 1 由 an=Sn· Sn-1 (n≥2),得 - =-1, Sn Sn-1

1 9 ∴ = +(n-1)×(-1), Sn 2 2 4 ∴Sn= ,∴a10=S10-S9= . 63 11-2n

答案 C

1

2

3

4

5

6

押题精练

x ? 2 ?x≤0?, ? 4.设函数 f(x)=? 则函数 y= f(f(x))- 1 ? ?log2x?x>0?,

的零点个数为________.

解析
.

令t=f(x),则该函数的零点即f(t)-1=0的解

先解方程f(t)=1.

①当t≤0时,方程为2t=1,解得t=0;

1

2

3

4

5

6

押题精练

所以方程f(t)=1的解为0或2. 再解方程f(x)=0和f(x)=2. ③当x≤0时,因为2x>0,故由2x=2,得x=1; ④当x>0时,由log2x=0,得x=1;由log2x=2,

得 x= 4;
故函数y=f(f(x))-1的零点为1,4,共2个.

答案 2

1

2

3

4
?1 ? ? -1

5

6

押题精练

5.(2014· 湖北)若函数 f(x),g(x)满足

f(x)g(x)dx=0,则称

f(x),g(x)为区间[-1,1]上的一组正交函数.给出三组函数: 1 1 ①f(x)=sin x,g(x)=cos x;②f(x)=x+1,g(x)=x-1; 2 2 ③f(x)=x,g(x)=x2.其中为区间[-1,1]上的正交函数的组 数是( A.0 ) B.1 C.2 D.3

1

2

3

4

5

6

押题精练

解析



?1 ? ? -1

f(x)g(x)dx=

?1 ? ? -1

1 1 sin xcos xdx 2 2

1? 1 1 ? = ? -1sin xdx=(- cos x)|1 - 1= 0, 2 2

故第①组是区间[-1,1]上的正交函数;
f(x)g(x)dx= (x+1)(x-1)dx= (x2-1)dx 3 x 4 1 =( -x)|-1=- ≠0, 3 3 故第②组不是区间[-1,1]上的正交函数; ②
?1 ? ? -1 ?1 ? ? -1 ?1 ? ? -1

1

2

3

4

5

6

押题精练

4 x ?1 ?1 ?1 2 3 1 ? ? ③? -1f(x)g(x)dx=? -1x· x dx = ? x d x = | = 0, -1 ? 4 -1

故第③组是区间[-1,1]上的正交函数. 综上,满足条件的共有两组.

答案 C

1

2

3

4

5

6

押题精练

6.已知奇函数 f(x)的定义域为实数集 R,且 f(x)在[0, π +∞)上是增函数,当 0≤θ≤ 时,是否存在实数 m, 2 使 f(cos 2θ - 3) + f(4m - 2mcos θ)>f(0) 对 所 有 的
? π? ? ? θ∈?0, ?均成立?若存在, 求出所有适合条件的实数 2? ?

m;若不存在,请说明理由.

1

2

3

4

5

6

押题精练



∵f(x)在R上为奇函数 ,又在[0,+∞)上是增函数,

∴f(x)在R上为增函数,且f(0)=0. 由题设条件可得,f(cos 2θ-3)+f(4m-2mcos θ)>0.

又由f(x)为奇函数,可得f(cos 2θ-3)>f(2mcos θ-4m).
∵f(x)在R上为增函数,∴cos 2θ-3>2mcos θ-4m,

即cos2θ-mcos θ+2m-2>0.

1

2

3

4

5

6

押题精练

π 令cos θ=t,∵0≤θ≤ 2 ,∴0≤t≤1. 于是问题转化为对一切0≤t≤1,

不等式t2-mt+2m-2>0恒成立.
2 t -2 2 ∴t -2>m(t-2),即m> 恒成立. t-2 2 t -2 2 又∵ =(t-2)+ +4≤4-2 2, ∴m>4-2 2, t-2 t-2

∴存在实数m满足题设的条件,即m>4-2 2 .


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