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2015届广东高考数学理科步步高二轮专题复习课件9.4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 ? 热点三

特殊与一般的转化
函数、方程、不等式之间的转化 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 x =4y 的焦点的动弦,直线
2

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,

a a a a ∵f(x)+f(1-x)= x + 1-x =x + x a + a a + a a + a a+ a a
a+ a a a = x + = 1, x= x a + a a+ a a + a
x x

x

1-x

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+ = . 2 2 ? ?100? ?100?? ?100?

99 答案 2

一般问题特殊化,使问题处理变得直接、简单 .
思 特殊问题一般化,可以使我们从宏观整体的高度 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.

变式训练1

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

cos A+cos C =________. 1+cos Acos 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 Acos 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) , 则
?5? ? ? 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,
?5? ? ? f? ?=0. ?2?

经验证 f(x)=xsin 2πx 满足题意,则
答案 0

热点二

函数、方程、不等式之间的转化

2 ? 例 2 (1)定义运算:(a b)?x=ax +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). 因为h′(x)= 1-1≤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,
? 4? ? ? a+4=-?t+ ?, ? t?

分离变量 a 得

? 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

? x2 ? ? + 2? ? 2 m 的取 ? - 2x 在区间 (t,3) 上总不为单调函数,则实数

例3

若对于任意t∈[1,2],函数g(x)=x3+? ?m

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

2 -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 转化).

(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( A.[0,2] C.[1,3) B.(1,3) D.(1,4)

C

)

解析 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? ? 6? 2

2

3

4 真题感悟

∵当

?5π? ? ? 0≤x<π 时,f(x)=0,∴f? ?=0, ?6?

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

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( )

A.

1 1 > B.ln( 1)>ln( y2+1) 2x2+ 2 x +1 y +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,
A中,当x=1,y=0时,1 <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 |(a∈R,e是自然对数的底 x e 递增,则a的取值范围是 数 ) 在 区 间 [0,1] 上 单 调
1.已知函数f(x)=|ex+ ( )

A.[0,1]
C.[-1,1]

B.[-1,0]
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, 取a=-1,则函数f(x)=ex- 1 ,

e 当0≤x≤1时,f′(x)=ex+ 1 >0, x e
所以函数f(x)在区间[0,1]上单调递增,排除A,D;

x

取a=1,则函数f(x)=ex+ 1 ,

e

x

1

2

3

4

5

6

押题精练

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

2x

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 2

2

3

4

5

6

押题精练

x y 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
2

A

)

B.b

2

C.2ab

D.a +b
2

2

→ → 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

1 1 解析 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; ②当t>0时,方程为log2t=1,解得t=2;

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)=x .其中为区间[-1,1]上的正交函数的组
2

数是( A.0

) B.1 C.2 D.3

1
?1 ? ? -1 ?1 ? ? -1

2

3

4

5

6

押题精练

1 1 解析 ① f(x)g(x)dx= sin xcos xdx 2 2 1? 1 1 1 ? = ? -1sin xdx=(- cos x)|-1=0, 2 2
故第①组是区间[-1,1]上的正交函数;

② f(x)g(x)dx= (x+1)(x-1)dx= (x -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;

?1 ? ? -1

?1 ? ? -1

?1 ? ? -1

2

1

2

3

4

5
4

6

押题精练

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

2

?1 ? ? -1

3

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≤ ,∴0≤t≤1. 2
于是问题转化为对一切0≤t≤1, 不等式t2-mt+2m-2>0恒成立. ∴t2-2>m(t-2),即m>
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

t -2 恒成立. t-2

2

2

.


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