2020届二轮复习（理）第4讲转化与化归的思想学案

2020届二轮复习（理）第4讲转化与化归的思想学案

第4讲　转化与化归的思想 ‎「思想方法解读」　　转化与化归思想是指在研究解决数学问题时，采用某种手段将问题通过转化，使问题得以解决的一种思维策略，其核心是把复杂的问题化归为简单的问题，将较难的问题化归为较容易求解的问题，将未能解决的问题化归为已经解决的问题．‎ 常见的转化与化归思想应用具体表现在：将抽象函数问题转化为具体函数问题，立体几何和解析几何中一般性点或图形问题转化为特殊点或特殊图形问题，以及“至少”或“是否存在”等正向思维受阻问题转化为逆向思维问题，空间与平面的转化，相等问题与不等问题的转化等．‎ 热点题型探究 热点1 特殊与一般的转化 例1　(1)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＋等于(　　)‎ A．2a B． C．4a D． 答案　C 解析　抛物线y＝ax2(a>0)的标准方程为x2＝y(a>0)．焦点F，取过焦点F的直线垂直于y轴，则|PF|＝|QF|＝，所以＋＝4a.‎ ‎(2)在平行四边形ABCD中，||＝12，||＝8.若点M，N满足＝3，＝2，则·＝(　　)‎ A．20 B．15‎ C．36 D．6‎ 答案　C 解析　解法一：由＝3，＝2知，点M是BC的一个四等分点，且BM＝BC，点N是DC的一个三等分点，且DN＝DC，所以＝＋，＝＋＝＋，所以＝－＝＋－＝－，所以·＝·＝‎ ·＝＝＝36，故选C.‎ 解法二：不妨设∠DAB为直角，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系．则M(12,6)，N(8,8)，所以＝(12,6)，＝(4，－2)，所以·＝12×4＋6×(－2)＝36，故选C.‎ 一般问题特殊化，使问题处理变的直接、简单；特殊问题一般化，可以把握问题的一般规律，使我们达到成批处理问题的效果．‎ 对于客观题，当题设条件提供的信息在普通条件下都成立或暗示答案是一个定值时，可以把题中变化的量用特殊值代替，可以快捷地得到答案．‎ ‎1．(2019·甘青宁高三3月联考)若函数f(x)＝1＋x3，则f(lg 2)＋f＝(　　)‎ A．2 B．4‎ C．－2 D．－4‎ 答案　A 解析　∵f(x)＝1＋x3，∴f(－x)＋f(x)＝2，∵lg ＝－lg 2，∴f(lg 2)＋f＝2，故选A.‎ ‎2．(2019·济南市高三3月模拟)已知函数f(x)＝则f(3－x2)>f(2x)的解集为(　　)‎ A．(－∞，－3)∪(1，＋∞)‎ B．(－3,1)‎ C．(－∞，－1)∪(3，＋∞)‎ D．(－1,3)‎ 答案　B 解析　当x<0时，f(x)＝x3－x2，f′(x)＝x2－x，‎ ‎∵x<0，∴f′(x)>0，f(x)单调递增，且x→0时，f(x)→0，‎ ‎∴f(x)<0；当x≥0时，f(x)＝ex单调递增，且f(x)≥f(0)＝1.因此可得f(x)在整个定义域上单调递增，∴f(3－x2)>f(2x)可转化为3－x2>2x.解得－30)，方程f[f(x)]＝b对于任意b∈[－1,1]都有9个不等实根，则实数a的取值范围为(　　)‎ A．(1，＋∞) B．(2，＋∞)‎ C．(3，＋∞) D．(4，＋∞)‎ 答案　D 解析　∵f(x)＝ax(x2－1)＋x(a>0)，∴f′(x)＝3ax2＋(1－a)．若a≤1，则f′(x)≥0，f(x)单调递增，此时方程f[f(x)]＝b不可能有9个不等实根，故a>1.令f′(x)＝0，得x＝±，不妨令x1＝－，x2＝ .∵当a>1时，a－1<3a，‎ ‎∴－10，解得a>4，故实数a的取值范围为(4，＋∞)．故选D.‎ 函数、方程与不等式相互转化的应用 函数、方程与不等式三者之间存在着密不可分的联系，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、不等式之间的转化可以将问题化繁为简，常常将不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题；将证明不等式问题转化为函数的单调性与最值问题，将方程的求解问题转化为函数的零点问题．‎ ‎1．(2019·安徽马鞍山二次质检)已知函数f(x)＝x＋(2－kx)ex(x>0)，若f(x)>0的解集为(a，b)，且(a，b)中恰有两个整数，则实数k的取值范围为(　　)‎ A. B． C. D． 答案　C 解析　f(x)＝x＋(2－kx)ex>0⇒x>(kx－2)ex⇒>kx－2，‎ 设g(x)＝(x>0)，h(x)＝kx－2，问题就转化为在(a，b)内，g(x)>h(x)，且(a，b)中恰有两个整数．先研究函数g(x)的单调性，g′(x)＝(x>0)，当x>1时，g′(x)<0，所以函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减；当00，所以函数 g(x)在(0,1)上单调递增，所以g(x)max＝g(1)＝.注意到g(0)＝0，当x>0时，g(x)>0.h(x)＝kx－2，恒过(0，－2)，要想在(a，b)内，g(x)>h(x)，且(a，b)中恰有两个整数，必须要满足以下两个条件：⇒⇒＋≤k＜＋1，故选C.‎ ‎2．已知a＝ln ，b＝ln ，c＝ln 4，则(　　)‎ A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．c＜a＜b D．b＜c＜a 答案　B 解析　a＝ln ＝ln 2＝ln ＝，b＝ln ＝，c＝ln 4＝×2ln 2＝.故构造函数f(x)＝，则a＝f，b＝f，c＝f(2)．因为f′(x)＝＝，由f′(x)＝0，解得x＝e.故当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，e]上单调递增；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，函数f(x)在[e，＋∞)上单调递减．因为＜＜2＜e，所以f＜f＜f(2)，即b＜a＜c，故选B.‎ 热点3 正难则反的转化 例3　(1)(2019·湖南邵阳高三10月大联考)若命题“∃x0∈R，x＋2mx0＋m＋2<0”为假命题，则m的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，－1]∪[2，＋∞) B．(－∞，－1)∪(2，＋∞)‎ C．[－1,2] D．(－1,2)‎ 答案　C 解析　若命题“∃x0∈R，x＋2mx0＋m＋2<0”为假命题，则命题等价于∀x∈R，x2＋2mx＋m＋2≥0恒成立，故只需要Δ＝4m2－4(m＋2)≤0⇒－1≤m≤2.故选C.‎ ‎(2)已知函数f(x)＝ax2－x＋ln x在区间(1,2)上不单调，则实数a的取值范围为________．‎ 答案　 解析　f′(x)＝2ax－1＋.‎ ‎(ⅰ)若函数f(x)在区间(1,2)上单调递增，则f′(x)≥0在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋≥0，得a≥.①‎ 令t＝，因为x∈(1,2)，所以t＝∈.‎ 设h(t)＝(t－t2)＝－2＋，t∈，显然函数y＝h(t)在区间上单调递减，所以h(1)＜h(t)＜h，即0＜h(t)＜.‎ 由①可知，a≥.‎ ‎(ⅱ)若函数f(x)在区间(1,2)上单调递减，则f′(x)≤0在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋≤0，得a≤.②‎ 结合(ⅰ)可知，a≤0.‎ 综上，若函数f(x)在区间(1,2)上单调，则实数a的取值范围为(－∞，0]∪.所以若函数f(x)在区间(1,2)上不单调，则实数a的取值范围为.‎ 正与反的转化法 正难则反，利用补集求得其解，这就是补集思想，一种充分体现对立统一、相互转化的思想方法．一般地，题目若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很少，从反面考虑较简单，因此，间接法多用于含有“至多”“至少”情形的问题中．‎ ‎1．若抛物线y＝x2上的所有弦都不能被直线y＝k(x－3)垂直平分，则k的取值范围是(　　)‎ A. B． C. D． 答案　D 解析　当k＝0时，显然符合题意．当k≠0时，设抛物线y＝x2上两点A(x1，x)，B(x2，x)关于直线y＝k(x－3)对称，AB的中点为P(x0，y0)，则x0＝，y0＝.由题设知＝－，所以＝－.又AB的中点P(x0，y0)在直线y＝k(x ‎－3)上，所以＝k＝－，所以中点P.由于点P在y>x2的区域内，则－>2，整理得(2k＋1)(6k2－2k＋1)<0，解得k<－.‎ 因此当k<－时，抛物线y＝x2上存在两点关于直线y＝k(x－3)对称，于是当k≥－时，抛物线y＝x2上不存在两点关于直线y＝k(x－3)对称．所以实数k的取值范围为.故选D.‎ ‎2．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，则实数p的取值范围是________．‎ 答案　 解析　若在区间[－1,1]内不存在c满足f(c)＞0，因为Δ＝36p2≥0恒成立，‎ 则解得 所以p≤－3或p≥，取补集得－3＜p＜，‎ 即满足题意的实数p的取值范围是.‎ 热点4 形体位置关系的转化 例4　(1)(2019·延安市高考模拟)正三角形ABC的边长为2，将它沿高AD折叠，使点B与点C间的距离为，则四面体ABCD外接球的表面积为(　　)‎ A．6π B．7π C．8π D．9π 答案　B 解析　根据题意可知四面体ABCD的三条侧棱BD⊥AD，DC⊥DA，底面△BDC是等腰三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，在三棱柱底面△BDC中，BD＝CD＝1，BC＝，∴∠BDC＝120°，∴△BDC的外接圆的半径为×＝1，由题意可得，球心到底面的距离为AD＝，∴球的半径为r＝＝.故外接球的表面积为4πr2＝7π，故选B.‎ ‎(2)(2019·天津市滨海新区高三摸底考试)如图所示，已知多面体ABCDEFG 中，AB，AC，AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为________．‎ 答案　4‎ 解析　解法一：(分割法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C作CH⊥DG于H，连接EH，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH－ABC和一个斜三棱柱BEF－CHG.由题意，知V三棱柱DEH－ABC＝S△DEH·AD＝×2＝2，V三棱柱BEF－CHG＝S△BEF·DE＝×2＝2.故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝2＋2＝4.‎ 解法二：(补形法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，显然所求多面体的体积即该正方体体积的一半．又正方体的体积V正方体ABHI－DEKG＝23＝8，故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝×8＝4.‎ 形体位置关系的转化是通过切割、补形、等体积转化等方式转化为便于观察、计算的常用几何体，由于新的几何体是转化而来的，一般需要对新几何体的位置关系、数据情况进行必要分析，准确理解新几何体的特征．‎ ‎1. (2019·东北三省三校高三第二次模拟)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，点D是棱B1C1的中点，AB＝AC＝，BC＝BB1＝2.‎ ‎(1)求证：AC1∥平面A1BD；‎ ‎(2)求点D到平面ABC1的距离．‎ 解　(1)证明：连接AB1，交A1B于点O，则O为AB1的中点，连接OD，又D是B1C1的中点，‎ ‎∴OD∥AC1，‎ ‎∵OD⊂平面A1BD，AC1⊄平面A1BD，‎ ‎∴AC1∥平面A1BD.‎ ‎(2)由已知，AB＝AC，取BC的中点H，则BC⊥AH，∵BB1⊥平面ABC，AH⊂平面ABC，‎ ‎∴BB1⊥AH，∵BC∩BB1＝B，‎ ‎∴AH⊥平面BCC1B1.‎ 又AB＝AC＝，BC＝2，∴AH＝1，‎ ‎∵BB1⊥C1D，‎ ‎∴S△BC1D＝C1D·BB1＝×1×2＝1，‎ ‎∴VD－ABC1＝VA－BC1D＝S△BC1D·AH＝×1×1＝.‎ ‎∵AC1＝＝，BC1＝＝2，‎ ‎∴AC＋AB2＝BC，∴△ABC1是直角三角形，‎ ‎∴S△ABC1＝××＝，设点D到平面ABC1的距离为h，则××h＝，得h＝，即点D到平面ABC1的距离为.‎ ‎2．(2019·山东师范大学附属中学高三上学期二模)已知等腰梯形ABCE(图1)中，AB∥EC，AB＝BC＝EC＝4，∠ABC＝120°，D是EC的中点，将△ADE沿AD折起，构成四棱锥P－ABCD(图2)．‎ ‎(1)求证：AD⊥PB；‎ ‎(2)当平面PAD⊥平面ABCD时，求三棱锥C－PAB的体积．‎ 解　(1)证明：取AD的中点K，连接PK，BK，BD，‎ ‎∵PA＝PD，K为AD的中点，∴PK⊥AD，又AD＝AB，∠DAB＝60°，∴△ADB为等边三角形，则AB＝BD，则BK⊥AD，又PK∩BK＝K，∴AD⊥平面PBK，又PB⊂平面PBK，‎ 则AD⊥PB.‎ ‎(2)由平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PK⊂平面PAD，PK⊥AD，得PK⊥平面ABCD，由已知AB＝BC＝4，∠ABC＝120°，得S△ABC＝4，‎ 又PK＝2，‎ ‎∴VC－PAB＝VP－ABC＝×4×2＝8.‎