高考数学数学思想的应用情形归纳第01讲转化化归思想情形

高考数学数学思想的应用情形归纳第01讲转化化归思想情形

第 01 讲：转化化归思想情形之 1-4 【知识要点】 一、数学思想是人对数学知识的本质认识，是从某些具体的数学内容和对数学的认识过程中提炼上升 的数学观点，它在认识过程中被反复运用，带有普遍的指导意义.是建立数学和用数学解决问题的指导思想， 而且数学思想是数学学科的精髓，是数学素养的重要内容之一.学生只有领会了数学思想，才能有效地应用 知识，形成能力.在我们解决数学问题进行数学思维时，也总是自觉或不自觉地运用数学思想方法. 高中数学解题常用的数学思想有数形结合思想、分类讨论思想、转化化归思想、函数方程思想等. 二、在解决数学问题时，常遇到一些问题直接求解比较困难，通过观察、分析等思维过程,需将原问题 转化为一个新问题（相对来说，对自己较熟悉的），通过对新问题的求解，达到解决原问题的目的.这一思 想方法我们称之为“转化化归思想”.转化化归思想就是化难为易，化生为熟，化繁为简，化未知为已知. 转化化归思想的情形很多，常见的情形见后面的方法讲评. 三、转化化归要遵循的几个基本原则有：目标简单化原则、和谐统一性原则、熟悉化原则、直观化原 则. 四、本讲讲了转化化归思想情形之 1-4, 情形 1：正难则反的转化化归；情形 2：数形结合的转化化 归；情形 3：换元建新的转化化归；情形 4：主元次元的转化化归 . 【方法讲评】 转 化 化 归 情形一 正难则反的转化化归 一个数学问题从正面考虑比较复杂，可以先考虑问题的反面，求出反面问题的答案，再根据 正面反面问题的关系得到原数学问题的答案. 【例1】已知 ,m R 设命题 P :| m 5| 3  ；命题Q ：函数 2 4( ) 3 2 3f x x mx m    有两个不同的零 点. 求使命题“ P 或Q ”为真命题的实数 m 的取值范围. 所以可以考虑 P Q假 假 . 所以 2 8 1 4 m m m      或 ，所以 1 2m   . 所以实数 m 的取值范围是 ( , 1) [2, )   . 【点评】（1）本题从正面考虑，命题“ P 或Q ”为真命题有三种情况（ P Q P Q真 假或 假 真或P真Q真）， 所以从正面考虑，要分三种情况考虑，情况比较复杂，但是它的反面只有一种情况，就是 P Q假 假 ， 所以此时我们可以转化为考虑它的反面,求出实数 m 的取值范围，由于正面和反面的情况下，实数 m 的取值 范围的并集是 R ，所以我们求出反面情况下 m 的取值范围后，只要再求这个范围在R中的补集即可.（2）在 学习数学的过程中或实际生活中，当我们遇到正面考虑比较复杂的问题时 ，我们可以考虑它的反面.假设 正面解答问题的结果为集合 A ,反面解答问题的结果为集合 B ,则 ( UA B U B 全集），A=C .我们先考 虑它的反面得到集合 B ，再根据集合的关系得到问题的结果为 UC B .在有的资料上这种方法称为“补集法”. 【反馈检测 1】已知集合 2{ | 4 2 6 0}, { | 0}A x x mx m B x x       ，若 A B  ，求 m 的取值 范围． 【例 2】若下列三个方程： 2 2 2 24 4 3 0, ( 1) 0, 2 2 0x ax a x a x a x ax a           中至少有一个 方程有实根，试求实数 a 的取值范围. 【解析】三个方程中至少有一个方程有实根的反面时三个方程都没有实数根. 于是三个方程至少有一个方程有实根的实数 a 的取值范围为        12 3 aaaACU 或 【点评】（1）本题的正面有七种情形需要考虑，而其反面只有一种，即“三个方程均无实根”。故先考 虑其反面是捷径.从此题我们可以看到转化化归思想的优越性.（2）一般情况下，“至少”“至多”的命题， 如果正面情况分类比较繁琐，可以从反面考虑，优化解题，提高解题效率. 【反馈检测 2】已知 0 1a  ， 0 1b  ， 0 1c  ，求证： (1 )a b ， (1 )b c ， (1 )c a 中至少有 一个小于等于 1 4 . 转 化 化 归 情形二 数形结合的转化化归 一个数学问题，如果从“数”的角度突破比较复杂或困难，可以把“数”转化为对应的“形”， 以形助数，提高解题效率；一个数学问题，如果从“形”的角度突破比较复杂或困难，可以 把“形”转化为对应的“数”，以数解形，提高解题效率. 【例 3】函数 2( ) ( 1) ( 0)xf x ax x e a    ． （1）当 1a   时，若函数 ( )y f x 与 3 21 1( ) 3 2g x x x m   的图象有且只有 3 个不同的交点，求实数 m 的值的取值范围；（2）讨论 ( )f x 的单调性． 【解析】（1）当 1a   时，由题得 2 3 2 ( 1) 1 1 3 2 xy x x e y x x m         ， （2）由于 2( ) ( 1) xf x ax x e   ， ∴ 2'( ) (2 1 1) xf x ax ax x e     2 1( ) xaax x ea   ． 当 1 2a   时， '( ) 0f x  恒成立，∴ ( )f x 在 R 上单调递减； 当 1 2a   时， ( )f x 在 2 1( , )a a   上单调递减，在 2 1( ,0)a a  上单调递增，在 (0, ) 上单调递 减； 当 1 02 a   时， ( )f x 在 ( ,0) 上单调递减，在 2 1(0, )a a  上单调递增，在 2 1( , )a a   上单调 递减． 【点评】（1）直接研究函数 ( )y f x 与 3 21 1( ) 3 2g x x x m   的图象的交点比较困难，所以本题先利 用 两 函 数 图 像 交 点 的 个 数 等 价 于 两 方 程 组 解 的 个 数 ， 得 到 方 程 组 ， 通 过 消 元 得 到 方 程 2 3 21 1( 1) ( )3 2 xm x x e x x      ，再构造新函数利用数形结合来解答，直观又简洁，大大地提高了解题 效率. (2)本题主要是典型的“以形助数”，把“数”等价地转化为“形”，再数形结合分析解答. 【反馈检测 3】已知函数 2( ) 1 xef x ax   ，其中 a 为实数，常数 2.718e   . (1) 若 1 3x  是函数 ( )f x 的一个极值点，求 a 的值； (2) 当 4a   时，求函数 ( )f x 的单调区间； (3) 当 a 取正实数时，若存在实数 m，使得关于 x 的方程 ( )f x m 有三个实数根，求 a 的取值范围. 【例 4】已知函数 1ln)(  xxxf （1）求函数 )(xf 在 ][ 22 eex ， 上的最大值与最小值； （2）若 1x 时，函数 )(xfy  的图像恒在直线 kxy  上方，求实数 k 的取值范围； （3）证明：当  Nn 时， 1 1 4 1 3 1 2 1)1ln(  nn  ． 【解析】（1）定义域为 )0( ， ，且 1ln)(  xxf ， 当  12  eex ， 时， 0)(  xf ，当  21 eex ， 时， 0)(  xf  )(xf 在  12  eex ， 为为减函数；在  21 eex ， 上为增函数，  ，11 min 1)()(   eefxf   2222 max 21)()(),(max)( eefefefxf   （2）当   ,1x 时，函数 )(xfy  的图像恒在直线 kxy  的上方，等价于   ,1x 时不等式 kxxx 1ln 恒成立，即 xxx xxk 1ln1ln  恒成立， 令 xxxg 1ln)(  ，   ,1x 则 22 111)( x x xxxg  ，当   ,1x 时， 0)(  xg ，故 )(xg 在 【点评】（1）函数 )(xfy  的图像恒在直线 kxy  上方，这是函数“形”方面的特征，等价转化为“数” 的特征，即   ,1x 时不等式 kxxx 1ln 恒成立，即 xxx xxk 1ln1ln  恒成立， 即 min( )k g x .(2)本题第（2）问就是典型的“以数解形”，再分离参数化为函数的最值，提高了解题效率. 【反馈检测 4】已知 2)(,ln)( 2axxgxxxf  ，直线 2)3(:  kxkyl （1）函数 )(xf 在 ex  处的切线与直线l 平行，求实数 k 的值 （2）若至少存在一个 ],1[0 ex  使 )()( 00 xgxf  成立，求实数 a 的取值范围 （3）设 Zk  ，当 1x 时 )(xf 的图像恒在直线l 的上方，求 k 的最大值. 转 化 化 归 情形三 换元建新的转化化归 有时，我们遇到比较复杂的问题，可以通过换元，把无理式变成有理式，可以把高次降幂成 低次，可以变多元为少元，可以把复杂的函数、方程、不等式等转化为易于解答的常见问题. 【例 5】求函数 (sin 1)(cos 1) [ , ]12 2y x x x       的值域. 2 2t  时, min 3 2 4 2y   故所求函数的值域为 3 2 3 2[ , ]4 2 2 2   . 【 点 评 】（ 1 ） 由 于 2(sin cos ) 1 2sin cos 1 sin 2x x x x x     ， 所 以 当 已 知 中 同 时 有 sin cos ,sin cosx x x x 或者同时有sin cos ,sin cosx x x x 时，可以考虑换元，化成一个二次函数.（2） 换元时注意利用三角函数的知识求准新元的范围.（3）本题显示出换元建立新函数转化化归的好处，本来 一个函数有两个变量，不好处理，但是通过换元，变成了一个我们熟悉的一元二次函数，大大地提高了解 题效率. 【例 6】若 0 2,x  求函数 1 2( ) 4 3 2 5x xy f x      的值域. 【解析】由题得 2 1 2 4 13 2 5 (2 ) 3 2 524 x x x xy         21 (2 ) 3 2 52 x x   设 212 0 2 1 4 ( ) 3 5 (1 4)2 x t x t f t t t t            函数的对称轴方程为 3 312 2 t     所以 min 1( ) (3) 2f t f  ， max 5( ) (1) 2f t f  ， 所以函数的值域为 1 5[ , ]2 2 . 【点评】（1）本题看起来形式比较复杂，仔细观察后，它们可以化为含有 2x 的函数，但是，这个函数 21 (2 ) 3 2 52 x xy    研究起来不是很方便，但是通过观察换元后，得到了一个关于t 的新的一元二次函数 21( ) 3 5 (1 4)2f t t t t     ，二次函数的问题我们解答起来就容易多了.（2）本题就是换元建新转化 化归的典型题目，换元时，一定要注意等价性，注意新元的范围. 【反馈检测 5】已知 x 满足不等式 1 1 2 2 log log (2 )x x  . （1）求 x 的取值范围； （2）求函数 2 2( ) (log ) (log )4 2 x xf x   的最小值. 【例 7】已知函数    2ln 2 ,g x x ax a x a R     . (1)求  g x 的单调区间； (2)若函数       21 2f x g x a x x    ， 1 2 1 2, ( )x x x x 是函数  f x 的两个零点，  f x 是函数  f x 的导函数，证明： 1 2 02 x xf       . 综上：∴当 0a  时，  g x 的单调增区间为 10, a      ，单调减区间为 1 ,a     当 0a  时，  g x 的单调增区间为 0, （2）由 1 2,x x 是函数   2lnf x x x ax   的两个零点有   2 1 1 1 1ln 0f x x x ax      2 2 2 2 2ln 0f x x x ax    ，相减得 1 2 1 2 1 2 ln lnx xa x xx x    又∵   1 2f x x ax    ∴ 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ln ln2 2 2 x x x xf x x ax x x x x x               所以要证明 1 2 02 x xf       ，只需证明 1 2 1 2 1 2 ln ln2 0x x x x x x    1 2(0 )x x  【点评】（1）本题第 2 小问分析出  1 2 1 2 1 2 2 ln lnx x x xx x    后，证明还是很不方便，又进行了变形，转 化成即证明   1 2 1 1 2 2 2 1 ln * 1 x x x x x x       ， 这时  1 2 0,1x tx   ，进行换元得到    1 ln 2 2h t t t t    ，这样一 个双变量的函数通过换元一下子变成了一个新的单元函数，后面的证明就是水到渠成了.这里的换元很关 键，是突破此题的关键. （2）本题是换元建新转化化归的典型例题. 换元无处不在，遇到难题时，我们要 多观察，多分析时间长了，能力自然就上来了. 【反馈检测 6】已知函数   2ln 2lna xf x x a kx a     （1）若 0k  ，证明   0f x  ； （2）若   0f x  ，求 k 的取值范围；并证明此时  f x 的极值存在且与 a 无关. 转化 化归 情形四 主元次元的转化化归 有时我们遇到多个变量的问题，有的是主元，有的是次元，但是主次是相对的，可以转化的. 有时解题比较复杂困难时，如果变换主元次元，可以大大地优化解题. 【例 8】已知函数   lnf x x ．若不等式  mf x a x  对所有  0,1m ， 21 ,x ee     都成立，求实 数 a 的取值范围． 【解析】则 lna m x x  对所有的  0,1m ， 21 ,x ee     都成立， 令   lnH x x m x  ，  0,1m ， 21 ,x ee     是关于 m 的一次函数， 所以 2 2 min( ) ( ) 2g x g e e   所以 22a e  综合得 2a e  . 【点评】（1）对于不等式 lnm x a x  ，由于 1 ln 2x   ，有正有负，不便分离次参，所以我们要寻 找其它方法突破，在这里，我们构造一次函数反客为主就是一种方法，本身来说， x 是主元， m 是次元， 但是我们可以把 m 看成自变量，因为已知中有 m 的范围， [0,1]m ，把 m 看成主元，把 x 看作参数，看做 次元，利用一次函数的性质分析解答.这样避免了分类讨论，提高了解题效率.(2)本题是主元次元转化化归 的典型例题，要理解其精髓.(3)对于“分离次参”的题目，有时也可以尝试主元次元转化化归的方法来解 答.在有的资料上称为“反客为主”. 【反馈检测 7】已知函数 ， ， ， . （Ⅰ）讨论 的单调性； （Ⅱ）对于任意 ，任意 ，总有 ，求 的取值范围. 转化化归思想在高中数学中的应用情形归纳 第 01 讲：转化化归思想情形之 1-4 参考答案 【反馈检测 1 答案】 1m   【反馈检测 1 详细解析】∵ {x | x 0}B   ，且 A B  ， 故方程 2 4 2 6 0x mx m    至少存在一个负根时 1m   ，即 A B  时，则 m 的取值范围为 1m   ． 【反馈检测 2 答案】见解析. 【反馈检测 2 详细解析】假设      1 1 11 , 1 , 14 4 4a b b c c a      则有       31 1 1 2a b b c c a      〔＊〕 又∵      1 1 1a b b c c a     1 1 1 3 2 2 2 2 a b b c c a         与〔＊〕矛盾 所以假设不成立，原命题成立. 【反馈检测 3 答案】（1） 9 5a  ；（2） ( )f x 的单调增区间是 5 1(1 , )2 2  ， 1 5( ,1 )2 2  ； ( )f x 的单调减区间是 1( , )2   ， 1 5( ,1 )2 2   ， 5(1 , )2   ；（3） a 的取值范围是 (1, ) . 【反馈检测 3 详细解析】(1) 2 2 2 ( 2 1)( ) (1 ) xax ax ef x ax     因为 1 3x  是函数 ( )f x 的一个极值点，所以 1( ) 03f   ， 即 1 2 91 0,9 3 5a a a    . 而当 9 5a  时， 2 29 5 9 1 52 1 ( 2 ) ( )( )5 9 5 3 3ax ax x x x x        ， 可验证： 1 3x  是函数 ( )f x 的一个极值点.因此 9 5a  . (2) 当 4a   时， 2 2 2 ( 4 8 1)( ) (1 4 ) xx x ef x x      令 ( ) 0f x  得 24 8 1 0x x    ，解得 51 2x   ，而 1 2x   . 所以当 x 变化时， ( )f x 、 ( )f x 的变化是 x 1( , )2   1 5( ,1 )2 2   51 2  5 1(1 , )2 2  1 5( ,1 )2 2  51 2  5(1 , )2   ( )f x   0   0  ( )f x   极小值   极大值  因此 ( )f x 的单调增区间是 5 1(1 , )2 2  ， 1 5( ,1 )2 2  ； ( )f x 的单调减区间是 1( , )2   ， 1 5( ,1 )2 2   ， 5(1 , )2   ； 但是函数值恒大于零，极大值 1( )f x ，极小值 2( )f x ，并且根据指数函数和二次函数的变化速度可知当 x   时， 2( ) 1 xef x ax    ，当 x   时， 2( ) 01 xef x ax   .因此当 2 1( ) ( )f x m f x  时， 关于 x 的方程 ( )f x m 一定总有三个实数根，结论成立. 【反馈检测 4 答案】（1） 5k ；（2） 0a ；（3）5. 【反馈检测 4 详细解析】 （1）   1ln  xxf ，由于 )(xf 在 ex  处的切线与直线l 平行   321ln  keef ，解得 5k （2）由于至少存在一个 ],1[0 ex  使 )()( 00 xgxf  成立， 2ln 2axxx  成立至少存在一个 x 整理得 x xa ln2 成立至少存在一个 x ，令   x xxh ln2 ，当  ex ,1 时，     0ln12 2  x xxh 恒成立，因此   x xxh ln2 在 e,1 单调递增，当 1x 时， 当 01 xx  时 0)( xm 即 0)(  xF ，当 0xx  时 0)( xm 即 0)(  xF ， 所以 )(xF 在 ),1( 0x 上单调递减，在 ),( 0 x 上单调递增 0 0 0 0 0 0 min 0 0 0 ln 3 2 ( 2) 3 2( ) ( ) 1 1 x x x x x xF x F x x x         0 2 (5,6)x   故 20  xk 又 Zk  ，所以 k 的最大值为 5. 【反馈检测 5 答案】（1） (0,1]；（2）2. 【反馈检测 5 详细解析】（1） 0 1x        x>0 由题得 2-x>0 x 2-x 2 2 2 2( ) (log log 4)(log log 2)f x x x  (2)由题得 2 2 2 2 2(log 2)(log 1) (log ) 3log 2x x x x      2 2 3 3log = ( 0), ( ) 3 2, ,2 2x a a g a a a a       设 函数的对称轴为 0a 画出二次函数的图像得当 时，函数取到最小值2. min( ) (0) 2f x f 所以 . 【反馈检测 6 答案】（1）见解析（2）见解析. 【反馈检测 6 详细解析】（1）若   2 2 2 20, a x ak f x x x x     当    0, , 0,2 ax f x f x      单调递减；当    , , 0,2 ax f x f x      单调递增 所以    min 2ln 2 2ln 2 1 ln2 02 2 a af x f a          ，得证 （1）若   2ln 2ln 0a af x x a kx x      ，变形得到 2ln x a aka x x   ， 令 = ( 0)x t ta  ，得到 2 2 ln 1t t kt     1 12 1 2 tg t t t        ，所以在  0,1 单减，在 1, 单增，所以    1 0g t g   ， 即  g t 在 0, 单增，当  0, 0t g t  所以   0g t  ，∴ 0k  下面再证明  f x 的极值存在且与 a 无关： ①   2 2 2 20, a x ak f x x x x     ,    = 2ln 2 2ln 2 1 ln22 2 a af x f a        极小值 与 a 无关. ②     2 2 1 2 2 2 2 2 20, k x x x xa k kx ax ak f x x x a ax ax           （其中     1 2 1 1 1 1 0, 0 a k a k x xk k       ）所以 1 0x x  且  f x 在 2x 处取极小值   2 2 2 2 2 2 2 2ln 2ln 2lnx x xa af x x a k kx a a x a        因为   2 1 1a k x k    ，∴  2 1 1 kx a k    是关于 k 的函数（与 a 无关）， 所以   2 2 2 2 2ln x xaf x ka x a    也是关于 k 的函数（与 a 无关）. 【反馈检测 7 答案】（Ⅰ）当 时， 递减区间为 ，不存在增区间；当 时， 递减区间为 ，递增区间 ；（Ⅱ） . 【反馈检测 7 详细解析】（Ⅰ） 则 若对任意 ， 恒成立，即 令 ，则 设 ，则 ∴ 在 递减， 即 ∴ 在 递减∴ 即 的取值范围为 ．