2018届二轮复习转化与化归思想课件（江苏专用）

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专题 10 　数学思想 第 4 讲 　 转化与化归思想 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，进而使问题得到解决的一种数学方法 . 一般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 . 转化与化归思想是实现具有相互关联的两个知识板块进行相互转化的重要依据，如函数与不等式、函数与方程、数与形、式与数、角与边、空间与平面、实际问题与数学问题的互化等，消去法、换元法、数形 结合 思想方 法解读 法等都体现了等价转化思想，我们也经常在函数、方程、不等式之间进行等价转化，在复习过程中应注意相近主干知识之间的互化，注重知识的综合性 . 转化与化归思想的原则 (1) 熟悉已知化原则：将陌生的问题转化为熟悉的问题，将未知的问题转化为已知的问题，以便于我们运用熟知的知识、经验和问题来解决 . (2) 简单化原则：将复杂问题化归为简单问题，通过对简单问题的解决，达到解决复杂问题的目的，或获得某种解题的启示和依据 . (3) 和谐统一原则：转化问题的条件或结论，使其表现形式更符合数与形内部所表示的和谐统一的形式；或者转化命题，使其推演有利于运用某种数学方法或符合人们的思维规律 . (4) 正难则反原则：当问题正面讨论遇到困难时，应想到问题的反面，设法从问题的反面去探讨，使问题获得解决 . 体验 高考 高考必会题型 高考题型精练 栏目索引 体验高考 解析答案 1 2 3 1.(2016· 课标全国乙改编 ) 已知等差数列 { a n } 前 9 项的和为 27 ， a 10 ＝ 8 ，则 a 100 ＝ ________. ∴ a 100 ＝ a 10 ＋ 90 d ＝ 98. 98 1 2 3 解析答案 2.(2016· 课标全国丙改编 ) 已知 则 a 、 b 、 c 的大小为 ________. 解析　 因为 由 函数 y ＝ 2 x 在 R 上为增函数知 b < a ； 又因为 由 函数 在 (0 ，＋ ∞ ) 上为增函数知 a < c . 综上得 b < a < c . b < a < c 1 2 3 解析答案 (1) 证明： sin A sin B ＝ sin C ； 1 2 3 则 a ＝ k sin A ， b ＝ k sin B ， c ＝ k sin C . 变形可 得 sin A sin B ＝ sin A cos B ＋ cos A sin B ＝ sin( A ＋ B ). 在 △ ABC 中，由 A ＋ B ＋ C ＝ π ， 有 sin( A ＋ B ) ＝ sin(π － C ) ＝ sin C ， 所以 sin A sin B ＝ sin C . 1 2 3 解析答案 由 (1) 知， sin A sin B ＝ sin A cos B ＋ cos A sin B ， 返回 高考 必会题型 题型一　正难则反的转化 例 1 　 已知集合 A ＝ { x ∈ R | x 2 － 4 mx ＋ 2 m ＋ 6 ＝ 0} ， B ＝ { x ∈ R | x <0} ，若 A ∩ B ≠ ∅ ，求实数 m 的取值范围 . 解析答案 点评 解　 设全集 U ＝ { m | Δ ＝ ( － 4 m ) 2 － 4(2 m ＋ 6) ≥ 0} ， 若方程 x 2 － 4 mx ＋ 2 m ＋ 6 ＝ 0 的两根 x 1 ， x 2 均为非负， 所以使 A ∩ B ≠ ∅ 的实数 m 的取值范围为 { m | m ≤ － 1}. 点评 本题中， A ∩ B ≠ ∅ ，所以 A 是方程 x 2 － 4 mx ＋ 2 m ＋ 6 ＝ 0 ① 的实数解组成的非空集合，并且方程 ① 的根有三种情况： (1) 两负根； (2) 一负根和一零根； (3) 一负根和一正根 . 分别求解比较麻烦，我们可以从问题的反面考虑，采取 “ 正难则反 ” 的解题策略，即先由 Δ ≥ 0 ，求出全集 U ，然后求 ① 的两根均为非负时 m 的取值范围，最后利用 “ 补集思想 ” 求解，这就是正难则反这种转化思想的应用，也称为 “ 补集思想 ”. 解析 答案 解析　 g ′ ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ ( m ＋ 4) x － 2 ，若 g ( x ) 在区间 ( t, 3) 上总为单调函数 ， 则 ① g ′ ( x ) ≥ 0 在 ( t, 3) 上恒成立，或 ② g ′ ( x ) ≤ 0 在 ( t, 3) 上恒成立 . 由 ① 得 3 x 2 ＋ ( m ＋ 4) x － 2 ≥ 0 ， 题型二　函数、方程、不等式之间的转化 解析答案 (1) 求函数 g ( x ) 的极大值； 令 g ′ ( x )>0 ，解得 0< x <1 ；令 g ′ ( x )<0 ，解得 x >1. ∴ 函数 g ( x ) 在 (0,1) 上单调递增，在 (1 ，＋ ∞ ) 上单调递减， ∴ g ( x ) 极大值 ＝ g (1) ＝－ 2. 点评 解析答案 点评 证明　 由 (1) 知 x ＝ 1 是函数 g ( x ) 的极大值点，也是最大值点， ∴ g ( x ) ≤ g (1) ＝－ 2 ，即 ln x － ( x ＋ 1) ≤ － 2 ⇒ ln x ≤ x － 1( 当且仅当 x ＝ 1 时等号成立 ) ， 令 t ＝ x － 1 ，得 t ≥ ln( t ＋ 1)( t > － 1). 解析答案 点评 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、不等式进行转化与化归可以将问题化繁为简，一般可将不等关系转化为最值 ( 值域 ) 问题，从而求出参变量的范围 . 点评 解析答案 变式训练 2 　 (2015· 课标全国 Ⅰ ) 设函数 f ( x ) ＝ e 2 x － a ln x . (1) 讨论 f ( x ) 的导函数 f ′ ( x ) 的零点的个数； 解　 f ( x ) 的定义域为 (0 ，＋ ∞ ) ， 当 a ≤ 0 时， f ′ ( x )>0 ， f ′ ( x ) 没有零点； 所以 f ′ ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增 . 又 f ′ ( a )>0 ， 解析答案 证明 　由 (1) ，可设 f ′ ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上的唯一零点为 x 0 ， 当 x ∈ (0 ， x 0 ) 时， f ′ ( x )<0 ；当 x ∈ ( x 0 ，＋ ∞ ) 时， f ′ ( x )>0. 故 f ( x ) 在 (0 ， x 0 ) 上单调递减，在 ( x 0 ，＋ ∞ ) 上单调递增 ， 所以 当 x ＝ x 0 时， f ( x ) 取得最小值，最小值为 f ( x 0 ). 题型三　主与次的转化 点评 例 3 　 已知函数 f ( x ) ＝ x 3 ＋ 3 ax － 1 ， g ( x ) ＝ f ′ ( x ) － ax － 5 ，其中 f ′ ( x ) 是 f ( x ) 的导函数 . 对满足－ 1 ≤ a ≤ 1 的一切 a 的值，都有 g ( x )<0 ，则实数 x 的取值范围为 _____________. 解析答案 解析　 由题意，知 g ( x ) ＝ 3 x 2 － ax ＋ 3 a － 5 ， 令 φ ( a ) ＝ (3 － x ) a ＋ 3 x 2 － 5 ，－ 1 ≤ a ≤ 1. 对－ 1 ≤ a ≤ 1 ，恒有 g ( x )<0 ，即 φ ( a )<0 ， 主与次的转化法 合情合理的转化是数学问题能否 “ 明朗化 ” 的关键所在，通过变换主元，起到了化繁为简的作用 . 在不等式中出现两个字母： x 及 a ，关键在于该把哪个字母看成变量，哪个看成常数 . 显然可将 a 视作自变量，则上述问题即可转化为在 [ － 1,1] 内关于 a 的一次函数小于 0 恒成立的问题 . 点评 变式训练 3 　 设 f ( x ) 是定义在 R 上的单调递增函数，若 f (1 － ax － x 2 ) ≤ f (2 － a ) 对任意 a ∈ [ － 1,1] 恒成立，则 x 的取值范围为 ______ _ ________________. 解析答案 解析　 ∵ f ( x ) 是 R 上的增函数， ∴ 1 － ax － x 2 ≤ 2 － a ， a ∈ [ － 1,1] ， (*) (*) 式可化为 ( x － 1) a ＋ x 2 ＋ 1 ≥ 0 对 a ∈ [ － 1,1] 恒成立 . 令 g ( a ) ＝ ( x － 1) a ＋ x 2 ＋ 1 ， 解得 x ≥ 0 或 x ≤ － 1 ， 即实数 x 的取值范围是 ( － ∞ ，－ 1] ∪ [0 ，＋ ∞ ). ( － ∞ ，－ 1] ∪ [0 ，＋ ∞ ) 题型四　以换元为手段的转化与化归 解析答案 解析答案 解析答案 返回 变式训练 4 　 若关于 x 的方程 9 x ＋ (4 ＋ a )·3 x ＋ 4 ＝ 0 有解，则实数 a 的取值范围是 ____________. 解析答案 解析　 设 t ＝ 3 x ，则原命题等价于关于 t 的方程 t 2 ＋ (4 ＋ a ) t ＋ 4 ＝ 0 有正解，分离变量 a ， ∴ a ≤ － 8 ，即实数 a 的取值范围是 ( － ∞ ，－ 8]. ( － ∞ ，－ 8] 高考 题型精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析答案 1. 若函数 f ( x ) ＝ x 3 － tx 2 ＋ 3 x 在区间 [1,4] 上单调递减，则实数 t 的取值范围 是 ___ _ _______. 解析　 f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 － 2 tx ＋ 3 ， 由于 f ( x ) 在区间 [1,4] 上单调递减， 则有 f ′ ( x ) ≤ 0 在 [1,4] 上恒成立， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析答案 又 ∵ 函数 y ＝ log a x ( a >1 ， x ＞ 0) 为增函数， ∴ a ＝ b > c . a ＝ b > c 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析答案 4 a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 4. 已知函数 f ( x ) ＝ (e 2 x ＋ 1 ＋ 1)( ax ＋ 3 a － 1) ，若存在 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) ，使得不等式 f ( x )<1 成立，则实数 a 的取值范围是 ______ _ __________. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析答案 解析　 因为 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) ，所以 2 x ＋ 1>1 ， 则 e 2 x ＋ 1 ＋ 1>e ＋ 1 ， 则 a < g ( x ) max ， 因为 x >0 ，则 x ＋ 3>3 ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析答案 ∴ 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. 2 016 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析答案 6. 若二次函数 f ( x ) ＝ 4 x 2 － 2( p － 2) x － 2 p 2 － 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 的取值范围是 ________. 解析　 如果在 [ － 1,1] 内没有值满足 f ( c )>0 ， 7. 对任意的 | m | ≤ 2 ，函数 f ( x ) ＝ mx 2 － 2 x ＋ 1 － m 恒为负，则 x 的取值范围是 ________________. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析答案 解析　 对任意的 | m | ≤ 2 ，有 mx 2 － 2 x ＋ 1 － m <0 恒成立， 即 | m | ≤ 2 时， ( x 2 － 1) m － 2 x ＋ 1<0 恒成立 . 设 g ( m ) ＝ ( x 2 － 1) m － 2 x ＋ 1 ， 则原问题转化为 g ( m )<0 恒成立 ( m ∈ [ － 2,2] ). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析答案 8.(2016· 课标全国丙改编 ) 在封闭的直三棱柱 ABC-A 1 B 1 C 1 内有一个体积为 V 的球，若 AB ⊥ BC ， AB ＝ 6 ， BC ＝ 8 ， AA 1 ＝ 3 ，则 V 的最大值是 ________. 解析　 由题意知，底面三角形的内切圆直径为 4. 三棱柱的高为 3 ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析答案 9. 求使不等式 x 2 ＋ ( a － 6) x ＋ 9 － 3 a >0 ， | a | ≤ 1 恒成立的 x 的取值范围 . 解　 将原不等式整理为形式上是关于 a 的不等式 ( x － 3) a ＋ x 2 － 6 x ＋ 9>0. 令 f ( a ) ＝ ( x － 3) a ＋ x 2 － 6 x ＋ 9. 因为 f ( a )>0 在 | a | ≤ 1 时恒成立，所以 (1) 若 x ＝ 3 ，则 f ( a ) ＝ 0 ，不符合题意，应舍去 . (2) 若 x ≠ 3 ，则由一次函数的单调性， 解得 x <2 或 x >4. 即 x 的取值范围为 ( － ∞ ， 2) ∪ (4 ，＋ ∞ ). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (1) 证明 f ( x ) 在 [ － 1,1] 上是增函数； 解析答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解　 任取－ 1 ≤ x 1 < x 2 ≤ 1 ， 则 f ( x 1 ) － f ( x 2 ) ＝ f ( x 1 ) ＋ f ( － x 2 ) ∵ － 1 ≤ x 1 < x 2 ≤ 1 ， ∴ x 1 ＋ ( － x 2 ) ≠ 0 ， ∴ f ( x 1 ) － f ( x 2 )<0 ， 即 f ( x ) 在 [ － 1,1] 上是增函数 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2) 解不等式 f ( x 2 － 1) ＋ f (3 － 3 x )<0 ； 解析答案 解　 因为 f ( x ) 是定义在 [ － 1,1] 上的奇函数，且在 [ － 1,1] 上是增函数， 不等式化为 f ( x 2 － 1)< f (3 x － 3) ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (3) 若 f ( x ) ≤ t 2 － 2 at ＋ 1 对 ∀ x ∈ [ － 1,1] ， a ∈ [ － 1,1] 恒成立，求实数 t 的取值范围 . 解析答案 解　 由 (1) 知， f ( x ) 在 [ － 1,1] 上是增函数， 所以 f ( x ) 在 [ － 1,1] 上的最大值为 f (1) ＝ 1 ， 要使 f ( x ) ≤ t 2 － 2 at ＋ 1 对 ∀ x ∈ [ － 1,1] ， a ∈ [ － 1,1] 恒成立， 只要 t 2 － 2 at ＋ 1 ≥ 1 ⇒ t 2 － 2 at ≥ 0 ， 设 g ( a ) ＝ t 2 － 2 at ，对 ∀ a ∈ [ － 1,1] ， g ( a ) ≥ 0 恒成立， 所以 t ≥ 2 或 t ≤ － 2 或 t ＝ 0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析答案 11. 已知函数 f ( x ) ＝ 2| x － 1| － a ， g ( x ) ＝－ |2 x ＋ m | ， a ， m ∈ R ，若关于 x 的不等式 g ( x ) ≥ － 1 的整数解有且仅有一解－ 2. (1) 求整数 m 的值； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解　 由 g ( x ) ≥ － 1 ， 即－ |2 x ＋ m | ≥ － 1 ， |2 x ＋ m | ≤ 1 ， ∵ 不等式的整数解为－ 2 ， 又 ∵ 不等式仅有一个整数解－ 2 ， ∴ m ＝ 4. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析答案 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析答案 ∴ a <2| x － 1| ＋ | x ＋ 2| 对任意 x ∈ R 恒成立 . 设 h ( x ) ＝ 2| x － 1| ＋ | x ＋ 2| ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 则 h ( x ) 在区间 ( － ∞ ， 1) 上是减函数， 在区间 (1 ，＋ ∞ ) 上是增函数， ∴ 当 x ＝ 1 时， h ( x ) 取得最小值 3 ， 故 a <3 ， ∴ 实数 a 的取值范围是 ( － ∞ ， 3). 返回