《新BBG》考前三個(gè)月2016高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)(江蘇專用理科)知識(shí)考點(diǎn)題型篇：專題10+數(shù)學(xué)思想方法+第48練

1、第48練轉(zhuǎn)化與化歸思想思想方法解讀轉(zhuǎn)化與化歸思想方法，就是在研究和解決有關(guān)數(shù)學(xué)問題時(shí)，采用某種手段將問題通過變換使之轉(zhuǎn)化，進(jìn)而使問題得到解決的一種數(shù)學(xué)方法.一般是將復(fù)雜的問題通過變換轉(zhuǎn)化為簡單的問題，將難解的問題通過變換轉(zhuǎn)化為容易求解的問題，將未解決的問題通過變換轉(zhuǎn)化為已解決的問題.轉(zhuǎn)化與化歸思想是實(shí)現(xiàn)具有相互關(guān)聯(lián)的兩個(gè)知識(shí)板塊進(jìn)行相互轉(zhuǎn)化的重要依據(jù)，如函數(shù)與不等式、函數(shù)與方程、數(shù)與形、式與數(shù)、角與邊、空間與平面、實(shí)際問題與數(shù)學(xué)問題的互化等，消去法、換元法、數(shù)形結(jié)合法等都體現(xiàn)了等價(jià)轉(zhuǎn)化思想，我們也經(jīng)常在函數(shù)、方程、不等式之間進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化，在復(fù)習(xí)過程中應(yīng)注意相近主干知識(shí)之間的互化，注重知識(shí)的綜合

2、性.轉(zhuǎn)化與化歸思想的原則(1)熟悉已知化原則：將陌生的問題轉(zhuǎn)化為熟悉的問題，將未知的問題轉(zhuǎn)化為已知的問題，以便于我們運(yùn)用熟知的知識(shí)、經(jīng)驗(yàn)和問題來解決.(2)簡單化原則：將復(fù)雜問題化歸為簡單問題，通過對(duì)簡單問題的解決，達(dá)到解決復(fù)雜問題的目的，或獲得某種解題的啟示和依據(jù).(3)和諧統(tǒng)一原則：轉(zhuǎn)化問題的條件或結(jié)論，使其表現(xiàn)形式更符合數(shù)與形內(nèi)部所表示的和諧統(tǒng)一的形式；或者轉(zhuǎn)化命題，使其推演有利于運(yùn)用某種數(shù)學(xué)方法或符合人們的思維規(guī)律.(4)正難則反原則：當(dāng)問題正面討論遇到困難時(shí)，應(yīng)想到問題的反面，設(shè)法從問題的反面去探討，使問題獲得解決.?？碱}型精析題型一正難則反的轉(zhuǎn)化例1已知集合AxR|x24mx2m6

3、0，BxR|x<0，若AB，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.點(diǎn)評(píng)本題中，AB，所以A是方程x24mx2m60的實(shí)數(shù)解組成的非空集合，并且方程的根有三種情況：(1)兩負(fù)根；(2)一負(fù)根和一零根；(3)一負(fù)根和一正根.分別求解比較麻煩，我們可以從問題的反面考慮，采取“正難則反”的解題策略，即先由0，求出全集U，然后求的兩根均為非負(fù)時(shí)m的取值范圍，最后利用“補(bǔ)集思想”求解，這就是正難則反這種轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，也稱為“補(bǔ)集思想”.變式訓(xùn)練1若對(duì)于任意t1,2，函數(shù)g(x)x3x22x在區(qū)間(t,3)上總不為單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是_.題型二函數(shù)、方程、不等式之間的轉(zhuǎn)化例2已知函數(shù)f(x)x3x2x(0&

4、lt;a<1，xR).若對(duì)于任意的三個(gè)實(shí)數(shù)x1，x2，x31,2，都有f(x1)f(x2)>f(x3)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.點(diǎn)評(píng)解決方程、不等式的問題需要函數(shù)幫助，解決函數(shù)的問題需要方程、不等式的幫助，因此借助于函數(shù)、方程、不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化與化歸可以將問題化繁為簡，一般可將不等關(guān)系轉(zhuǎn)化為最值(值域)問題，從而求出參變量的范圍.變式訓(xùn)練2(2015·課標(biāo)全國)設(shè)函數(shù)f(x)e2xaln x.(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(2)證明：當(dāng)a>0時(shí)，f(x)2aaln.題型三主與次的轉(zhuǎn)化例3已知函數(shù)f(x)x33ax1，g(x)f(x)ax5，其中f(x

5、)是f(x)的導(dǎo)函數(shù).對(duì)滿足1a1的一切a的值，都有g(shù)(x)<0，則實(shí)數(shù)x的取值范圍為_.點(diǎn)評(píng)主與次的轉(zhuǎn)化法合情合理的轉(zhuǎn)化是數(shù)學(xué)問題能否“明朗化”的關(guān)鍵所在，通過變換主元，起到了化繁為簡的作用.在不等式中出現(xiàn)兩個(gè)字母：x及a，關(guān)鍵在于該把哪個(gè)字母看成變量，哪個(gè)看成常數(shù).顯然可將a視作自變量，則上述問題即可轉(zhuǎn)化為在1,1內(nèi)關(guān)于a的一次函數(shù)小于0恒成立的問題.變式訓(xùn)練3設(shè)f(x)是定義在R上的單調(diào)遞增函數(shù)，若f(1axx2)f(2a)對(duì)任意a1,1恒成立，則x的取值范圍為_.題型四以換元為手段的轉(zhuǎn)化與化歸例4是否存在實(shí)數(shù)a，使得函數(shù)ysin2xacos xa在閉區(qū)間0，上的最大值是1？若存在

6、，則求出對(duì)應(yīng)的a的值；若不存在，則說明理由.點(diǎn)評(píng)換元有整體代換、特值代換、三角換元等情況.本題是關(guān)于三角函數(shù)最值的存在性問題，通過換元，設(shè)cos xt，轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的二次函數(shù)問題，把三角函數(shù)的最值問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)y(t)2a，0t1的最值問題，然后分類討論解決問題.變式訓(xùn)練4若關(guān)于x的方程9x(4a)·3x40有解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_.高考題型精練1.已知alog23log2，blog29log2，clog32，則a，b，c的大小關(guān)系是_.2.下列關(guān)于函數(shù)f(x)(2xx2)ex的判斷正確的是_.f(x)>0的解集是x|0<x<2；f()是極小值，f()是極大

7、值；f(x)既沒有最小值，也沒有最大值.3.(2014·湖南改編)若0<x1<x2<1，則下列不等關(guān)系判斷正確的是_.ex2ex1>ln x2ln x1；ex1ex2<ln x2ln x1；x2ex1>x1ex2；x2ex1<x1ex2.4.設(shè)a，bR，a22b26，則ab的最小值為_.5.過雙曲線1上任意一點(diǎn)P，引與實(shí)軸平行的直線，交兩漸近線于R、Q兩點(diǎn)，則·的值為_.6.設(shè)P為曲線C：yx22x3上的點(diǎn)，且曲線C在點(diǎn)P處切線傾斜角的取值范圍為，則點(diǎn)P橫坐標(biāo)的取值范圍為_.7.P為雙曲線1的右支上一點(diǎn)，M、N分別是圓(x5)2y2

8、4和圓(x5)2y21上的點(diǎn)，則PMPN的最大值為_.8.(2015·蘇州模擬)若f(x)是偶函數(shù)，且當(dāng)x0，)時(shí)，f(x)x1，則不等式f(2x1)<0的解集為_.9.(2015·蘇州模擬)已知等差數(shù)列an的公差d0，且a1、a3、a9成等比數(shù)列，則的值是_.10.若方程k(x2)3有兩個(gè)不等的實(shí)根，則k的取值范圍是_.11.f(x)x3x，x1，x21,1時(shí)，求證：|f(x1)f(x2)|.12.已知函數(shù)f(x)eln x，g(x)f(x)(x1).(e2.718)(1)求函數(shù)g(x)的極大值；(2)求證：1>ln(n1)(nN*).答案精析第48練轉(zhuǎn)化與化

9、歸思想?？碱}型典例剖析例1解設(shè)全集Um|(4m)24(2m6)0，即Um|m1或m.若方程x24mx2m60的兩根x1，x2均為非負(fù)，則所以，使AB的實(shí)數(shù)m的取值范圍為m|m1.變式訓(xùn)練1解析g(x)3x2(m4)x2，若g(x)在區(qū)間(t,3)上總為單調(diào)函數(shù)，則g(x)0在(t,3)上恒成立，或g(x)0在(t,3)上恒成立.由得3x2(m4)x20，即m43x在x(t,3)上恒成立，所以m43t恒成立，則m41，即m5；由得m43x在x(t,3)上恒成立，則m49，即m.所以，函數(shù)g(x)在區(qū)間(t,3)上總不為單調(diào)函數(shù)的m的取值范圍為<m<5.例2解因?yàn)閒(x)x2x(xa2

10、)，所以令f(x)0，解得x1，x22a.由0<a<1，知1<2a<2.所以令f(x)>0，得x<，或x>2a；令f(x)<0，得<x<2a，所以函數(shù)f(x)在(1,2a)上單調(diào)遞減，在(2a,2)上單調(diào)遞增.所以函數(shù)f(x)在1,2上的最小值為f(2a)(2a)2，最大值為maxf(1)，f(2)max.因?yàn)楫?dāng)0<a時(shí)，a；當(dāng)<a<1時(shí)，a>，由對(duì)任意x1，x2，x31,2，都有f(x1)f(x2)>f(x3)恒成立，得2f(x)min>f(x)max(x1,2).所以當(dāng)0<a時(shí)，必有2&#

11、215;(2a)2>，結(jié)合0<a可解得1<a；當(dāng)<a<1時(shí)，必有2×(2a)2>a，結(jié)合<a<1可解得<a<2.綜上，知所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是1<a<2.變式訓(xùn)練2(1)解f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)2e2x(x>0).當(dāng)a0時(shí)，f(x)>0，f(x)沒有零點(diǎn).當(dāng)a>0時(shí)，因?yàn)閑2x單調(diào)遞增，單調(diào)遞增，所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞增.又f(a)>0，當(dāng)b滿足0<b<且b<時(shí)，f(b)<0，故當(dāng)a>0時(shí)，f(x)存在唯一零點(diǎn).(2)證明由(1)，可設(shè)f

12、(x)在(0，)的唯一零點(diǎn)為x0，當(dāng)x(0，x0)時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x(x0，)時(shí)，f(x)>0.故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)xx0時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為f(x0).由于2e2x00，所以f(x0)2ax0aln2aaln.故當(dāng)a>0時(shí)，f(x)2aaln.例3解析由題意，知g(x)3x2ax3a5，令(a)(3x)a3x25，1a1.對(duì)1a1，恒有g(shù)(x)<0，即(a)<0，即解得<x<1.故當(dāng)x時(shí)，對(duì)滿足1a1的一切a的值，都有g(shù)(x)<0.變式訓(xùn)練3(，10，)解析f(x)是R上的增函數(shù)，1

13、axx22a，a1,1.(*)(*)式可化為(x1)ax210，對(duì)a1,1恒成立.令g(a)(x1)ax21.則解得x0或x1，即實(shí)數(shù)x的取值范圍是(，10，).例4解ysin2xacos xa1cos2xacos xa(cos x)2a.0x，0cos x1，令cos xt，則y(t)2a，0t1.當(dāng)>1，即a>2時(shí)，函數(shù)y(t)2a在t0,1上單調(diào)遞增，t1時(shí)，函數(shù)有最大值ymaxaa1，解得a<2(舍去)；當(dāng)01，即0a2時(shí)，t函數(shù)有最大值，ymaxa1，解得a或a4(舍去)；當(dāng)<0，即a<0時(shí)，函數(shù)y(t)2a在t0,1上單調(diào)遞減，t0時(shí)，函數(shù)有最大值ym

14、axa1，解得a>0(舍去)，綜上所述，存在實(shí)數(shù)a使得函數(shù)有最大值.變式訓(xùn)練4(，8解析設(shè)t3x，則原命題等價(jià)于關(guān)于t的方程t2(4a)t40有正解，分離變量a，得a4，t>0，4，a8，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(，8.常考題型精練1.ab>c解析alog23log2log23，blog29log2log23，ab.又函數(shù)ylogax(a>1)為增函數(shù)，alog23>log221，clog32<log331，ab>c.2.解析若f(x)(2xx2)ex>0，則0<x<2，正確；f(x)ex(x)(x)，f(x)在(，)和(，)上單調(diào)遞減，

15、在(，)上單調(diào)遞增.f()是極小值，f()是極大值，正確；易知也正確.3.解析設(shè)f(x)exln x(0<x<1)，則f(x)ex.令f(x)0，得xex10.根據(jù)函數(shù)yex與y的圖象可知兩函數(shù)圖象交點(diǎn)x0(0,1)，因此函數(shù)f(x)在(0,1)上不是單調(diào)函數(shù)，故不正確.設(shè)g(x)(0<x<1)，則g(x).又0<x<1，g(x)<0.函數(shù)g(x)在(0,1)上是減函數(shù).又0<x1<x2<1，g(x1)>g(x2)，x2ex1>x1ex2.4.2解析由a22b26，得1.所以可設(shè)abcos sin sin.因?yàn)?sin1，

16、所以ab2.5.a2解析當(dāng)直線RQ與x軸重合時(shí)，|a.6.解析設(shè)P(x0，y0)，傾斜角為，0tan 1，f(x)x22x3，f(x)2x2,02x021，1x0.7.9解析設(shè)雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，則其分別為已知兩圓的圓心，由已知PF1PF22×36.要使PMPN最大，需PM，PN分別過F1、F2點(diǎn)即可.(PMPN)max(PF12)(PF21)PF1PF239.8.(0,1)解析根據(jù)f(x)是偶函數(shù)，可得f(x)f(|x|)|x|1.因此f(2x1)|2x1|1.解不等式|2x1|1<0，得0<x<1，因此x(0,1).9.解析由題意知，只要滿足a1

17、、a3、a9成等比數(shù)列的條件，an取何種等差數(shù)列與所求代數(shù)式的值是沒有關(guān)系的.因此，可把抽象數(shù)列化歸為具體數(shù)列.比如，可選取數(shù)列ann(nN*)，則.10.(，解析作出函數(shù)y1和y2k(x2)3的圖象如圖所示，函數(shù)y1的圖象是圓心在原點(diǎn)，半徑為2的圓在x軸上方的半圓(包括端點(diǎn))，函數(shù)y2的圖象是過定點(diǎn)P(2,3)的直線，因?yàn)辄c(diǎn)A(2,0)，則kPA.直線PB是圓的切線，由圓心到直線的距離等于半徑得，2，得kPB.由圖可知當(dāng)kPB<kkPA時(shí)，兩函數(shù)圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，即原方程有兩個(gè)不等實(shí)根.所以<k.11.證明f(x)x21，當(dāng)x1,1時(shí)，f(x)0，f(x)在1,1上遞減.故f(x)在1,1上的最大值為f(1)，最小值為f(1)，即f(x)在1,1上的值域?yàn)椋?所以x1，x21,1時(shí)，|f(x1)|，|f(x2)|，即有|f(x1)f(x2)|f(x1)|f(x2)|.即|f(x1)f(x2)|.12.(1)解g(x)f(x)(x1)ln x(x1)，g(x)1(x>0).令g(x)>0，解得0&