《新BBG》考前三個月2016高考二輪復習數(shù)學(江蘇專用理科)知識考點題型篇：專題10+數(shù)學思想方法+第48練

PAGEPAGE11第48練轉化與化歸思想[思想方法解讀]轉化與化歸思想方法，就是在研究和解決有關數(shù)學問題時，采用某種手段將問題通過變換使之轉化，進而使問題得到解決的一種數(shù)學方法.一般是將復雜的問題通過變換轉化為簡單的問題，將難解的問題通過變換轉化為容易求解的問題，將未解決的問題通過變換轉化為已解決的問題.轉化與化歸思想是實現(xiàn)具有相互關聯(lián)的兩個知識板塊進行相互轉化的重要依據(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、實際問題與數(shù)學問題的互化等，消去法、換元法、數(shù)形結合法等都體現(xiàn)了等價轉化思想，我們也經(jīng)常在函數(shù)、方程、不等式之間進行等價轉化，在復習過程中應注意相近主干知識之間的互化，注重知識的綜合性.轉化與化歸思想的原則(1)熟悉已知化原則：將陌生的問題轉化為熟悉的問題，將未知的問題轉化為已知的問題，以便于我們運用熟知的知識、經(jīng)驗和問題來解決.(2)簡單化原則：將復雜問題化歸為簡單問題，通過對簡單問題的解決，達到解決復雜問題的目的，或獲得某種解題的啟示和依據(jù).(3)和諧統(tǒng)一原則：轉化問題的條件或結論，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；或者轉化命題，使其推演有利于運用某種數(shù)學方法或符合人們的思維規(guī)律.(4)正難則反原則：當問題正面討論遇到困難時，應想到問題的反面，設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化例1已知集合A＝{x∈R|x2－4mx＋2m＋6＝0}，B＝{x∈R|x<0}，若A∩B≠?，求實數(shù)m點評本題中，A∩B≠?，所以A是方程x2－4mx＋2m＋6＝0①的實數(shù)解組成的非空集合，并且方程①的根有三種情況：(1)兩負根；(2)一負根和一零根；(3)一負根和一正根.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Δ≥0，求出全集U，然后求①的兩根均為非負時m的取值范圍，最后利用“補集思想”求解，這就是正難則反這種轉化思想的應用，也稱為“補集思想變式訓練1若對于任意t∈[1,2]，函數(shù)g(x)＝x3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)＋2))x2－2x在區(qū)間(t,3)上總不為單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是__________.題型二函數(shù)、方程、不等式之間的轉化例2已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－\f(4,3)))x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)－\f(2,3)a))x(0<a<1，x∈R).若對于任意的三個實數(shù)x1，x2，x3∈[1,2]，都有f(x1)＋f(x2)>f(x3)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.點評解決方程、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、不等式進行轉化與化歸可以將問題化繁為簡，一般可將不等關系轉化為最值(值域)問題，從而求出參變量的范圍.變式訓練2(2015·課標全國Ⅰ)設函數(shù)f(x)＝e2x－alnx.(1)討論f(x)的導函數(shù)f′(x)零點的個數(shù)；(2)證明：當a>0時，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).題型三主與次的轉化例3已知函數(shù)f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的導函數(shù).對滿足－1≤a≤1的一切a的值，都有g(x)<0，則實數(shù)x的取值范圍為________.點評主與次的轉化法合情合理的轉化是數(shù)學問題能否“明朗化”的關鍵所在，通過變換主元，起到了化繁為簡的作用.在不等式中出現(xiàn)兩個字母：x及a，關鍵在于該把哪個字母看成變量，哪個看成常數(shù).顯然可將a視作自變量，則上述問題即可轉化為在[－1,1]內(nèi)關于a的一次函數(shù)小于0恒成立的問題.變式訓練3設f(x)是定義在R上的單調(diào)遞增函數(shù)，若f(1－ax－x2)≤f(2－a)對任意a∈[－1,1]恒成立，則x的取值范圍為______________.題型四以換元為手段的轉化與化歸例4是否存在實數(shù)a，使得函數(shù)y＝sin2x＋acosx＋eq\f(5,8)a－eq\f(3,2)在閉區(qū)間[0，eq\f(π,2)]上的最大值是1？若存在，則求出對應的a的值；若不存在，則說明理由.點評換元有整體代換、特值代換、三角換元等情況.本題是關于三角函數(shù)最值的存在性問題，通過換元，設cosx＝t，轉化為關于t的二次函數(shù)問題，把三角函數(shù)的最值問題轉化為二次函數(shù)y＝－(t－eq\f(a,2))2＋eq\f(a2,4)＋eq\f(5,8)a－eq\f(1,2)，0≤t≤1的最值問題，然后分類討論解決問題.變式訓練4若關于x的方程9x＋(4＋a)·3x＋4＝0有解，則實數(shù)a的取值范圍是____________.高考題型精練1.已知a＝log23＋log2eq\r(3)，b＝log29－log2eq\r(3)，c＝log32，則a，b，c的大小關系是________.2.下列關于函數(shù)f(x)＝(2x－x2)ex的判斷正確的是________.①f(x)>0的解集是{x|0<x<2}；②f(－eq\r(2))是極小值，f(eq\r(2))是極大值；③f(x)既沒有最小值，也沒有最大值.3.(2014·湖南改編)若0<x1<x2<1，則下列不等關系判斷正確的是________.①ex2－ex1>lnx2－lnx1；②ex1－ex2<lnx2－lnx1；③x2ex1>x1ex2；④x2ex1<x1ex2.4.設a，b∈R，a2＋2b2＝6，則a＋eq\r(2)b的最小值為________.5.過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1上任意一點P，引與實軸平行的直線，交兩漸近線于R、Q兩點，則eq\o(PR,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))的值為________.6.設P為曲線C：y＝x2＋2x＋3上的點，且曲線C在點P處切線傾斜角的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，則點P橫坐標的取值范圍為__________.7.P為雙曲線eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1的右支上一點，M、N分別是圓(x＋5)2＋y2＝4和圓(x－5)2＋y2＝1上的點，則PM－PN的最大值為________.8.(2015·蘇州模擬)若f(x)是偶函數(shù)，且當x∈[0，＋∞)時，f(x)＝x－1，則不等式f(2x－1)<0的解集為______________________.9.(2015·蘇州模擬)已知等差數(shù)列{an}的公差d≠0，且a1、a3、a9成等比數(shù)列，則eq\f(a1＋a3＋a9,a2＋a4＋a10)的值是________.10.若方程eq\r(4－x2)＝k(x－2)＋3有兩個不等的實根，則k的取值范圍是________.11.f(x)＝eq\f(1,3)x3－x，x1，x2∈[－1,1]時，求證：|f(x1)－f(x2)|≤eq\f(4,3).12.已知函數(shù)f(x)＝elnx，g(x)＝eq\f(1,e)f(x)－(x＋1).(e＝2.718……)(1)求函數(shù)g(x)的極大值；(2)求證：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)>ln(n＋1)(n∈N*).

答案精析第48練轉化與化歸思想?？碱}型典例剖析例1解設全集U＝{m|Δ＝(－4m)2－4(2m＋6)即U＝{m|m≤－1或m≥eq\f(3,2)}.若方程x2－4mx＋2m＋6＝0的兩根x1，x2則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m∈U，,x1＋x2＝4m≥0，?m≥\f(3,2)，,x1x2＝2m＋6≥0))所以，使A∩B≠?的實數(shù)m的取值范圍為{m|m≤－1}.變式訓練1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(37,3)，－5))解析g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，若g(x)在區(qū)間(t,3)上總為單調(diào)函數(shù)，則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，即m＋4≥eq\f(2,x)－3x在x∈(t,3)上恒成立，所以m＋4≥eq\f(2,t)－3t恒成立，則m＋4≥－1，即m≥－5；由②得m＋4≤eq\f(2,x)－3x在x∈(t,3)上恒成立，則m＋4≤eq\f(2,3)－9，即m≤－eq\f(37,3).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－eq\f(37,3)<m<－5.例2解因為f′(x)＝x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(8,3)))x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)－\f(2,3)a))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)))(x＋a－2)，所以令f′(x)＝0，解得x1＝eq\f(2,3)，x2＝2－a.由0<a<1，知1<2－a<2.所以令f′(x)>0，得x<eq\f(2,3)，或x>2－a；令f′(x)<0，得eq\f(2,3)<x<2－a，所以函數(shù)f(x)在(1,2－a)上單調(diào)遞減，在(2－a,2)上單調(diào)遞增.所以函數(shù)f(x)在[1,2]上的最小值為f(2－a)＝eq\f(a,6)(2－a)2，最大值為max{f(1)，f(2)}＝maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(a,6)，\f(2,3)a)).因為當0<a≤eq\f(2,5)時，eq\f(1,3)－eq\f(a,6)≥eq\f(2,3)a；當eq\f(2,5)<a<1時，eq\f(2,3)a>eq\f(1,3)－eq\f(a,6)，由對任意x1，x2，x3∈[1,2]，都有f(x1)＋f(x2)>f(x3)恒成立，得2f(x)min>f(x)max(x∈[1,2]所以當0<a≤eq\f(2,5)時，必有2×eq\f(a,6)(2－a)2>eq\f(1,3)－eq\f(a,6)，結合0<a≤eq\f(2,5)可解得1－eq\f(\r(2),2)<a≤eq\f(2,5)；當eq\f(2,5)<a<1時，必有2×eq\f(a,6)(2－a)2>eq\f(2,3)a，結合eq\f(2,5)<a<1可解得eq\f(2,5)<a<2－eq\r(2).綜上，知所求實數(shù)a的取值范圍是1－eq\f(\r(2),2)<a<2－eq\r(2).變式訓練2(1)解f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq\f(a,x)(x>0).當a≤0時，f′(x)>0，f′(x)沒有零點.當a>0時，因為e2x單調(diào)遞增，－eq\f(a,x)單調(diào)遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.又f′(a)>0，當b滿足0<b<eq\f(a,4)且b<eq\f(1,4)時，f′(b)<0，故當a>0時，f′(x)存在唯一零點.(2)證明由(1)，可設f′(x)在(0，＋∞)的唯一零點為x0，當x∈(0，x0)時，f′(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，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x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0).由于2e2x0－eq\f(a,x0)＝0，所以f(x0)＝eq\f(a,2x0)＋2ax0＋alneq\f(2,a)≥2a＋alneq\f(2,a).故當a>0時，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).例3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1))解析由題意，知g(x)＝3x2－ax＋3a令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1.對－1≤a≤1，恒有g(x)<0，即φ(a)<0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(φ1<0，,φ－1<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x2－x－2<0，,3x2＋x－8<0，))解得－eq\f(2,3)<x<1.故當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1))時，對滿足－1≤a≤1的一切a的值，都有g(x)<0.變式訓練3(－∞，－1]∪[0，＋∞)解析∵f(x)是R上的增函數(shù)，∴1－ax－x2≤2－a，a∈[－1,1].(*)(*)式可化為(x－1)a＋x2＋1≥0，對a∈[－1,1]恒成立.令g(a)＝(x－1)a＋x2＋1.則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－1＝x2－x＋2≥0，,g1＝x2＋x≥0，))解得x≥0或x≤－1，即實數(shù)x的取值范圍是(－∞，－1]∪[0，＋∞).例4解y＝sin2x＋acosx＋eq\f(5,8)a－eq\f(3,2)＝1－cos2x＋acosx＋eq\f(5,8)a－eq\f(3,2)＝－(cosx－eq\f(a,2))2＋eq\f(a2,4)＋eq\f(5,8)a－eq\f(1,2).∵0≤x≤eq\f(π,2)，∴0≤cosx≤1，令cosx＝t，則y＝－(t－eq\f(a,2))2＋eq\f(a2,4)＋eq\f(5,8)a－eq\f(1,2)，0≤t≤1.當eq\f(a,2)>1，即a>2時，函數(shù)y＝－(t－eq\f(a,2))2＋eq\f(a2,4)＋eq\f(5,8)a－eq\f(1,2)在t∈[0,1]上單調(diào)遞增，∴t＝1時，函數(shù)有最大值ymax＝a＋eq\f(5,8)a－eq\f(3,2)＝1，解得a＝eq\f(20,13)<2(舍去)；當0≤eq\f(a,2)≤1，即0≤a≤2時，t＝eq\f(a,2)函數(shù)有最大值，ymax＝eq\f(a2,4)＋eq\f(5,8)a－eq\f(1,2)＝1，解得a＝eq\f(3,2)或a＝－4(舍去)；當eq\f(a,2)<0，即a<0時，函數(shù)y＝－(t－eq\f(a,2))2＋eq\f(a2,4)＋eq\f(5,8)a－eq\f(1,2)在t∈[0,1]上單調(diào)遞減，∴t＝0時，函數(shù)有最大值ymax＝eq\f(5,8)a－eq\f(1,2)＝1，解得a＝eq\f(12,5)>0(舍去)，綜上所述，存在實數(shù)a＝eq\f(3,2)使得函數(shù)有最大值.變式訓練4(－∞，－8]解析設t＝3x，則原命題等價于關于t的方程t2＋(4＋a)t＋4＝0有正解，分離變量a，得a＋4＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(4,t)))，∵t>0，∴－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(4,t)))≤－4，∴a≤－8，即實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－8].常考題型精練1.a＝b>c解析∵a＝log23＋log2eq\r(3)＝log23eq\r(3)，b＝log29－log2eq\r(3)＝log23eq\r(3)，∴a＝b.又∵函數(shù)y＝logax(a>1)為增函數(shù)，∴a＝log23eq\r(3)>log22＝1，c＝log32<log33＝1，∴a＝b>c.2.①②③解析若f(x)＝(2x－x2)ex>0，則0<x<2，①正確；∵f′(x)＝－ex(x＋eq\r(2))(x－eq\r(2))，∴f(x)在(－∞，－eq\r(2))和(eq\r(2)，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－eq\r(2)，eq\r(2))上單調(diào)遞增.∴f(－eq\r(2))是極小值，f(eq\r(2))是極大值，②正確；易知③也正確.3.③解析設f(x)＝ex－lnx(0<x<1)，則f′(x)＝ex－eq\f(1,x)＝eq\f(xex－1,x).令f′(x)＝0，得xex－1＝0.根據(jù)函數(shù)y＝ex與y＝eq\f(1,x)的圖象可知兩函數(shù)圖象交點x0∈(0,1)，因此函數(shù)f(x)在(0,1)上不是單調(diào)函數(shù)，故①②不正確.設g(x)＝eq\f(ex,x)(0<x<1)，則g′(x)＝eq\f(exx－1,x2).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.－2eq\r(3)解析由a2＋2b2＝6，得eq\f(a2,6)＋eq\f(b2,3)＝1.所以可設eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\r(6)cosθ，,b＝\r(3)sinθ.))a＋eq\r(2)b＝eq\r(6)cosθ＋eq\r(6)sinθ＝eq\r(12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cosθ＋\f(\r(2),2)sinθ))＝eq\r(12)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))).因為－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))≤1，所以a＋eq\r(2)b≥－2eq\r(3).5.a2解析當直線RQ與x軸重合時，|eq\o(PR,\s\up6(→))|＝|eq\o(PQ,\s\up6(→))|＝a.6.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))解析設P(x0，y0)，傾斜角為α，0≤tanα≤1，f(x)＝x2＋2x＋3，f′(x)＝2x＋2,0≤2x0＋2≤1，－1≤x0≤－eq\f(1,2).7.9解析設雙曲線的左、右焦點分別為F1、F2，則其分別為已知兩圓的圓心，由已知PF1－PF2＝2×3＝6.要使PM－PN最大，需PM，PN分別過F1、F2點即可.∴(PM－PN)max＝(PF1＋2)－(PF2－1)＝PF1－PF2＋3＝9.8.(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(2x－1)＝|2x－1|－1.解不等式|2x－1|－1<0，得0<x<1，因此x∈(0,1).9.eq\f(13,16)解析由題意知，只要滿足a1、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an＝n(n∈N*)，則eq\f(a1＋a3＋a9,a2＋a4＋a10)＝eq\f(1＋3＋9,2＋4＋10)＝eq\f(13,16).10.(eq\f(5,12)，eq\f(3,4)]解析作出函數(shù)y1＝eq\r(4－x2)和y2＝k(x－2)＋3的圖象如圖所示，函數(shù)y1的圖象是圓心在原點，半徑為2的圓在x軸上方的半圓(包括端點)，函數(shù)y2的圖象是過定點P(2,3)的直線，因為點A(－2,0)，則kPA＝eq\f(3－0,2－－2)＝eq\f(3,4).直線PB是圓的切線，由圓心到直線的距離等于半徑得，eq\f(|3－2kPB|,\r(k2PB＋1))＝2，得kPB＝eq\f(5,12).由圖可知當kPB<k≤kPA時，兩函數(shù)圖象有兩個交點，即原方程有兩個不等實根.所以eq\f(5,12)<k≤eq\f(3,4).11.證明∵f′(x)＝x2－1，當x∈