思想04劃歸與轉(zhuǎn)化思想（理科）第三篇思想方法篇-《2022年高考文科數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)》（全國課標(biāo)版）

思想04劃歸與轉(zhuǎn)化思想“抓基礎(chǔ)，重轉(zhuǎn)化”是學(xué)好中學(xué)數(shù)學(xué)的金鑰匙.事實(shí)上，數(shù)學(xué)中的轉(zhuǎn)化比比皆是，如未知向已知轉(zhuǎn)化，復(fù)雜問題向簡單問題轉(zhuǎn)化，新知識(shí)向舊知識(shí)轉(zhuǎn)化，命題之間的轉(zhuǎn)化，數(shù)與形的轉(zhuǎn)化，空間向平面轉(zhuǎn)化，高維向低維轉(zhuǎn)化，多元向一元轉(zhuǎn)化，高次向低次轉(zhuǎn)化，函數(shù)與方程的轉(zhuǎn)化等，都是轉(zhuǎn)化思想的體現(xiàn).轉(zhuǎn)化的常用策略有熟悉化、簡單化、直觀化、特殊化、一般化、整體化、間接化等.一、考向分析：二、考向講解考查內(nèi)容解題技巧函數(shù)與方程函數(shù)與方程思想在解題中的應(yīng)用主要涉及以下知識(shí)(1)函數(shù)與不等式的相互轉(zhuǎn)化，把不等式轉(zhuǎn)化為函數(shù)，借助函數(shù)的圖象和性質(zhì)可解決相關(guān)的問題，常涉及不等式恒成立問題、比較大小問題.一般利用函數(shù)思想構(gòu)造新函數(shù)，建立函數(shù)關(guān)系求解.(2)三角函數(shù)中有關(guān)方程根的計(jì)算，平面向量中有關(guān)模、夾角的計(jì)算，常轉(zhuǎn)化為函數(shù)關(guān)系，利用函數(shù)的性質(zhì)求解.(3)數(shù)列的通項(xiàng)與前n項(xiàng)和是自變量為正整數(shù)的函數(shù)，可用函數(shù)的觀點(diǎn)去處理數(shù)列問題，常涉及最值問題或參數(shù)范圍問題，一般利用二次函數(shù)或一元二次方程來解決.(4)解析幾何中有關(guān)求方程、求值等問題常常需要通過解方程(組)來解決，求范圍、最值等問題常轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域、最值來解決.(5)立體幾何中有關(guān)線段、角、面積、體積的計(jì)算，經(jīng)常需要運(yùn)用列方程或建立函數(shù)表達(dá)式的方法加以解決.數(shù)形結(jié)合運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想分析解決問題的3個(gè)原則(1)等價(jià)性原則在數(shù)形結(jié)合時(shí)，代數(shù)性質(zhì)和幾何性質(zhì)的轉(zhuǎn)換必須是等價(jià)的，否則解題將會(huì)出現(xiàn)漏洞，有時(shí)，由于圖形的局限性，不能完整地表現(xiàn)數(shù)的一般性，這時(shí)圖形的性質(zhì)只能是一種直觀而淺顯的說明.(2)雙向性原則在數(shù)形結(jié)合時(shí)，既要進(jìn)行幾何直觀的分析，又要進(jìn)行代數(shù)抽象的探索，兩方面相輔相成，僅對代數(shù)問題進(jìn)行幾何分析(或僅對幾何問題進(jìn)行代數(shù)分析)在許多時(shí)候是很難行得通的.(3)簡單性原則找到解題思路之后，至于用幾何方法還是用代數(shù)方法或者兼用兩種方法來敘述解題過程，則取決于哪種方法更為簡單.分類討論1.分類討論的原則(1)不重不漏；(2)標(biāo)準(zhǔn)要統(tǒng)一，層次要分明；(3)能不分類的要盡量避免或盡量推遲，決不無原則地討論.2.分類討論的本質(zhì)與思維流程(1)分類討論思想的本質(zhì)：“化整為零，積零為整”.(2)分類討論的思維流程：明確討論的對象和動(dòng)機(jī)→確定分類的標(biāo)準(zhǔn)→逐類進(jìn)行討論歸納綜合結(jié)論→檢驗(yàn)分類是否完備(即檢驗(yàn)分類對象彼此交集是否為空集，并集是否為全集).化歸與轉(zhuǎn)化思想1.轉(zhuǎn)化與化歸的原則(1)熟悉化原則：將陌生的問題轉(zhuǎn)化為熟悉的問題，以利于我們運(yùn)用熟悉的知識(shí)、經(jīng)驗(yàn)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)直觀化原則：將比較抽象的問題化為比較直觀的問題來解決.(4)正難則反原則：當(dāng)問題正面討論遇到困難時(shí)，可考慮問題的反面，設(shè)法從問題的反面去探討，使問題獲解.2.轉(zhuǎn)化與化歸的指導(dǎo)思想(1)把什么問題進(jìn)行轉(zhuǎn)化，即化歸對象.(2)化歸到何處去，即化歸目標(biāo).(3)如何進(jìn)行化歸，即化歸方法.轉(zhuǎn)化與化歸思想是一切數(shù)學(xué)思想方法的核心.知識(shí)點(diǎn)一：正與反的轉(zhuǎn)化[例1]若對任意的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(shí)數(shù)m的取值范圍是______________.[解析]由題意得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，∴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).∴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.[答案]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(37,3)，－5))[技法領(lǐng)悟](1)本題是正與反的轉(zhuǎn)化，由于不為單調(diào)函數(shù)有多種情況，先求出其反面，體現(xiàn)“正難則反”的原則.(2)題目若出現(xiàn)多種成立的情形，則不成立的情形相對很少，從反面考慮比較簡單，因此，間接法多用于含有“至多”“至少”及否定性命題情形的問題中.[應(yīng)用體驗(yàn)]1.由命題“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命題，得m的取值范圍是(－∞，a)，則實(shí)數(shù)a的取值是()A.(－∞，1) B.(－∞，2)C.1 D.2解析：選C由命題“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命題，可知它的否定形式“任意x∈R，使e|x－1|－m>0”是真命題，可得m的取值范圍是(－∞，1)，而(－∞，a)與(－∞，1)為同一區(qū)間，故a＝1.故選C.2.若二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在區(qū)間[－1，1]內(nèi)至少存在一個(gè)值c，使得f(c)＞0，則實(shí)數(shù)p的取值范圍為________.解析：如果在區(qū)間[－1，1]內(nèi)沒有值滿足f(c)＞0，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）≤0，,f（－1）≤0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4－2（p－2）－2p2－p＋1≤0，,4＋2（p－2）－2p2－p＋1≤0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2p2＋3p－9≥0，,2p2－p－1≥0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p≤－3或p≥\f(3,2)，,p≤－\f(1,2)或p≥1))?p≤－3或p≥eq\f(3,2)，取補(bǔ)集為－3＜p＜eq\f(3,2)，即為滿足條件的p的取值范圍.故實(shí)數(shù)p的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2)))知識(shí)點(diǎn)二：常量與變量的轉(zhuǎn)化[例2]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(dǎo)函數(shù).對任意a∈[－1，1]都有g(shù)(x)<0，則實(shí)數(shù)x的取值范圍為________.[解析]由題意，知g(x)＝3x2－ax＋3a－5，令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1.因?yàn)閷∈[－1，1]，恒有g(shù)(x)<0，即φ(a)<0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(φ（1）<0，,φ（－1）<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x2－x－2<0，,3x2＋x－8<0，))解得－eq\f(2,3)<x<1.故當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1))時(shí)，對任意a∈[－1，1]都有g(shù)(x)<0.[答案]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1))[技法領(lǐng)悟](1)本題若按常規(guī)法視x為主元來解，需要分類討論，這樣會(huì)很煩瑣，若以a為主元，即將原問題化歸在區(qū)間[－1，1]上，一次函數(shù)φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5＜0成立的x的取值范圍，再借助一次函數(shù)的單調(diào)性就很容易使問題得以解決.(2)在處理多變元的數(shù)學(xué)問題時(shí)，我們可以選取其中的常數(shù)(或參數(shù))，將其看作是“主元”，實(shí)現(xiàn)主與次的轉(zhuǎn)化，即常量與變量的轉(zhuǎn)化，從而達(dá)到減元的目的.[應(yīng)用體驗(yàn)]3.設(shè)y＝(log2x)2＋(t－2)log2x－t＋1，若t∈[－2，2]時(shí)，y恒取正值，則x的取值范圍是________.解析：設(shè)y＝f(t)＝(log2x－1)t＋(log2x)2－2log2x＋1，則f(t)是一次函數(shù)，當(dāng)t∈[－2，2]時(shí)，f(t)＞0恒成立，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－2）＞0，,f（2）＞0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（log2x）2－4log2x＋3＞0，,（log2x）2－1＞0，))解得log2x＜－1或log2x＞3.即0＜x＜eq\f(1,2)或x＞8，故x的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8，＋∞)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(8，＋∞)知識(shí)點(diǎn)三：特殊與一般的轉(zhuǎn)化[例3](1)已知函數(shù)f(x＋1)是偶函數(shù)，當(dāng)x2＞x1＞1時(shí)，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＞0恒成立，設(shè)a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A.b＜a＜c B.c＜b＜aC.b＜c＜a D.a＜b＜c(2)在△ABC中，三邊長a，b，c滿足a＋c＝3b，則taneq\f(A,2)taneq\f(C,2)的值為()A.eq\f(1,5) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)[解析](1)由題意可知，當(dāng)x＞1時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，f(x)的圖象向左平移1個(gè)單位得到的圖象對應(yīng)的函數(shù)為偶函數(shù)，所以函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))，f(2)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＜f(3)，所以b＜a＜c.故選A.(2)令a＝4，c＝5，b＝3，則符合題意(取滿足條件的三邊).則由C＝90°，得taneq\f(C,2)＝1.由tanA＝eq\f(4,3)，得eq\f(2tan\f(A,2),1－tan2\f(A,2))＝eq\f(4,3)，解得taneq\f(A,2)＝eq\f(1,2).所以taneq\f(A,2)·taneq\f(C,2)＝eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,2).故選C.[答案](1)A(2)C[技法領(lǐng)悟](1)一般與特殊之間的轉(zhuǎn)化是在解題的過程中將某些一般問題進(jìn)行特殊化處理或是將某些特殊問題進(jìn)行一般化處理的方法.此方法多用于選擇題和填空題的解答.(2)破解此類題的關(guān)鍵點(diǎn)：①確立轉(zhuǎn)化對象，一般將要解決的問題作為轉(zhuǎn)化對象；②尋找轉(zhuǎn)化元素，由一般問題轉(zhuǎn)化為特殊問題時(shí)，尋找“特殊元素”；由特殊問題轉(zhuǎn)化為一般問題時(shí)，尋找“一般元素”；③轉(zhuǎn)化為新問題，根據(jù)轉(zhuǎn)化對象與“特殊元素”或“一般元素”的關(guān)系，將其轉(zhuǎn)化為新的需要解決的問題；④得出結(jié)論，求解新問題，根據(jù)所得結(jié)果求解原問題，得出結(jié)論.[應(yīng)用體驗(yàn)]4.如果a1，a2，…，a8為各項(xiàng)都大于零的等差數(shù)列，公差d≠0，那么()A.a1a8>a4a5 B.a1a8<a4a5C.a1＋a8>a4＋a5 D.a1a8＝a4a5解析：選B取特殊數(shù)列1，2，3，4，5，6，7，8，顯然只有1×8<4×5成立，即a1a8<a4a5.故選B.5.設(shè)四邊形ABCD為平行四邊形，|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝6，|eq\o(AD,\s\up7(→))|＝4.若點(diǎn)M，N滿足eq\o(BM,\s\up7(→))＝3eq\o(MC,\s\up7(→))，eq\o(DN,\s\up7(→))＝2eq\o(NC,\s\up7(→))，則eq\o(AM,\s\up7(→))·eq\o(NM,\s\up7(→))＝()A.20 B.15C.9 D.6解析：選C法一：(特例法)若四邊形ABCD為矩形，建系如圖.由eq\o(BM,\s\up7(→))＝3eq\o(MC,\s\up7(→))，eq\o(DN,\s\up7(→))＝2eq\o(NC,\s\up7(→))，知M(6，3)，N(4，4)，∴eq\o(AM,\s\up7(→))＝(6，3)，eq\o(NM,\s\up7(→))＝(2，－1)，eq\o(AM,\s\up7(→))·eq\o(NM,\s\up7(→))＝6×2＋3×(－1)＝9.故選C.法二：如圖所示，由題設(shè)知，eq\o(AM,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BM,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(NM,\s\up7(→))＝eq\o(NC,\s\up7(→))－eq\o(MC,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\f(1,4)eq\o(AD,\s\up7(→))，∴eq\o(AM,\s\up7(→))·eq\o(NM,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\o(AB,\s\up7(→))＋\f(3,4)eq\o(AD,\s\up7(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)eq\o(AB,\s\up7(→))－\f(1,4)eq\o(AD,\s\up7(→))))＝eq\f(1,3)|eq\o(AB,\s\up7(→))|2－eq\f(3,16)|eq\o(AD,\s\up7(→))|2＋eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))－eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)×36－eq\f(3,16)×16＝9.故選C.知識(shí)點(diǎn)四方程函數(shù)不等式轉(zhuǎn)化[例4]已知函數(shù)f(x)＝3e|x|，若存在實(shí)數(shù)t∈[－1，＋∞)，使得對任意的x∈[1，m]，m∈Z且m＞1，都有f(x＋t)≤3ex，試求m的最大值.[解]∵當(dāng)t∈[－1，＋∞)且x∈[1，m]時(shí)，x＋t≥0，∴f(x＋t)≤3ex?ex＋t≤ex?t≤1＋lnx－x.∴原命題等價(jià)轉(zhuǎn)化為：存在實(shí)數(shù)t∈[－1，＋∞)，使得不等式t≤1＋lnx－x對任意x∈[1，m]恒成立.令h(x)＝1＋lnx－x(1≤x≤m).∵h(yuǎn)′(x)＝eq\f(1,x)－1≤0，∴函數(shù)h(x)在[1，＋∞)上為減函數(shù)，又x∈[1，m]，∴h(x)min＝h(m)＝1＋lnm－m.∴要使得對任意的x∈[1，m]，t值恒存在，只需1＋lnm－m≥－1.∵h(yuǎn)(3)＝ln3－2＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)·\f(3,e)))>lneq\f(1,e)＝－1，h(4)＝ln4－3＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)·\f(4,e2)))<lneq\f(1,e)＝－1，又函數(shù)h(x)在[1，＋∞)上為減函數(shù)，∴滿足條件的最大整數(shù)m的值為3.[技法領(lǐng)悟](1)函數(shù)與方程、不等式聯(lián)系密切，解決方程、不等式的問題需要函數(shù)幫助.(2)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)與方程、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，從而求參變量的范圍.[應(yīng)用體驗(yàn)]6.在等差數(shù)列{an}中，a2，a2020是函數(shù)f(x)＝x3－6x2＋4x－1的兩個(gè)不同的極值點(diǎn)，則logeq\s\do9(\f(1,8))a1011的值為()A.－3 B.－eq\f(1,3)C.3 D.eq\f(1,3)解析：選Bf′(x)＝3x2－12x＋4，因?yàn)閍2，a2020是函數(shù)f(x)＝x3－6x2＋4x－1的兩個(gè)不同的極值點(diǎn)，所以a2，a2020是方程3x2－12x＋4＝0的兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根，所以a2＋a2020＝4.又因?yàn)閿?shù)列{an}為等差數(shù)列，所以a2＋a2020＝2a1011，即a1011＝2，從而logeq\s\do9(\f(1,8))a1011＝logeq\s\do9(\f(1,8))2＝－eq\f(1,3).故選B.7.方程2x＋3x＝k的解在[1，2)內(nèi)，則k的取值范圍為________.解析：令函數(shù)f(x)＝2x＋3x－k，則f(x)在R上是增函數(shù).當(dāng)方程2x＋3x＝k的解在(1，2)內(nèi)時(shí)，f(1)·f(2)<0，即(5－k)(10－k)<0，解得5<k<10.當(dāng)f(1)＝0時(shí)，k＝5.綜上，k的取值范圍為[5，10).答案：[5，10)知識(shí)點(diǎn)五：形體位置轉(zhuǎn)化[例5]如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，BB1＝3，∠ABC＝90°，點(diǎn)D為側(cè)棱BB1上的動(dòng)點(diǎn).當(dāng)AD＋DC1最小時(shí)，三棱錐D-ABC1的體積為________.[解析]將平面AA1B1B沿著B1B旋轉(zhuǎn)到與平面CC1B1B在同一平面上(點(diǎn)B在線段AC上)，連接AC1與B1B相交于點(diǎn)D，此時(shí)AD＋DC1最小，BD＝eq\f(1,3)CC1＝1.因?yàn)樵谥比庵?，BC⊥AB，BC⊥BB1，且BB1∩AB＝B，所以BC⊥平面AA1B1B，又CC1∥平面AA1B1B，所以V三棱錐D-ABC1＝V三棱錐C1-ABD＝V三棱錐C-ABD＝eq\f(1,3)S△ABD·BC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×2＝eq\f(1,3).[答案]eq\f(1,3)[技法領(lǐng)悟](1)本題把立體幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題，把沿表面兩點(diǎn)的距離問題轉(zhuǎn)化為平面上兩點(diǎn)間的距離問題.(2)形體位置關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化的技巧：①分析特征，一般要分析形體特征，根據(jù)形體特征確立需要轉(zhuǎn)化的對象；②位置轉(zhuǎn)化，將不規(guī)則幾何體通過切割、挖補(bǔ)、延展等方式轉(zhuǎn)化為便于觀察、計(jì)算的常見幾何體.由于新的幾何體是轉(zhuǎn)化而來，一般需要對新的幾何體的位置關(guān)系、數(shù)據(jù)情況進(jìn)行必要分析，準(zhǔn)確理解新的幾何體的特征；③得出結(jié)論，在新的幾何結(jié)構(gòu)中解決目標(biāo)問題.[應(yīng)用體驗(yàn)]8.在正四面體ABCD中，E是AD