【高考前三個月復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)理科 數(shù)學(xué)思想方法】專題10 第47練

第47練轉(zhuǎn)化與化歸思想思想方法解讀轉(zhuǎn)化與化歸思想，就是在研究和解決有關(guān)數(shù)學(xué)問題時，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)化與化歸思想是實現(xiàn)具有相互關(guān)聯(lián)的兩個知識板塊進(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)行等價轉(zhuǎn)化，在復(fù)習(xí)過程中應(yīng)注意相近主干知識之間的互化，注重知識的綜合性.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，以便于我們運用熟知的知識、經(jīng)驗和問題來解決.(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，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|x24mx2m60，BxR|x<0，若AB，求實數(shù)m的取值范圍.點評本題中，AB，所以A是方程x24mx2m60的實數(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(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，也稱為“補集思想”.變式訓(xùn)練1若對于任意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<a<1，xR).若對于任意的三個實數(shù)x1，x2，x31,2，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(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)零點的個數(shù)；(2)證明：當(dāng)a>0時，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)是f(x)的導(dǎo)函數(shù).對滿足1a1的一切a的值，都有g(shù)(x)<0，則實數(shù)x的取值范圍為_.點評主與次的轉(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)兩個字母：x及a，關(guān)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(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，則求出對應(yīng)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(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()A.ab<c B.ab>cC.a<b<c D.a>b>c2.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()是極大值；f(x)既沒有最小值，也沒有最大值.A. B.C. D.3.(2014湖南)若0<x1<x2<1，則()A.ex2ex1>ln x2ln x1B.ex1ex2<ln x2ln x1C.x2ex1>x1ex2D.x2ex1<x1ex24.設(shè)a，bR，a22b26，則ab的最小值為()A.2 B.C.2 D.5.過雙曲線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，則的值為()A.a2 B.b2C.2ab D.a2b26.設(shè)P為曲線C：yx22x3上的點，且曲線C在點P處切線傾斜角的取值范圍為，則點P橫坐標(biāo)的取值范圍為()A. B.1,0C.0,1 D.7.P為雙曲線1的右支上一點，M、N分別是圓(x5)2y24和圓(x5)2y21上的點，則|PM|PN|的最大值為()A.6 B.7C.8 D.98.設(shè)aR，若函數(shù)yexax，xR有大于零的極值點，則()A.a<1 B.a>1C.a> D.a<9.(2015威海模擬)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.(2015天津模擬)已知一個幾何體的三視圖如圖所示，如果點P，Q在正視圖中所示位置：P為所在線段中點，Q為頂點，則在幾何體側(cè)面上，從P點到Q點的最短路徑的長為_.11.f(x)x3x，x1，x21,1時，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47練轉(zhuǎn)化與化歸思想常考題型精析例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解因為f(x)x2x(xa2)，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.因為當(dāng)0<a時，a；當(dāng)<a<1時，a>，由對任意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，必有2(2a)2>，結(jié)合0<a可解得1<a；當(dāng)<a<1時，必有2(2a)2>a，結(jié)合<a<1可解得<a<2.綜上，知所求實數(shù)a的取值范圍是1<a<2.變式訓(xùn)練2(1)解f(x)的定義域為(0，)，f(x)2e2x(x>0).當(dāng)a0時，f(x)>0，f(x)沒有零點.當(dāng)a>0時，因為e2x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，f(b)<0，故當(dāng)a>0時，f(x)存在唯一零點.(2)證明由(1)，可設(shè)f(x)在(0，)的唯一零點為x0，當(dāng)x(0，x0)時，f(x)<0；當(dāng)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(dāng)xx0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0).由于0，所以f(x0)2ax0aln2aaln.故當(dāng)a>0時，f(x)2aaln.例3解析由題意，知g(x)3x2ax3a5，令(a)(3x)a3x25，1a1.對1a1，恒有g(shù)(x)<0，即(a)<0，即解得<x<1.故當(dāng)x時，對滿足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)，1axx22a，a1,1.(*)(*)式可化為(x1)ax210，對a1,1恒成立.令g(a)(x1)ax21.則解得x0或x1，即實數(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，函數(shù)y(t)2a在t0,1上單調(diào)遞增，t1時，函數(shù)有最大值ymaxaa1，解得a<2(舍去)；當(dāng)01，即0a2時，t函數(shù)有最大值，ymaxa1，解得a或a4(舍去)；當(dāng)<0，即a<0時，函數(shù)y(t)2a在t0,1上單調(diào)遞減，t0時，函數(shù)有最大值ymaxa1，解得a>0(舍去)，綜上所述，存在實數(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，即實數(shù)a的取值范圍是(，8.高考題型精練1.B alog23log2log23，blog29log2log23，ab.又函數(shù)ylogax(a>1)為增函數(shù)，alog23>log221，clog32<log331，ab>c.2.A 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，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.C 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x0(0,1)，因此函數(shù)f(x)在(0,1)上不是單調(diào)函數(shù)，故A，B選項不正確.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)，4.C 由a22b26，得1.所以可設(shè)abcos sin sin.因為1sin1，所以ab2.5.A 當(dāng)直線RQ與x軸重合時，|a，故選A.6.A 設(shè)P(x0，y0)，傾斜角為，0tan 1，f(x)x22x3，f(x)2x2,02x021，1x0，故選A.7.D 設(shè)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|236.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|39.8.A yexax，yexa.函數(shù)yexax有大于零的極值點，則方程yexa0有大于零的解，x>0時，ex<1，aex<1.9.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(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.a解析由三視圖，知此幾何體是一個圓錐和一個圓柱的組合體，分別沿P點與Q點所在母線剪開圓柱側(cè)面并展開鋪平，如圖所示.則PQa.所以P，Q兩點在側(cè)面上的最短路徑的長為a.11.證明f(x)x21，當(dāng)x1,1時，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上的值域為，.所以x1，x21,1時，|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<x<1；令g(x)<0，解得x>1.函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，g(x)極大值g(1)2.(2)證明由(1)知x1是函數(shù)g(x)的極大值點，也是最大值點，g(x)g(1)2，即ln x(x1)2ln xx1(當(dāng)且僅當(dāng)x1時等號成立)，令tx1，得tln(t1)(t>1)，取t(nN*)時，則>lnln，1>ln 2，>ln ，>ln ，>ln，疊加得1>ln(2)ln(n1).即1>ln(n1).