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高中数学思想转化与化归思想

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-09-19 06:15
tags:高中数学思想方法

高中数学数列找规律题-高中数学16个函数图像

2020年9月19日发(作者:李妍瑾)


转化与化归思想
[思想方法解读] 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< br>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
1.(2016·课标全国乙)已知等差数列{a
n
} 前9项的和为27,a
10
=8,则a
100
等于( )
A.100 B.99 C.98 D.97
答案 C
9?a
1
+a
9
?9×2a
5
解析 由等差数列性 质,知S
9
===9a
5
=27,得a
5
=3,而a
10
=8,因此公
22
a
10
-a
5
差d==1 ,
10-5
∴a
100
=a
10
+90d=98,故选C.
2.(2016·课标全国丙)已知
a?2,b?4,c?25,
则( )
A.bC.bB.aD.c4
3
2
5
1
3
1 13


答案 A
解析 因为
a?2,b?4?2,
由函数y=2< br>x
在R上为增函数知b4
3
2
5
45
a?2?4,c?25?5
由函数
y?x
在(0,+∞)上为增函数知 aA.
cos Acos Bsin C
3.(2016·四川)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且+=.
abc
(1)证明:sin Asin B=sin C;
6
(2)若b< br>2
+c
2
-a
2
=bc,求tan B.
5
abc
(1)证明 根据正弦定理,可设===k(k>0),
sin Asin Bsin C
则a=ksin A,b=ksin B,c=ksin C.
cos Acos Bsin C
代入+=中,有
abc
cos Acos Bsin C
+=,变形可得
ksin Aksin Bksin C
sin Asin B=sin Acos B+cos Asin B=sin(A+B).
在△ABC中,由A+B+C=π,有sin(A+B)=sin(π-C)=sin C,所以sin Asin B=sin C.
6
(2)解 由已知,b
2
+c
2
-a
2
=bc,根据余弦定理,有
5
b
2
+c
2
-a
2
34
cos A==,所以sin A=1-cos
2
A=.
2bc55
由(1)知,sin Asin B=sin Acos B+cos Asin B,
443
所以sin B=cos B+sin B.
555
sin B
故tan B==4.
cos B
4
3
2
3
1
3
2
3,
2
3
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
-4mx+2m+6=0},B ={x∈R|x<0},若A∩B≠?,求实数m
的取值范围.
解 设全集U={m|Δ=(-4m)
2
-4(2m+6)≥0},
3
即U={m|m≤-1或m≥}.
2
若方程x
2
-4m x+2m+6=0的两根x
1
,x
2
均为非负,
2 13


m∈U,
?
?
3

?
x+x=4m≥0 ,?m≥
2

?
?
xx=2m+6≥0
12
12< br>

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
-4mx+2m+6=0①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”.
m
?
2
变式训练1 若对于任意t∈[1, 2],函数g(x)=x
3

?
?
2
+2
?
x-2x在区间(t,3)上总不为单调函
数,则实数m的取值范围是__________.
37
-,-5
?
答案
?
?
3
?
解析 g′(x)=3x
2
+(m+4) x-2,若g(x)在区间(t,3)上总为单调函数,则①g′(x)≥0在(t,3)
上恒成立,或 ②g′(x)≤0在(t,3)上恒成立.
由①得3x
2
+(m+4)x-2≥0,
2
即m+4≥-3x在x∈(t,3)上恒成立,
x
2
所以m+4≥-3t恒成立,则m+4≥-1,
t
即m≥-5;
2
由②得m+4≤-3x在x∈(t,3)上恒成立,
x
237
则m+4≤-9,即m≤-.
33
37
所以使函 数g(x)在区间(t,3)上总不为单调函数的m的取值范围为-3
题型二 函数、方程、不等式之间的转化
1
例2 已知函数f(x)=eln x,g(x)=f(x)-(x+1).
e
(e=2.718……)
(1)求函数g(x)的极大值;
111
(2)求证:1+++…+>ln(n+1)(n∈N
*
).
23n
1
(1)解 ∵g(x)=f(x)-(x+1)=ln x-(x+1),
e
3 13


1
∴g′(x)=-1(x>0).
x
令g′(x)>0,解得0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.
(2)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).
1
取t=(n∈N
*
)时,
n
1
n+1
?
1
1+
?
=ln
?
则>ln
?
n
?
n
?
?
n
?

n+1
?
13141
∴1>ln 2,>ln ,>ln ,…,>ln
?

2233n
?
n
?
n+111134111
叠加得1+++…+>ln(2···…·)=ln(n+1).即1+++…+ >ln(n+1).
23n23n23n
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.
变式训练2 设a为实数,函数f(x)=e
x
-2x+2a,x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值;
(2)求证:当a>ln 2-1且x>0时,e
x
>x
2
-2ax+1.
(1)解 由f(x)=e
x
-2x+2a,x∈R
知f′(x)=e
x
-2,x∈R.
令f′(x)=0,得x=ln 2.
于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
f′(x)
f(x)

故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2),
单调递增区间是(ln 2,+∞),
f(x)在x=ln 2处取得极小值,
极小值为f(ln 2)=e
ln 2
-2ln 2+2a=2-2ln 2+2a.
4 13
(-∞,ln 2)

单调递减

ln 2
0
2-2ln 2+2a
(ln 2,+∞)

单调递增


(2)证明 设g(x)=e
x
-x
2
+2ax-1,x∈R,
于是g′(x)=e
x
-2x+2a,x∈R.
由(1)知当a>ln 2-1时,
g′(x)取最小值为g′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0.
于是对任意x∈R,都有g′(x)>0,
所以g(x)在R内单调递增.
于是当a>ln 2-1时,对任意x∈(0,+∞),
都有g(x)>g(0).
而g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>0.
即e
x
-x
2
+2ax-1>0,故e
x
>x
2
-2ax+1.
题型三 主与次的转化
例3 已知函数f(x)=x
3
+3ax-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________.
2
-,1
?
答案
?
?
3
?
解析 由题意,知g(x)=3x
2
-ax+3a-5,
令φ(a)=(3-x)a+3x
2
-5,-1≤a≤1.
对-1≤a≤1,恒有g(x)<0,即φ(a)<0,
2
??
?
φ?1?<0,
?
3x-x-2<0,

?

?
2

??
φ?-1?<0,
3x+x-8<0,
??

2
解得-3
2
-,1
?
时,对满足- 1≤a≤1的一切a的值,都有g(x)<0. 故当x∈
?
?
3
?
点评 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.
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______________.
答案 (-∞,-1]∪[0,+∞)
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
5 13


对a∈[-1,1]恒成立.
令g(a)=(x-1)a+x
2
+1.
2
?
?
g?-1?=x-x+2≥0,

?

?
g?1?=x
2
+x≥0,
?

解得x≥0或x≤-1,
即实数x的取值范围是(-∞,-1]∪[0,+∞).
题型四 以换元为手段的转化与化归
53
π
例4 是否存在实数a,使得函数y=sin
2
x+acos x+a-在闭区间[0,]上的最大值 是1?
822
若存在,则求出对应的a的值;若不存在,请说明理由.
53
解 y=sin
2
x+acos x+a-
82
53
=1-cos
2
x+acos x+a-
82
a
2
a
2
51
=-(cos x-)++a-.
2482
π
∵0≤x≤,∴0≤cos x≤1,令cos x=t,
2
a
2
a
2
51
则y=-(t-)++ a-,0≤t≤1.
2482
aa
2
a
2
51
当 >1,即a>2时,函数y=-(t-)++a-在t∈[0,1]上单调递增,
22482
53
∴t=1时,函数有最大值y
max
=a+a-=1,
82
20
解得a=<2(舍去);
13
a
当0≤≤1,即0≤a≤2时,
2
a
则t=时函数有最大值,
2
a
2
51
y
max
=+a-=1,
482
3
解得a=或a=-4(舍去);
2
a
当<0,即a<0时,
2
a
2
a
2
51
函数y=-(t-)++a-
2482
在t∈[0,1]上单调递减,
51
∴t=0时,函数有最大值y
max
=a-=1,
82
6 13


12
解得a=>0(舍去),
5
3
π
综上所述,存在实数a=,使得函数在闭区间[0,]上有最大值1.
22
点评 换元有整体代换、特值代换、三角换元等情况.
本题是关于三角函数最值的存在性问题,通过换元,设cos x=t,转化为关于t的二次函数
a
2
a
2
51
问题,把三角函数的最值问题转化为二次函数y=- (t-)++a-,0≤t≤1的最值问
2482
题,然后分类讨论解决问题.
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
____________.
答案 (-∞,-8]
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,得a
4
t+
?
, +4=-
?
?
t
?
4
t+
?
≤-4, ∵ t>0,∴-
?
?
t
?
∴a≤-8,即实数a的取值范围是(-∞, -8].
高考题型精练
1.若函数f(x)=x
3
-tx
2+3x在区间[1,4]上单调递减,则实数t的取值范围是( )
51
A.(-∞,] B.(-∞,3]
8
51
C.[,+∞) D.[3,+∞)
8
答案 C
解析 f′(x)=3x
2
-2tx+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,
31
即3x
2
-2tx+3≤0,即t≥(x+)在[1,4]上恒成立,
2x
31
因为y=(x+)在[1,4]上单调递增,
2x
3151
所以t≥(4+)=,
248
故选C.
1
2.已知函数f(x)=|logx|,若m2
7 13


A.[23,+∞) B.(23,+∞)
C.[4,+∞) D.(4,+∞)
答案 D
1
解析 ∵f(x)=|logx|,若m2
11
∴logm=-logn,
22
∴mn=1,∴01,
3
∴m+3n=m+在m∈(0,1)上单调递减,
m
当m=1时,m+3n=4,∴m+3n>4.
3.过抛物线y=ax
2
(a>0)的焦点F,作一直线交抛物线于P,Q两点,若线段PF与FQ的长
11
度 分别为p,q,则+等于( )
pq
A.2a
C.4a
答案 C
11
解析 抛物线y=ax
2
(a>0)的标准方程为x
2
=y(a>0),焦点F(0,),
a4a
取过焦点F的直线垂直于y轴,
1
则|PF|=|QF|=,
2a
11
所以+=4a.
pq
4.已知函数f(x)=(e
2
x
1
+1)(ax+3a-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( )
e+2
A.(0,)
3?e+1?
2
B.(0,)
e+1
e+2
C.(-∞,)
3?e+1?
1
D.(-∞,)
e+1
答案 C
解析 因为x∈(0,+∞),所以2x+1>1,
则e
2
x
1
+1>e+1,
8 13


1
B.
2a
4
D.
a


1
要使f(x)<1,则ax+3a-1<,
e+1
e+2
1
可转化为:存在x∈(0,+∞)使得a<·成立.
e+1x+3
e+2
1
设g(x)=·,
e+1x+3
则amax

因为x>0,则x+3>3,
11
从而<,
x+3
3
e+2e+2
所以g(x)<,即a<,
3?e+1?3?e+1?
选C.
3
5.已知f(x)=
x
,则f(-2 015)+f(-2 014)+…+f(0)+f(1)+…+f(2 016)=________.
3+3
答案 2 016
33
解析 f(x)+f(1-x)=
x

1

x

3+33+3
33
x

x

3+33+3
x
3
x
+3

x
=1,
3+3
∴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.
6.若二次函数f(x)=4x
2
-2(p-2)x-2p
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__ ______.
3
答案 (-3,)
2
解析 如果在[-1,1]内没有值满足f(c)>0,
?
?
f?-1?≤0,

?
?
?
f?1?≤0

?
p≤-
2
或p≥1,
?
?
3
p≤-3或p≥
?
2
1


3
?p≤-3或p≥,
2
3
取补集为-32
3
故实数p的取值范围为(-3,).
2
9 13


7.对任意的|m|≤2,函数f(x)=mx
2
-2x+1-m恒为负,则x 的取值范围是________________.
答案 (
7-13+1
,)
22
解析 对任意的|m|≤2,有mx
2
-2x+1-m<0恒成立,
即|m|≤2时,(x
2
-1)m-2x+1<0恒成立.
设g(m)=(x
2
-1)m-2x+1,
则原问题转化为g(m)<0恒成立(m∈[-2,2]).
?
?
g?-2?<0,
所以
?

?
g?2 ?<0,
?
?
2x
2
+2x-3>0,
?

?
2

?
2x-2x-1<0,
?


解得
7-13+1
22
7-13+1
,). < br>22
即实数x的取值范围为(
8.(2016·天津模拟)已知一个几何体的三视图如图 所示,如果点P,Q在正视图中所示位置:
点P为所在线段的中点,点Q为顶点,则在几何体侧面上,从 P点到Q点的最短路径的长
为________.

答案 a1+π
2

解析 由三视图,知此几何体是一个圆锥和一个圆柱的组合体,分别沿P 点与Q点所在母
线剪开圆柱侧面并展开铺平,如图所示.

则PQ=AP
2
+AQ
2
=a
2
+?πa?
2
=a1+π
2
.
所以P,Q两点在侧面上的最短路径的长为a1+π
2
.
9 .求使不等式x
2
+(a-6)x+9-3a>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
-6x+9>0.
10 13


令f(a)=(x-3)a+x
2
-6x+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,
?
?
f?-1?>0,
可得
?

?
f?1 ?>0,
?
2
?
?
x-7x+12>0,

?2

?
x-5x+6>0,
?


解得x<2或x>4.
即x的取值范围为(-∞,2)∪(4,+∞).
10.已 知f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,且f(1)=1,若m,n∈[-1,1],m+n≠0时,有< br>f?m?+f?n?
>0.
m+n
(1)证明f(x)在[-1,1]上是增函数;
(2)解不等式f(x
2
-1)+f(3-3x)<0;
(3)若f(x) ≤t
2
-2at+1对?x∈[-1,1],a∈[-1,1]恒成立,求实数t的取值范围.
解 (1)任取-1≤x
1
2
≤1,
则f(x
1
)-f(x
2
)=f(x
1
)+f(-x
2
)
f?x
1
?+f?-x
2
?
=(x
1
-x
2
).
x
1
-x
2
∵-1≤x
1
2
≤1,
∴x
1
+(-x
2
)≠0, < br>f?x
1
?+f?-x
2
?
由已知>0,x
1
-x
2
<0,
x
1
-x
2
∴f(x
1
)-f(x
2
)<0,
即f(x)在[-1,1]上是增函数.
(2)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)x
2
-1 <3x-3,
?
?
所以
?
-1≤x
2
-1≤1,< br>?
?
-1≤3x-3≤1,


11 13


4
解得x∈(1,].
3
(3)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
-2at+1对?x∈[-1,1],a∈[-1,1]恒成立,
只要t
2
-2at+1≥1?t
2
-2at≥0,
设g(a)=t
2
-2at,对?a∈[-1,1],g(a)≥0恒成立,
2
?
?
g?-1?=t+2t≥0,
所以
?

?
g?1?=t
2
-2t≥0
?

?
t≥0或t≤-2,
?
?
?

?
t≥2或t≤0,
?

所以t≥2或t≤-2或t=0.
11.已知函数f(x)=2|x-1|-a,g(x)=-|2x+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 )若函数y=f(x)的图象恒在函数y=g(x)的图象的上方,求实数a的取值范围.
2
解 (1)由g(x)≥-1,
即-|2x+m|≥-1,|2x+m|≤1,
-m-1-m+1
得≤x≤.
22
∵不等式的整数解为-2,
-m-1-m+1
∴≤-2≤,
22
解得3≤m≤5.
又∵不等式仅有一个整数解-2,
∴m=4.
1
(2)函数y=f(x)的图象恒在函数y=g(x)的上方,
2
1
故f(x)-g(x)>0对任意x∈R恒成立,
2
∴a<2|x-1|+|x+2|对任意x∈R恒成立.
设h(x)=2|x-1|+|x+2|,
-3x,x≤-2,
?
?
则h(x)=
?
4-x,-2?
?
3x,x>1,

12 13


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).


13 13

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