高中数学-化归与转化思想

一、 考点回顾
化归与转化的思想，就是在研究和解决数学问题时采用某种 方式，借助某种函数性质、图象、公式或
已知条件将问题通过变换加以转化，进而达到解决问题的思想。 转化是将数学命题由一种形式向另一种形
式的变换过程，化归是把待解决的问题通过某种转化过程归结为 一类已经解决或比较容易解决的问题。化
归转化思想是中学数学最基本的思想方法，堪称数学思想的精髓 ，它渗透到了数学教学内容的各个领域和
解题过程的各个环节中。转化有等价转化与不等价转化。等价转 化后的新问题与原问题实质是一样的，不
等价转则部分地改变了原对象的实质，需对所得结论进行必要的 修正。
应用化归转化思想解题的原则应是化难为易、化生为熟、化繁为简，尽量是等价转化。常见的转化有：
1、等与不等的相互转化
等与不等是数学中两个重要的关系，把不等问题转化成相等 问题，可以减少运算量，提高正确率；把
相等问题转化为不等问题，能突破难点找到解题的突破口。
2、正与反的相互转化
对于那些从“正面进攻”很难奏效或运算较难的问题，可先攻其反面，从而使正面问题得以解决。
3、特殊与一般的相互转化
对于那些结论不明或解题思路不易发现的问题，可先用特 殊情形探求解题思路或命题结论，再在一般
情况下给出证明，这不失为一种解题的明智之举。
4、整体与局部的相互转化
整体由局部构成，研究某些整体问题可以从局部开始。
5、高维与低维的相互转化
事物的空间形成，总是表现为不同维数且遵循由低维想高维的发展 规律，通过降维转化，可把问题有
一个领域转换到另一个领域而得以解决，这种转化在复数与立体几何中 特别常见。
6、数与形的相互转化
通过挖掘已知条件的内涵，发现式子的几何意义，利用几何图形的直观性解决问题，使问题简化。
7、函数与方程的转化

二、 经典例题剖析
例1、设
a
≥
0
，
f(x)?x?1?ln
2
x?2alnx(x?0)．
（Ⅰ）令
F(x)?xf
?
(x)
，讨论
F(x)
在
(0，?∞)
内的单调性并求极值；
（Ⅱ）求证：当
x?1时，恒有
x?ln
2
x?2alnx?1
．
解析：（Ⅰ）讨论
F(x)
在
(0，?∞)
内的单调性并求极值只需求出
F(x)的导数
F'(x)
即可解决；
（Ⅱ）要证当
x?1
时，恒有< br>x?ln
2
x?2alnx?1
，可转化为证
x?1
时
x?ln
2
x?2alnx?1?0
，亦即转化为

x?1
时
f(x)?0
恒成立；因
f(1)?0
，于是可转化为证 明
f(x)?f(1)
，即
f(x)
在
(1,??)
上单调 递增，
这由（Ⅰ）易知。
答案：（Ⅰ）解：根据求导法则有
f
?
(x)?1?
2lnx2a
?，x?0
，
xx
故
F(x) ?xf
?
(x)?x?2lnx?2a，x?0
，
于是
F
?
(x)?1?
列表如下：
2x?2
?，x?0
，
xx
x

(0，2)

2
0
极小值
F(2)

(2，?∞)

?


F
?
(x)

F(x)

?


故知
F(x)
在
(0，2)
内是减函数，在
(2，?∞)< br>内是增函数，
所以，在
x?2
处取得极小值
F(2)?2?2ln2?2a
． < br>（Ⅱ）证明：由
a
≥
0
知，
F(x)
的极小值
F(2)?2?2ln2?2a?0
．
于是由上表知，对一切
x?(0，?∞)< br>，恒有
F(x)?xf
?
(x)?0
．
从而当
x? 0
时，恒有
f
?
(x)?0
，故
f(x)
在
(0，?∞)
内单调增加．
所以当
x?1
时，
f(x)?f(1 )?0
，即
x?1?lnx?2alnx?0
．
故当
x?1
时，恒有
x?lnx?2alnx?1
．
点评 ：对于证明
f(x)?g(x)
在区间
(a,b)
恒成立问题，常运用化归转 化思想转化为证明
f(x)?g(x)?0
在
区间
(a,b)
上恒成 立，令
h(x)?f(x)?g(x)
，即可转化为在
(a,b)
上
h(x)
min
?0
，这样只需求出
h(x)
在
区间
(a,b)
上的最小值即可解决之。这种化归转化的思想方法在近几年高考中经常用到。

2
2
1)，a
n
?
例、设数列
{a
n}
的首项
a
1
?(0，
3?a
n?1
，n?2 ，3，4，…
．
2
（1）求
{a
n
}
的通项公式 ；（2）设
b
n
?a
n
3?2a
n
，证明
b
n
?b
n?1
，其中
n
为正整数．
解：

方法二：由（1）可知
0?a
n
?
3
，a
n
?1
，
2
(3?a
n
)a
n3?a
n
因为
a
n?1
?
，所以
b
n?1
?a
n?1
3?2a
n?1
?
．
2
2
?
3?a
n
?
由
a
n
?1
可得
a
n
(3?2a
n
)?
??
，
2
??
?
3?a
n
?
即
a(3?2a
n
)?
??
a
n

?
2
?
2
n
2
2
两边开平方得
a
n
3?2a
n
?
3?a
n
2
a
n
．
即
b
n
?b
n?1
，n
为正整数．
x
2< br>y
2
?1
上，
0)
和
C(4，0)
，顶点< br>B
在椭圆
?
例、 在平面直角坐标系
xOy
中，已知
△ABC
的顶点
A(?4，
259
则

sinA?sinC
?
_____．
sinB

例、若一条直线与一个正四棱柱各个面所成的角都为
?
，则
cos
?
＝______
解：不妨认为这个正四棱柱为正方体，与正 方体的所有面成角相等时，为与相交于同一顶点的三个相互垂
直的平面所成角相等，即为对角线与该正方 体所成角.故
cos
?
?
26
.
?
3
3
点评：象这种“特殊与一般的相互转化”在高考的选择题和填空题中经常应用
例、已知函数
f(x)?x?x
．
（1）求曲线
y?f(x)
在点
M(t，f(t))
处的切线方程；
（2）设
a?0
，如果过点
(a，b)
可作曲线
y?f(x )
的三条切线，证明：
?a?b?f(a)

解析：（1）通过求导得出切线 的斜率，从而由点斜式较易写出切线方程；（2）由（1）易得过点
(a，b)
的曲线
y?f(x)
的切线方程
g(t)?0
，曲线
y?f(x)
有三条切 线可转化为方程
g(t)?0
有三个相异的实
数根，即函数
y?g(t)有三个零点，故只需
g(t)
的极大值大于零且
g(t)
的极小值小于零 。
答案：解：（1）
f(x)
的导数
f
?
(x)?3x? 1
．曲线
y?f(x)
在点
M(t，f(t))
处的切线方程为：< br>2
3
y?f(t)?f
?
(t)(x?t)
，即
y? (3t
2
?1)x?2t
3
．
（2）如果有一条切线过点
(a，b)
，则存在
t
，使
b?(3t?1)a?2t
．
若过点
(a，b)
可作曲线
y?f(x)
的三条切线，则方程
2t? 3at?a?b?0
有三个相异的实数根．记
32
23
g(t)?2t
3
?3at
2
?a?b
，则
g
?
(t)?6t< br>2
?6at
?6t(t?a)
．
当
t
变化时，g(t)，g
?
(t)
变化情况如下表：
t

g
?
(t)

g(t)

(??，0)

＋
增函数
0
0
极大值
a?b

(0，a)

－
减函数
a

0
极小值
b?f(a)

(a，??)

＋
增函数
由
g(t)
的单调性，当极大值
a?b?0
或极小值
b?f (a)?0
时，方程
g(t)?0
最多有一个实数根；
当
a?b? 0
时，解方程
g(t)?0
得
t?0，t?
3a
，即方程< br>g(t)?0
只有两个相异的实数根；
2

当
b?f(a)?0
时，解方程
g(t)?0
得
t??，t?a
，即 方程
g(t)?0
只有两个相异的实数根．
a
2
?
a?b ?0，
综上，如果过
(a，b)
可作曲线
y?f(x)
三条切线，即
g(t)?0
有三个相异的实数根，则
?
?
b?f(a)?0.即
?a?b?f(a)
．
点评：将证明不等式的问题通过等价转化化归为函数 的极值问题来讨论，这是近年来高考试题中常出
现的一种类型。
例、已知函数
f(x)?e?kx，x?R

（Ⅰ）若
k?e
，试确定函数
f(x)
的单调区间；
（Ⅱ ）若
k?0
，且对于任意
x?R
，
f(x)?0
恒成立，试 确定实数
k
的取值范围；

解析：（Ⅰ）求出
f(x)
的导函数，易得
f(x)
的单调区间；
（Ⅱ）易知
f(x)
是偶函数，于是
f(x)?0
对任意
x ?R
成立可等价转化为
f(x)?0
对任意
x≥0
成立，
进 一步转化为
f(x)
在
[0，??)
上的最小值大于零，从而求出实数
k
的取值范围。
x
x
答案：解：（Ⅰ）由
k?e
得f(x)?e?ex
，所以
f
?
(x)?e?e
．
x










由
f
?
(x)?0
得
x?1
，故
f(x)
的单调递增区间是
(1，??)
，
由
f
?(x)?0
得
x?1
，故
f(x)
的单调递减区间是
( ??，1)
．
（Ⅱ）由
f(?x)?f(x)
可知
f(x)
是偶函数．
于是
f(x)?0
对任意
x?R
成立等价于
f(x)?0
对 任意
x≥0
成立．
由
f
?
(x)?e?k?0
得
x?lnk
． x
，
时，
f
?
(x)?e?k?1?k≥0(x?0)
． ①当
k?(01]
此时
f(x)
在
[0，??)
上单调 递增．
故
f(x)≥f(0)?1?0
，符合题意．
x
，??)
时，
lnk?0
． ②当
k?(1
当< br>x
变化时
f
?
(x)，f(x)
的变化情况如下表：

x
(0，lnk)

－
单调递减
lnk

0
极小值
(lnk，??)

＋
单调递增
f
?
(x)

f(x)

由此 可得，在
[0，??)
上，
f(x)≥f(lnk)?k?klnk
．
依题意，
k?klnk?0
，又
k?1，?1?k?e
．
综合①，②得，实数
k
的取值范围是
0?k?e
．

















（一） 选择题：
1. 若函数
f(x)?ax
2
?4ax?3
的定义域为R，则实数
a的取值范围是
3
4
3
4
3
4
A．
(0,]
B．
(0,)
C．
[0,]
D．
[0,)

2. 函数
y?lg(
3
4
2
?1)
的图象关于（ ）
1?x
A、原点对称 B、x轴对称 C、y轴对称 D、直线y＝x对称
3. 若
a
、
b
满足
a?b?1，则
(1?ab)(1?ab)
有
22

13
和最大值1 B．最小值和最大值1
24
3
C．最小值但无最大值 D．最大值1，但无最小值
4
A．最小值
4
4. 若关于
x
的不等式
(1?k)x
≤
k
＋4的解集是M，则对任意实常数
k< br>，总有：（ ）
2
A、2∈M，0∈M； B、2
?
M，0
?
M； C、2∈M，0
?
M； D、2
?
M，0∈M．
5.若不等式x
2
＋ax＋1?0对于一切x?（0，

6. 若
(x?3)?(y?1)?x?y?3?0
，则点
M(x,y)
的轨迹是
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
（二） 填空题：
7. P（x，y）在直线x＋2y－3＝0上运动，则x
2
＋y
2
的最小值是________．
8. 在－6，4，－2 ，0，1，3，5，7这8个数中，任取两个不同的数分别作为虚数
a?bi
的实部和虚部，< br>则所组成的所有不同虚数中，模大于5的虚数的个数是________．

（三） 解答题：
9.已知函数
f(x)?2sin
?
2
1
）成 立，则a的取值范围是 _________
2
22
?
π
? ?
ππ
?
?x
?
?3cos2x
，
x?
?
，
?
．
?
4
?
?
42
?
（I）求
f(x)
的最大值和最小值；
（II）若不等式
f(x)?m? 2
在
x?
?
，
?
上恒成立，求实数
m
的取 值范围．
42
?
ππ
?
??

解析答案：
1. C 解析：函数
f(x)?ax
2
?4a x?3
的定义域为R，
?ax
2
?4ax?3?0
对
x?R
恒成立。 当
a?0
时有
3?0
对
x?R
恒成立 ，符合题意；当
a?0
时，要使
ax
2
?4ax?3?0
对
x?R
恒成立，必须
3
a?0
且
??16a
2?12a?0
，解得
?a?0
。
4
3
综上
a?[0,]
，故选C.
4
2
2. A 解析：函数定义域满足
?1?0?x?(?1,1),

1?x
?
?
1?x
??
1?x
?
?
?
2
?
?
2
?
f(?x)?f(x)?lg
?
?1
?
?lg
?
?1
?
?lg
?
?
?
?
?lg1?0,
，
??
?
?
1?x
?
?
1?x
?
?
?
1?x
??
1?x
?
?< br>?f(?x)??f(x)
∴f(x)为奇数，∴选A．
3. B 解析：因< br>a
、
b
满足
a?b?1
，故可设
a?cos
?
,b?sin
?
，
?
?[?,]
，
22
1
2
17
则
(1?ab)(1?ab)
＝
(1?cos< br>?
sin
?
)(1?cos
?
sin
?
)? 1?sin2
?
?cos4
?
?
，
488
3所以
(1?ab)(1?ab)
的最大值为1，最小值为，故选B。
4
22
??
4. A 解析：方法1：代入判断法，将
x?2 ,x?0
分别代入不等式中，判断关于
k
的不等式解集是否为
R
；
4
方法2：求出不等式的解集：
(1?k)x
≤
k
＋4
2
4
k
?x?< br>2
?4
?(k
2
?1)?
2
5
?2?x?[ (k
2
?1)?
2
5
?2]
min
?25?2；故选A。
k?1k?1k?1
aa1
5. 解析：设f（x）＝ x
2
＋ax＋1，则对称轴为x＝
－
，若
－
?，即a?－1 时，则f（x）在〔0，
222
115
〕上是减函数，应有f（）?0?－? x ?－1；
222
a1
若
－
?0，即a?0时，则f（x）在〔0， 〕上是增函数，应有f（0）＝1?0恒成立，故a?0
22
a
2
a
2
a
2
a1a
1＝1－?0
恒成立，故－1?a?0 若0?－
?，即－1?a?0，则应有f（
－
）＝
－＋
424
222
综上，有－
5
?a 。
2
22
(x?3)?(y?1)
?2
，由双曲线的定义知点6. C 解析：由
(x?3)
2
?(y?1)
2
?x?y?3?0
得
x?y?3
2
M(x,y)
的轨迹是双曲线。故选C。

7.
9
解析：x
2
＋y
2
为原点与直线x＋2y－3＝0上的点距离的平方，其最小值为原点到直线x＋2y－3＝0
5
22
距离的平方．
?(x?y)
min
?
|?3|
?
9
????.

??
5
?
5
?
2
8.32个 解析：当a＝ 0时，b可取－6，7；当a≠0时，从－6，－4，－2，1，3，5，7中任取2个
作为a、b，共
P
7
个，其中不合格的是从－4，－2，1，3中任取2个共
P
4< br>个．
22
∴模大于5的不同虚数共2＋
(P
7
?P
4
)?32
个．
2
2

17. 本小题主要考查三角函数和不等式的基本知识，以及运用三角公式、三角函数的图象和性质解题的能
力．
解：（Ⅰ）
∵f(x)?
?
1?cos
?
?
??
π
?
?
?2x
?
?
?3cos2x?1?s in2x?3cos2x

?
2
?
?
π
??
?1?2sin
?
2x?
?
．
3
??
又∵x?
?
，
?
，
∴
≤
2x?
≤
，即
2
≤
1?2sin
?
2x?
?
≤
3
，
3
?
42
633
?
??
?
π π
?
ππ2π
?
π
?
∴f(x)
max
? 3，f(x)
min
?2
．
（Ⅱ）
∵f(x)?m?2?f(x) ?2?m?f(x)?2
，
x?
?
，
?
，
42< br>?
ππ
?
??
∴m?f(x)
max
?2
且
m?f(x)
min
?2
，
，4)
．
∴1?m?4
，即
m
的取值范围是
(1

< br>高考数学试题十分重视对学生能力的考查，而这种能力是以整体的、完善的知识结构为前提的。国家
教育部考试中心试题评价组《全国普通高考数学试题评价报告》明确指出，试题注意数学各部分内容的联
系，具有一定的综合性。加强数学各分支知识间内在联系的考查，要求学生把数学各部分作为一个整体来
学习、掌握，而不机戒地分为几块。这个特点不但在解答题中突出，而且在选择题中也有所体现。

都是“定义域”惹的祸
函数三要素中，定义域是十分重要的，研究函数的性质时应首先考虑其 定义域．在求解函数有关问题
时，若忽视定义域，便会直接导致错解．下面我们举例分析错从何起．

一、求函数解析式时
例1．已知
f(x?1)?x?2x
，求函数
f(x)
的解析式 .
错解：令
t?x?1
，则
x?t?1
，
x?(t?1)2
，
x?1
得
t?1
，
?f(t)?t
2< br>?1
?f(t)?(t?1)
2
?2(t?1)?t
2
?1< br>，
?f(x)?x
2
?1

剖析：因为
f(x?1) ?x?2x
隐含着定义域是
x?0
，所以由
t?
的定义域为
t?1
，即函数
f(x)
的解析式应为
f(x)?x?1
（
x?1
）
这样才能保证转化的等价性.
正解：由
f(x?1)?x?2x
，令
t?
（
t?1
），即
f(x)?x?1
（x?1
）．
二、求函数最值（或值域）时
22
例2．若
3x?2y?6x,
求
x?y
的最大值． < br>22
2
2
x?1
得
t?1
，
?x?
?
t?1
?
代入原解析式得
f(t)?t
2
?1
2
错解：由已知有
y??
3
2
x?3x
①，代入
x
2
?y
2
得
2
1199
2< br>x
2
?y
2
??x
2
?3x??
?
x?3
?
?
，∴当
x?3
时，
x
2
?y< br>2
的最大值为．
2222
2
剖析：上述错解忽视了二次函数的定义域 必须是整个实数的集合，同时也未挖掘出约束条件
3x
2
?2y
2
? 6x
中
x
的限制条件．
3
22
正解：由
y??x ?3x?0
得
0?x?2
，
2
119
2
?
x
2
?y
2
??x
2
?3x??
?
x? 3
?
?
，
x?
?
0,2
?
，因函数图象的 对称轴为
x?3
，∴当
x?
?
0,2
?
22222
是函数是增函数，故当当
x?2
时，
x?y
的最大值为4
．
例3．已知函数
f
?
x
?
?2?log
3
x
?
1?x?9
?
，则函数
y?
??
f
?
x
?
?
?
?fx
A．33 B．22 C．13 D．6
2
??
的最大值为（ ）
2
??
故函数
y?
?
?
f
?
x
?
?
?
?f
?
x
?
在
x?9
时取得 最大值为33．
错解：
y?
?
?
f
?
x
?
?
?
?fx
2
2
2
2
=
?2?log
3
x
?
?2?log
3
x
=
?
log
3
x?3
?
?3
在
?
1?x? 9
?
上是增函数，
2
22
正解：由已知所求函数
y?
?
?
f
?
x
?
?
?
?fx
2< br>2
2
??
2
的定义域是
?
?
1?x?9?
1?x?9
2
2
得
1?x?3
，
2
2
y?
?
fx?fx
==
?
log
3
x ?3
?
?3
在
1?x?3
是增函数，故函数
?
2? logx?2?logx
??
??
??
33
??
2
2
y?
?
fx?fx
?
??
??
在
x?3
时取得最大值为13．
??
?
2?x?4
?
，求
y?
?
f
?1
?
x
?
?
2
?f< br>?1
?
x
2
?
的最大值和最小值．
?1
x ?2
错解：由
f
?
x
?
?3
?
2?x?4
?
得
1?y?9
．∴
f
?
x
?
? 2?log
3
x
?
1?x?9
?
．
2
2 2
?1?122
∴
y?
?
f
?
x
?
?
?f
?
x
?
?
?
2?log
3
x
?
?2?log
3
x?log
3
x?6log
3
x?6

2
?
?
log
3
x?3
?
?3
． ∵
1?x?9
，∴
0?log
3
x?2
．∴
ymax
?22
，
y
min
?6
．
?12?1
2
剖析：∵
f
?
x
?
中
1?x? 9
，则
f
?
x
?
中
1?x?9
，即
1?x?3
，∴本题的定义域应为
?
1,3
?
．
例4． 已知
f
?
x
?
?3
x?2
∴
0?log< br>3
x?1
．
正解：（前面同上）
y?
?
log3
x?3
?
?3
，由
1?x?3
得
0?log
3
x?1
．
2
∴
y
max
?13
，
y
min
?6
．
例5．求函数
y?4x?5?
错解：令
t?
2x?3
的值域．
2x?3
，则
2x?t
2
?3
，∴
y?2t
2
?3?5?t?2t
2?t?1

??