《高考數(shù)學大二輪專題復習沖刺方案文數(shù)經(jīng)典版文檔：第一編 第4講 轉(zhuǎn)化與化歸的思想 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數(shù)學大二輪專題復習沖刺方案文數(shù)經(jīng)典版文檔：第一編 第4講 轉(zhuǎn)化與化歸的思想 Word版含解析（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第4講　轉(zhuǎn)化與化歸的思想 「思想方法解讀」　轉(zhuǎn)化與化歸思想是指在研究解決數(shù)學問題時，采用某種手段將問題通過轉(zhuǎn)化，使問題得以解決的一種思維策略，其核心是把復雜的問題化歸為簡單的問題，將較難的問題化歸為較容易求解的問題，將未能解決的問題化歸為已經(jīng)解決的問題． 常見的轉(zhuǎn)化與化歸思想應用具體表現(xiàn)在：將抽象函數(shù)問題轉(zhuǎn)化為具體函數(shù)問題，立體幾何和解析幾何中一般性點或圖形問題轉(zhuǎn)化為特殊點或特殊圖形問題，以及“至少”或“是否存在”等正向思維受阻問題轉(zhuǎn)化為逆向思維問題，空間與平面的轉(zhuǎn)化，相等問題與不等問題的轉(zhuǎn)化等． 熱點題型探究 熱點1 特殊與一般的轉(zhuǎn)化 例1　(1)過拋物線y＝ax2(

2、a>0)的焦點F，作一直線交拋物線于P，Q兩點，若線段PF與FQ的長度分別為p，q，則＋等于(　　) A．2a B. C．4a D. 答案　C 解析　拋物線y＝ax2(a>0)的標準方程為x2＝y(tǒng)(a>0)．焦點F，取過焦點F的直線垂直于y軸，則|PF|＝|QF|＝，所以＋＝4a. (2)在平行四邊形ABCD中，||＝12，||＝8.若點M，N滿足＝3，＝2，則·＝(　　) A．20 B．15 C．36 D．6 答案　C 解析　解法一：由＝3，＝2知，點M是BC的一個四等分點，且BM＝BC，點N是DC的一個三等分點，且DN＝DC，所以＝＋，＝＋＝＋，所以＝

3、－＝＋－＝－，所以·＝·＝·＝＝＝36，故選C. 解法二：不妨設∠DAB為直角，以AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸建立如圖所示的平面直角坐標系．則M(12,6)，N(8,8)，所以＝(12,6)，＝(4，－2)，所以·＝12×4＋6×(－2)＝36，故選C. 一般問題特殊化，使問題處理變的直接、簡單；特殊問題一般化，可以把握問題的一般規(guī)律，使我們達到成批處理問題的效果． 對于客觀題，當題設條件提供的信息在普通條件下都成立或暗示答案是一個定值時，可以把題中變化的量用特殊值代替，可以快捷地得到答案． 1．(2019·甘青寧高三3月聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝1＋x3，則f(lg

4、 2)＋f＝(　　) A．2 B．4 C．－2 D．－4 答案　A 解析　∵f(x)＝1＋x3，∴f(－x)＋f(x)＝2， ∵lg ＝－lg 2，∴f(lg 2)＋f＝2，故選A. 2．(2019·濟南市高三3月模擬)已知函數(shù)f(x)＝則f(3－x2)>f(2x)的解集為(　　) A．(－∞，－3)∪(1，＋∞) B．(－3,1) C．(－∞，－1)∪(3，＋∞) D．(－1,3) 答案　B 解析　當x<0時，f(x)＝x3－x2，f′(x)＝x2－x， ∵x<0，∴f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，且x→0時，f(x)→0， ∴f(x)<0；

5、當x≥0時，f(x)＝ex單調(diào)遞增，且f(x)≥f(0)＝1.因此可得f(x)在整個定義域上單調(diào)遞增， ∴f(3－x2)>f(2x)可轉(zhuǎn)化為3－x2>2x.解得－3

6、a＝4＋a.依題意f(x)min≥g(x)min，∴a≤0.選C. (2)(2019·河南十所名校高三第二次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ax(x2－1)＋x(a>0)，方程f[f(x)]＝b對于任意b∈[－1,1]都有9個不等實根，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A．(1，＋∞) B．(2，＋∞) C．(3，＋∞) D．(4，＋∞) 答案　D 解析　∵f(x)＝ax(x2－1)＋x(a>0)，∴f′(x)＝3ax2＋(1－a)．若a≤1，則f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增，此時方程f[f(x)]＝b不可能有9個不等實根，故a>1.令f′(x)＝0，得x＝± ，不妨令x1＝－，x

7、2＝.∵當a>1時，a－1<3a， ∴－10，解得a>4，故實數(shù)a的取值范圍為(4，＋∞)．故選D.

8、 函數(shù)、方程與不等式相互轉(zhuǎn)化的應用 函數(shù)、方程與不等式三者之間存在著密不可分的聯(lián)系，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、不等式之間的轉(zhuǎn)化可以將問題化繁為簡，常常將不等式的恒成立問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題；將證明不等式問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性與最值問題，將方程的求解問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點問題． 1．(2019·安徽馬鞍山二次質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝x＋(2－kx)ex(x>0)，若f(x)>0的解集為(a，b)，且(a，b)中恰有兩個整數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　f(x)

9、＝x＋(2－kx)ex>0?x>(kx－2)ex?>kx－2，設g(x)＝(x>0)，h(x)＝kx－2，問題就轉(zhuǎn)化為在(a，b)內(nèi)，g(x)>h(x)，且(a，b)中恰有兩個整數(shù)．先研究函數(shù)g(x)的單調(diào)性，g′(x)＝(x>0)，當x>1時，g′(x)<0，所以函數(shù)g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減；當00，所以函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以g(x)max＝g(1)＝.注意到g(0)＝0，當x>0時，g(x)>0.h(x)＝kx－2，恒過(0，－2)，要想在(a，b)內(nèi)，g(x)>h(x)，且(a，b)中恰有兩個整數(shù)，必須要滿足以下兩個條件：??＋≤k＜＋1

10、，故選C. 2．已知a＝ln ，b＝ln ，c＝ln 4，則(　　) A．a(chǎn)＜b＜c B．b＜a＜c C．c＜a＜b D．b＜c＜a 答案　B 解析　a＝ln ＝ln 2＝ln ＝， b＝ln ＝，c＝ln 4＝×2ln 2＝. 故構造函數(shù)f(x)＝，則a＝f，b＝f，c＝f(2)． 因為f′(x)＝＝， 由f′(x)＝0，解得x＝e. 故當x∈(0，e)時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(0，e]上單調(diào)遞增； 當x∈(e，＋∞)時，f′(x)＜0， 函數(shù)f(x)在[e，＋∞)上單調(diào)遞減．因為＜＜2＜e，所以f＜f＜f(2)，即b＜a＜c，故選B. 熱

11、點3 正難則反的轉(zhuǎn)化 例3　(1)(2019·湖南邵陽高三10月大聯(lián)考)若命題“?x0∈R，x＋2mx0＋m＋2<0”為假命題，則m的取值范圍是(　　) A．(－∞，－1]∪[2，＋∞) B．(－∞，－1)∪(2，＋∞) C．[－1,2] D．(－1,2) 答案　C 解析　若命題“?x0∈R，x＋2mx0＋m＋2<0”為假命題，則命題等價于?x∈R，x2＋2mx＋m＋2≥0恒成立，故只需要Δ＝4m2－4(m＋2)≤0?－1≤m≤2.故選C. (2)已知函數(shù)f(x)＝ax2－x＋ln x在區(qū)間(1,2)上不單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍為________． 答案　 解析　

12、f′(x)＝2ax－1＋. (ⅰ)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋≥0，得a≥.① 令t＝，因為x∈(1,2)，所以t＝∈. 設h(t)＝(t－t2)＝－2＋，t∈，顯然函數(shù)y＝h(t)在區(qū)間上單調(diào)遞減， 所以h(1)＜h(t)＜h，即0＜h(t)＜. 由①可知，a≥. (ⅱ)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減，則f′(x)≤0在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋≤0，得a≤.② 結合(ⅰ)可知，a≤0. 綜上，若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍為(－∞，0]∪.所以若函數(shù)f(x)在區(qū)

13、間(1,2)上不單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍為. 正與反的轉(zhuǎn)化法 正難則反，利用補集求得其解，這就是補集思想，一種充分體現(xiàn)對立統(tǒng)一、相互轉(zhuǎn)化的思想方法．一般地，題目若出現(xiàn)多種成立的情形，則不成立的情形相對很少，從反面考慮較簡單，因此，間接法多用于含有“至多”“至少”情形的問題中． 1．若拋物線y＝x2上的所有弦都不能被直線y＝k(x－3)垂直平分，則k的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　當k＝0時，顯然符合題意．當k≠0時，設拋物線y＝x2上兩點A(x1，x)，B(x2，x)關于直線y＝k(x－3)對稱，AB的中點為P(x0，y0)，則x0＝

14、，y0＝.由題設知＝－，所以＝－.又AB的中點P(x0，y0)在直線y＝k(x－3)上，所以＝k＝－，所以中點P.由于點P在y>x2的區(qū)域內(nèi)，則－>2，整理得(2k＋1)(6k2－2k＋1)<0，解得k<－.因此當k<－時，拋物線y＝x2上存在兩點關于直線y＝k(x－3)對稱，于是當k≥－時，拋物線y＝x2上不存在兩點關于直線y＝k(x－3)對稱．所以實數(shù)k的取值范圍為.故選D. 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)至少存在一個值c，使得f(c)＞0，則實數(shù)p的取值范圍是________． 答案　 解析　若在區(qū)間[－1,1]內(nèi)不存在c滿足f(

15、c)＞0，因為Δ＝36p2≥0恒成立， 則解得 所以p≤－3或p≥，取補集得－3＜p＜， 即滿足題意的實數(shù)p的取值范圍是. 熱點4 形體位置關系的轉(zhuǎn)化 例4　(1)(2019·延安市高考模擬)正三角形ABC的邊長為2，將它沿高AD折疊，使點B與點C間的距離為，則四面體ABCD外接球的表面積為(　　) A．6π B．7π C．8π D．9π 答案　B 解析　根據(jù)題意可知四面體ABCD的三條側棱BD⊥AD，DC⊥DA，底面△BDC是等腰三角形，它的外接球就是它擴展為三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心連線的中點到頂點的距離，就是球的半徑，在三棱柱底面△BDC中，

16、BD＝CD＝1，BC＝，∴∠BDC＝120°，∴△BDC的外接圓的半徑為×＝1，由題意可得，球心到底面的距離為AD＝，∴球的半徑為r＝＝.故外接球的表面積為4πr2＝7π，故選B. (2)(天津市濱海新區(qū)2020屆高三摸底考試)如圖所示，已知多面體ABCDEFG中，AB，AC，AD兩兩互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，則該多面體的體積為________． 答案　4 解析　解法一：(分割法)因為幾何體有兩對相對面互相平行，如圖所示，過點C作CH⊥DG于H，連接EH，即把多面體分割成一個直三棱柱DEH－ABC和一個斜三棱柱

17、BEF－CHG.由題意，知V三棱柱DEH－ABC＝S△DEH·AD＝×2＝2，V三棱柱BEF－CHG＝S△BEF·DE＝×2＝2. 故所求幾何體的體積為V多面體ABCDEFG＝2＋2＝4. 解法二：(補形法)因為幾何體有兩對相對面互相平行，如圖所示，將多面體補成棱長為2的正方體，顯然所求多面體的體積即該正方體體積的一半．又正方體的體積V正方體ABHI－DEKG＝23＝8，故所求幾何體的體積為V多面體ABCDEFG＝×8＝4. 形體位置關系的轉(zhuǎn)化是通過切割、補形、等體積轉(zhuǎn)化等方式轉(zhuǎn)化為便于觀察、計算的常用幾何體，由于新的幾何體是轉(zhuǎn)化而來的，一般需要對新幾何體的位置關系、數(shù)據(jù)情況

18、進行必要分析，準確理解新幾何體的特征． 1.(2019·東北三省三校高三第二次模擬)如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，點D是棱B1C1的中點，AB＝AC＝，BC＝BB1＝2. (1)求證：AC1∥平面A1BD； (2)求點D到平面ABC1的距離． 解　(1)證明：連接AB1，交A1B于點O，則O為AB1的中點， 連接OD，又D是B1C1的中點，∴OD∥AC1， ∵OD?平面A1BD，AC1?平面A1BD， ∴AC1∥平面A1BD. (2)由已知，AB＝AC，取BC的中點H，則BC⊥AH， ∵BB1⊥平面ABC，AH?平面ABC，∴BB1⊥AH， ∵BC∩BB

19、1＝B，∴AH⊥平面BCC1B1. 又AB＝AC＝，BC＝2，∴AH＝1， ∵BB1⊥C1D，∴S△BC1D＝C1D·BB1＝×1×2＝1， ∴VD－ABC1＝VA－BC1D＝S△BC1D·AH＝×1×1＝. ∵AC1＝＝，BC1＝＝2， ∴AC＋AB2＝BC，∴△ABC1是直角三角形， ∴S△ABC1＝××＝，設點D到平面ABC1的距離為h，則××h＝，得h＝， 即點D到平面ABC1的距離為. 2．(2019·山東師范大學附屬中學高三上學期二模)已知等腰梯形ABCE(圖1)中，AB∥EC，AB＝BC＝EC＝4，∠ABC＝120°，D是EC的中點，將△ADE沿AD折起，構成四棱

20、錐P－ABCD(圖2)． (1)求證：AD⊥PB； (2)當平面PAD⊥平面ABCD時，求三棱錐C－PAB的體積． 解　(1)證明：取AD的中點K，連接PK，BK，BD， ∵PA＝PD，K為AD的中點， ∴PK⊥AD， 又AD＝AB，∠DAB＝60°， ∴△ADB為等邊三角形， 則AB＝BD，則BK⊥AD，又PK∩BK＝K， ∴AD⊥平面PBK，又PB?平面PBK，則AD⊥PB. (2)由平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， PK?平面PAD，PK⊥AD，得PK⊥平面ABCD， 由已知AB＝BC＝4，∠ABC＝120°，得S△ABC＝4， 又PK＝2，∴VC－PAB＝VP－ABC＝×4×2＝8.