《高考數(shù)學(xué)大二輪專題復(fù)習(xí)沖刺方案理數(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(guān)《高考數(shù)學(xué)大二輪專題復(fù)習(xí)沖刺方案理數(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（11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(xué)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(fù)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(yīng)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(a

2、>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(biāo)準(zhǔn)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＝－＝＋－＝－，所以·＝

3、·＝·＝＝＝36，故選C. 解法二：不妨設(shè)∠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(biāo)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(dá)到成批處理問題的效果． 對于客觀題，當(dāng)題設(shè)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 2)＋f＝(　　)

4、 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(jì)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(dāng)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；當(dāng)x≥0時，f(x)＝ex單調(diào)遞增，且f(

5、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、≤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＝－，x2＝ .∵當(dāng)a>1時，a－1<3a， ∴－1

7、1.f(－x)＝a(－x)·[(－x)2－1]＋(－x)＝－[ax(x2－1)＋x]＝－f(x)， ∴f(x)是奇函數(shù)，又函數(shù)f(x)過定點(1,1)，(－1，－1)和(0,0)，則作出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示． 令f(x)＝t，方程f(t)＝b對于任意b∈[－1,1]都有9個不等實根，即方程f(x)＝t1，f(x)＝t2，f(x)＝t3，一共有9個不等實根， ∴f(x)在極小值點處的函數(shù)值小于－1，即f＝(1－a)<－1，即(a－4)(2a＋1)2>0，解得a>4，故實數(shù)a的取值范圍為(4，＋∞)．故選D. 函數(shù)、方程與不等式相互轉(zhuǎn)化的應(yīng)用 函數(shù)、方程與不等式三者之間

8、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)＝x＋(2－kx)ex>0?x>(kx－2)ex?>kx－2， 設(shè)g(x

9、)＝(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(dāng)x>1時，g′(x)<0，所以函數(shù)g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)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(dāng)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，故選C. 2．已知a＝ln ，b＝ln ，c＝ln 4，則(　　)

10、 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(gòu)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(dāng)x∈(0，e)時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(0，e]上單調(diào)遞增；當(dāng)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＋

11、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　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

12、－1＋≥0，得a≥.① 令t＝，因為x∈(1,2)，所以t＝∈. 設(shè)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(jié)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)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(bǔ)集求得其解，這就是補(bǔ)集思想，一種充分體現(xiàn)對立

13、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(dāng)k＝0時，顯然符合題意．當(dāng)k≠0時，設(shè)拋物線y＝x2上兩點A(x1，x)，B(x2，x)關(guān)于直線y＝k(x－3)對稱，AB的中點為P(x0，y0)，則x0＝，y0＝.由題設(shè)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

14、內(nèi)，則－>2，整理得(2k＋1)(6k2－2k＋1)<0，解得k<－. 因此當(dāng)k<－時，拋物線y＝x2上存在兩點關(guān)于直線y＝k(x－3)對稱，于是當(dāng)k≥－時，拋物線y＝x2上不存在兩點關(guān)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(c)＞0，因為Δ＝36p2≥0恒成立， 則解得 所以p≤－3或p≥，取補(bǔ)集得－3＜p＜， 即滿足題意的實數(shù)p的取值范圍是. 熱

15、點4 形體位置關(guān)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(cè)棱BD⊥AD，DC⊥DA，底面△BDC是等腰三角形，它的外接球就是它擴(kuò)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，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

16、面積為4πr2＝7π，故選B. (2)(2019·天津市濱海新區(qū)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

17、V多面體ABCDEFG＝2＋2＝4. 解法二：(補(bǔ)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(bǔ)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(guān)系的轉(zhuǎn)化是通過切割、補(bǔ)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(guān)系、數(shù)據(jù)情況進(jìn)行必要分析，準(zhǔn)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

18、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∩BB1＝B， ∴AH⊥平面BCC1B1. 又AB＝AC＝，BC＝2，∴AH＝1， ∵BB1⊥C1D， ∴S△BC1D＝C1D·BB1＝×1×2＝1，

19、 ∴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(shè)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(xué)附屬中學(xué)高三上學(xué)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(gòu)成四棱錐P－ABCD(圖2)． (1)求證：AD⊥PB； (2)當(dāng)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.