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第40練 轉化與化歸思想
[思想方法解讀] 轉化與化歸思想方法，就是在研究和解決有關數學問題時，采用某種手段將問題通過變換使之轉化，進而使問題得到解決的一種數學方法．一般是將復雜的問題通過變換轉化為簡單的問題，將難解的問題通過變換轉化為容易求解的問題，將未解決的問題通過變換轉化為已解決的問題．轉化與化歸思想是實現具有相互關聯的兩個知識板塊進行相互轉化的重要依據，如函數與不等式、函數與方程、數與形、式與數、角與邊、空間與平面、實際問題與數學問題的互化等，消去法、換元法、數形結合法等都體現了等價轉化思想，我們也經常在函數、方程、不等式之間進行等價轉化，在復習過程中應注意相近主干知識之間的互化，注重知識的綜合性．
轉化與化歸思想的原則
(1)熟悉已知化原則：將陌生的問題轉化為熟悉的問題，將未知的問題轉化為已知的問題，以便于我們運用熟知的知識、經驗和問題來解決．
(2)簡單化原則：將復雜問題化歸為簡單問題，通過對簡單問題的解決，達到解決復雜問題的目的，或獲得某種解題的啟示和依據．
(3)和諧統(tǒng)一原則：轉化問題的條件或結論，使其表現形式更符合數與形內部所表示的和諧統(tǒng)一的形式；或者轉化命題，使其推演有利于運用某種數學方法或符合人們的思維規(guī)律．
(4)正難則反原則：當問題正面討論遇到困難時，應想到問題的反面，設法從問題的反面去探討，使問題獲得解決．
體驗高考
1．(2016課標全國乙)已知等差數列{an}前9項的和為27，a10＝8，則a100等于( )
A．100 B．99 C．98 D．97
答案 C
解析 由等差數列性質，知S9＝＝＝9a5＝27，得a5＝3，而a10＝8，因此公差d＝＝1，
∴a100＝a10＋90d＝98，故選C.
2．(2016課標全國丙)已知則( )
A．b
0)，
則a＝ksin A，b＝ksin B，c＝ksin C.
代入＋＝中，有
＋＝，變形可得
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.
(2)解 由已知，b2＋c2－a2＝bc，根據余弦定理，有
cos A＝＝，所以sin A＝＝.
由(1)知，sin Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B，
所以sin B＝cos B＋sin B.
故tan B＝＝4.
高考必會題型
題型一 正難則反的轉化
例1 已知集合A＝{x∈R|x2－4mx＋2m＋6＝0}，B＝{x∈R|x<0}，若A∩B≠?，求實數m的取值范圍．
解 設全集U＝{m|Δ＝(－4m)2－4(2m＋6)≥0}，
即U＝{m|m≤－1或m≥}．
若方程x2－4mx＋2m＋6＝0的兩根x1，x2均為非負，
則
所以使A∩B≠?的實數m的取值范圍為{m|m≤－1}．
點評 本題中，A∩B≠?，所以A是方程x2－4mx＋2m＋6＝0①的實數解組成的非空集合，并且方程①的根有三種情況：(1)兩負根；(2)一負根和一零根；(3)一負根和一正根．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Δ≥0，求出全集U，然后求①的兩根均為非負時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化思想的應用，也稱為“補集思想”．
變式訓練1 若對于任意t∈[1,2]，函數g(x)＝x3＋x2－2x在區(qū)間(t,3)上總不為單調函數，則實數m的取值范圍是__________．
答案
解析 g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，若g(x)在區(qū)間(t,3)上總為單調函數，則①g′(x)≥0在(t,3)上恒成立，或②g′(x)≤0在(t,3)上恒成立．
由①得3x2＋(m＋4)x－2≥0，
即m＋4≥－3x在x∈(t,3)上恒成立，
所以m＋4≥－3t恒成立，則m＋4≥－1，
即m≥－5；
由②得m＋4≤－3x在x∈(t,3)上恒成立，
則m＋4≤－9，即m≤－.
所以使函數g(x)在區(qū)間(t,3)上總不為單調函數的m的取值范圍為－ln(n＋1)(n∈N*)．
(1)解 ∵g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ln x－(x＋1)，
∴g′(x)＝－1(x>0)．
令g′(x)>0，解得01.
∴函數g(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，
∴g(x)極大值＝g(1)＝－2.
(2)證明 由(1)知x＝1是函數g(x)的極大值點，也是最大值點，
∴g(x)≤g(1)＝－2，即ln x－(x＋1)≤－2?ln x≤x－1(當且僅當x＝1時等號成立)，
令t＝x－1，得t≥ln(t＋1)(t>－1)．
取t＝(n∈N*)時，
則>ln＝ln，
∴1>ln 2，>ln ，>ln ，…，>ln，
疊加得1＋＋＋…＋>ln(2…)＝ln(n＋1)．即1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
點評 解決方程、不等式的問題需要函數幫助，解決函數的問題需要方程、不等式的幫助，因此借助于函數、方程、不等式進行轉化與化歸可以將問題化繁為簡，一般可將不等關系轉化為最值(值域)問題，從而求出參變量的范圍．
變式訓練2 設a為實數，函數f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的單調區(qū)間與極值；
(2)求證：當a>ln 2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1.
(1)解 由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R
知f′(x)＝ex－2，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
于是當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x
(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
單調遞減
↘
2－2ln 2＋2a
單調遞增
↗
故f(x)的單調遞減區(qū)間是(－∞，ln 2)，
單調遞增區(qū)間是(ln 2，＋∞)，
f(x)在x＝ln 2處取得極小值，
極小值為f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a.
(2)證明 設g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，
于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知當a>ln 2－1時，
g′(x)取最小值為g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.
于是對任意x∈R，都有g′(x)>0，
所以g(x)在R內單調遞增．
于是當a>ln 2－1時，對任意x∈(0，＋∞)，
都有g(x)>g(0)．
而g(0)＝0，從而對任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0.
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
題型三 主與次的轉化
例3 已知函數f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的導函數．對滿足－1≤a≤1的一切a的值，都有g(x)<0，則實數x的取值范圍為________．
答案
解析 由題意，知g(x)＝3x2－ax＋3a－5，
令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1.
對－1≤a≤1，恒有g(x)<0，即φ(a)<0，
∴ 即
解得－1，即a>2時，函數y＝－(t－)2＋＋a－在t∈[0,1]上單調遞增，
∴t＝1時，函數有最大值ymax＝a＋a－＝1，
解得a＝<2(舍去)；
當0≤≤1，即0≤a≤2時，
則t＝時函數有最大值，
ymax＝＋a－＝1，
解得a＝或a＝－4(舍去)；
當<0，即a<0時，
函數y＝－(t－)2＋＋a－
在t∈[0,1]上單調遞減，
∴t＝0時，函數有最大值ymax＝a－＝1，
解得a＝>0(舍去)，
綜上所述，存在實數a＝，使得函數在閉區(qū)間[0，]上有最大值1.
點評 換元有整體代換、特值代換、三角換元等情況．
本題是關于三角函數最值的存在性問題，通過換元，設cos x＝t，轉化為關于t的二次函數問題，把三角函數的最值問題轉化為二次函數y＝－(t－)2＋＋a－，0≤t≤1的最值問題，然后分類討論解決問題．
變式訓練4 若關于x的方程9x＋(4＋a)3x＋4＝0有解，則實數a的取值范圍是____________．
答案 (－∞，－8]
解析 設t＝3x，則原命題等價于關于t的方程t2＋(4＋a)t＋4＝0有正解，分離變量a，得a＋4＝－，
∵t>0，∴－≤－4，
∴a≤－8，即實數a的取值范圍是(－∞，－8]．
高考題型精練
1．若函數f(x)＝x3－tx2＋3x在區(qū)間[1,4]上單調遞減，則實數t的取值范圍是( )
A．(－∞，] B．(－∞，3]
C．[，＋∞) D．[3，＋∞)
答案 C
解析 f′(x)＝3x2－2tx＋3，
由于f(x)在區(qū)間[1,4]上單調遞減，
則有f′(x)≤0在[1,4]上恒成立，
即3x2－2tx＋3≤0，即t≥(x＋)在[1,4]上恒成立，
因為y＝(x＋)在[1,4]上單調遞增，
所以t≥(4＋)＝，
故選C.
2．已知函數f(x)＝|logx|，若m1，
∴m＋3n＝m＋在m∈(0,1)上單調遞減，
當m＝1時，m＋3n＝4，∴m＋3n>4.
3．過拋物線y＝ax2(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(0，)，
取過焦點F的直線垂直于y軸，
則|PF|＝|QF|＝，
所以＋＝4a.
4．已知函數f(x)＝(e2x＋1＋1)(ax＋3a－1)，若存在x∈(0，＋∞)，使得不等式f(x)<1成立，則實數a的取值范圍是( )
A．(0，)
B．(0，)
C．(－∞，)
D．(－∞，)
答案 C
解析 因為x∈(0，＋∞)，所以2x＋1>1，
則e2x＋1＋1>e＋1，
要使f(x)<1，則ax＋3a－1<，
可轉化為：存在x∈(0，＋∞)使得a<成立．
設g(x)＝，
則a0，則x＋3>3，
從而<，
所以g(x)<，即a<，
選C.
5．已知f(x)＝，則f(－2 015)＋f(－2 014)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(2 016)＝________.
答案 2 016
解析 f(x)＋f(1－x)＝＋
＝＋
＝＝1，
∴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．若二次函數f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在區(qū)間[－1,1]內至少存在一個值c，使得f(c)>0，求實數p的取值范圍是________．
答案 (－3，)
解析 如果在[－1,1]內沒有值滿足f(c)>0，
則?
?p≤－3或p≥，
取補集為－30，|a|≤1恒成立的x的取值范圍．
解 將原不等式整理為形式上是關于a的不等式(x－3)a＋x2－6x＋9>0.
令f(a)＝(x－3)a＋x2－6x＋9.
因為f(a)>0在|a|≤1時恒成立，所以
(1)若x＝3，
則f(a)＝0，不符合題意，應舍去．
(2)若x≠3，
則由一次函數的單調性，
可得
即
解得x<2或x>4.
即x的取值范圍為(－∞，2)∪(4，＋∞)．
10．已知f(x)是定義在[－1,1]上的奇函數，且f(1)＝1，若m，n∈[－1,1]，m＋n≠0時，有>0.
(1)證明f(x)在[－1,1]上是增函數；
(2)解不等式f(x2－1)＋f(3－3x)<0；
(3)若f(x)≤t2－2at＋1對?x∈[－1,1]，a∈[－1,1]恒成立，求實數t的取值范圍．
解 (1)任?。?≤x10，x1－x2<0，
∴f(x1)－f(x2)<0，
即f(x)在[－1,1]上是增函數．
(2)因為f(x)是定義在[－1,1]上的奇函數，
且在[－1,1]上是增函數，
不等式化為f(x2－1)0對任意x∈R恒成立，
∴a<2|x－1|＋|x＋2|對任意x∈R恒成立．
設h(x)＝2|x－1|＋|x＋2|，
則h(x)＝
則h(x)在區(qū)間(－∞，1)上是減函數，
在區(qū)間(1，＋∞)上是增函數，
∴當x＝1時，h(x)取得最小值3，
故a<3，
∴實數a的取值范圍是(－∞，3)．
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