高考數(shù)學(xué) 考前3個月知識方法專題訓(xùn)練 第一部分 知識方法篇 專題10 數(shù)學(xué)思想 第40練 轉(zhuǎn)化與化歸思想 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題

《高考數(shù)學(xué) 考前3個月知識方法專題訓(xùn)練 第一部分 知識方法篇 專題10 數(shù)學(xué)思想 第40練 轉(zhuǎn)化與化歸思想 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué) 考前3個月知識方法專題訓(xùn)練 第一部分 知識方法篇 專題10 數(shù)學(xué)思想 第40練 轉(zhuǎn)化與化歸思想 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第40練轉(zhuǎn)化與化歸思想思想方法解讀轉(zhuǎn)化與化歸思想方法，就是在研究和解決有關(guān)數(shù)學(xué)問題時，采用某種手段將問題通過變換使之轉(zhuǎn)化，進(jìn)而使問題得到解決的一種數(shù)學(xué)方法一般是將復(fù)雜的問題通過變換轉(zhuǎn)化為簡單的問題，將難解的問題通過變換轉(zhuǎn)化為容易求解的問題，將未解決的問題通過變換轉(zhuǎn)化為已解決的問題轉(zhuǎn)化與化歸思想是實現(xiàn)具有相互關(guān)聯(lián)的兩個知識板塊進(jìn)行相互轉(zhuǎn)化的重要依據(jù)，如函數(shù)與不等式、函數(shù)與方程、數(shù)與形、式與數(shù)、角與邊、空間與平面、實際問題與數(shù)學(xué)問題的互化等，消去法、換元法、數(shù)形結(jié)合法等都體現(xiàn)了等價轉(zhuǎn)化思想，我們也經(jīng)常在函數(shù)、方程、不等式之間進(jìn)行等價轉(zhuǎn)化，在復(fù)習(xí)過程中應(yīng)注意相近主干知識之間的互化，注重知識的綜合性轉(zhuǎn)

2、化與化歸思想的原則(1)熟悉已知化原則：將陌生的問題轉(zhuǎn)化為熟悉的問題，將未知的問題轉(zhuǎn)化為已知的問題，以便于我們運用熟知的知識、經(jīng)驗和問題來解決(2)簡單化原則：將復(fù)雜問題化歸為簡單問題，通過對簡單問題的解決，達(dá)到解決復(fù)雜問題的目的，或獲得某種解題的啟示和依據(jù)(3)和諧統(tǒng)一原則：轉(zhuǎn)化問題的條件或結(jié)論，使其表現(xiàn)形式更符合數(shù)與形內(nèi)部所表示的和諧統(tǒng)一的形式；或者轉(zhuǎn)化命題，使其推演有利于運用某種數(shù)學(xué)方法或符合人們的思維規(guī)律(4)正難則反原則：當(dāng)問題正面討論遇到困難時，應(yīng)想到問題的反面，設(shè)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(biāo)全國乙)已知等差數(shù)列an前9項的和為27，a108，則a1

3、00等于()A100 B99 C98 D97答案C解析由等差數(shù)列性質(zhì)，知S99a527，得a53，而a108，因此公差d1，a100a1090d98，故選C.2(2016課標(biāo)全國丙)已知則()AbacBabcCbcaDcab答案A解析因為由函數(shù)y2x在R上為增函數(shù)知ba；又因為由函數(shù)在(0，)上為增函數(shù)知ac.綜上得ba0)，則aksin A，bksin B，cksin C.代入中，有，變形可得sin Asin Bsin Acos Bcos Asin Bsin(AB)在ABC中，由ABC，有sin(AB)sin(C)sin C，所以sin Asin Bsin C.(2)解由已知，b2c2a2b

4、c，根據(jù)余弦定理，有cos A，所以sin A.由(1)知，sin Asin Bsin Acos Bcos Asin B，所以sin Bcos Bsin B.故tan B4.高考必會題型題型一正難則反的轉(zhuǎn)化例1已知集合AxR|x24mx2m60，BxR|x0，若AB，求實數(shù)m的取值范圍解設(shè)全集Um|(4m)24(2m6)0，即Um|m1或m若方程x24mx2m60的兩根x1，x2均為非負(fù)，則所以使AB的實數(shù)m的取值范圍為m|m1點評本題中，AB，所以A是方程x24mx2m60的實數(shù)解組成的非空集合，并且方程的根有三種情況：(1)兩負(fù)根；(2)一負(fù)根和一零根；(3)一負(fù)根和一正根分別求解比較麻煩

5、，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0，求出全集U，然后求的兩根均為非負(fù)時m的取值范圍，最后利用“補(bǔ)集思想”求解，這就是正難則反這種轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，也稱為“補(bǔ)集思想”變式訓(xùn)練1若對于任意t1,2，函數(shù)g(x)x3x22x在區(qū)間(t,3)上總不為單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是_答案解析g(x)3x2(m4)x2，若g(x)在區(qū)間(t,3)上總為單調(diào)函數(shù)，則g(x)0在(t,3)上恒成立，或g(x)0在(t,3)上恒成立由得3x2(m4)x20，即m43x在x(t,3)上恒成立，所以m43t恒成立，則m41，即m5；由得m43x在x(t,3)上恒成立，則m49，即m.所以

6、使函數(shù)g(x)在區(qū)間(t,3)上總不為單調(diào)函數(shù)的m的取值范圍為mln(n1)(nN*)(1)解g(x)f(x)(x1)ln x(x1)，g(x)1(x0)令g(x)0，解得0x1；令g(x)1.函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，g(x)極大值g(1)2.(2)證明由(1)知x1是函數(shù)g(x)的極大值點，也是最大值點，g(x)g(1)2，即ln x(x1)2ln xx1(當(dāng)且僅當(dāng)x1時等號成立)，令tx1，得tln(t1)(t1)取t(nN*)時，則lnln，1ln 2，ln ，ln ，ln，疊加得1ln(2)ln(n1)即1ln(n1)點評解決方程、不等式的問題需要函數(shù)

7、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、不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化與化歸可以將問題化繁為簡，一般可將不等關(guān)系轉(zhuǎn)化為最值(值域)問題，從而求出參變量的范圍變式訓(xùn)練2設(shè)a為實數(shù)，函數(shù)f(x)ex2x2a，xR.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；(2)求證：當(dāng)aln 21且x0時，exx22ax1.(1)解由f(x)ex2x2a，xR知f(x)ex2，xR.令f(x)0，得xln 2.于是當(dāng)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)0f(x)單調(diào)遞減22ln 22a單調(diào)遞增故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(，ln 2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln

8、2，)，f(x)在xln 2處取得極小值，極小值為f(ln 2)eln 22ln 22a22ln 22a.(2)證明設(shè)g(x)exx22ax1，xR，于是g(x)ex2x2a，xR.由(1)知當(dāng)aln 21時，g(x)取最小值為g(ln 2)2(1ln 2a)0.于是對任意xR，都有g(shù)(x)0，所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增于是當(dāng)aln 21時，對任意x(0，)，都有g(shù)(x)g(0)而g(0)0，從而對任意x(0，)，都有g(shù)(x)0.即exx22ax10，故exx22ax1.題型三主與次的轉(zhuǎn)化例3已知函數(shù)f(x)x33ax1，g(x)f(x)ax5，其中f(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)對滿足1a1的一切

9、a的值，都有g(shù)(x)0，則實數(shù)x的取值范圍為_答案解析由題意，知g(x)3x2ax3a5，令(a)(3x)a3x25，1a1.對1a1，恒有g(shù)(x)0，即(a)0，即解得x1.故當(dāng)x時，對滿足1a1的一切a的值，都有g(shù)(x)1，即a2時，函數(shù)y(t)2a在t0,1上單調(diào)遞增，t1時，函數(shù)有最大值ymaxaa1，解得a2(舍去)；當(dāng)01，即0a2時，則t時函數(shù)有最大值，ymaxa1，解得a或a4(舍去)；當(dāng)0，即a0(舍去)，綜上所述，存在實數(shù)a，使得函數(shù)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(guān)于三角函數(shù)最值的存在性問題，通過換元，設(shè)cos xt，轉(zhuǎn)化為關(guān)于

10、t的二次函數(shù)問題，把三角函數(shù)的最值問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)y(t)2a，0t1的最值問題，然后分類討論解決問題變式訓(xùn)練4若關(guān)于x的方程9x(4a)3x40有解，則實數(shù)a的取值范圍是_答案(，8解析設(shè)t3x，則原命題等價于關(guān)于t的方程t2(4a)t40有正解，分離變量a，得a4，t0，4，a8，即實數(shù)a的取值范圍是(，8高考題型精練1若函數(shù)f(x)x3tx23x在區(qū)間1,4上單調(diào)遞減，則實數(shù)t的取值范圍是()A(， B(，3C，) D3，)答案C解析f(x)3x22tx3，由于f(x)在區(qū)間1,4上單調(diào)遞減，則有f(x)0在1,4上恒成立，即3x22tx30，即t(x)在1,4上恒成立，因為y(x)在

11、1,4上單調(diào)遞增，所以t(4)，故選C.2已知函數(shù)f(x)|logx|，若mn，有f(m)f(n)，則m3n的取值范圍是()A2，) B(2，)C4，) D(4，)答案D解析f(x)|logx|，若mn，有f(m)f(n)，logmlogn，mn1，0m1，m3nm在m(0,1)上單調(diào)遞減，當(dāng)m1時，m3n4，m3n4.3過拋物線yax2(a0)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()A2aB.C4aD.答案C解析拋物線yax2(a0)的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2y(a0)，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(shù)f(

12、x)(e2x11)(ax3a1)，若存在x(0，)，使得不等式f(x)1，則e2x11e1，要使f(x)1，則ax3a1，可轉(zhuǎn)化為：存在x(0，)使得a成立設(shè)g(x)，則a0，則x33，從而，所以g(x)，即a0，求實數(shù)p的取值范圍是_答案(3，)解析如果在1,1內(nèi)沒有值滿足f(c)0，則p3或p，取補(bǔ)集為3p，即為滿足條件的p的取值范圍故實數(shù)p的取值范圍為(3，)7對任意的|m|2，函數(shù)f(x)mx22x1m恒為負(fù)，則x的取值范圍是_答案(，)解析對任意的|m|2，有mx22x1m0恒成立，即|m|2時，(x21)m2x10恒成立設(shè)g(m)(x21)m2x1，則原問題轉(zhuǎn)化為g(m)0恒成立(

13、m2,2)所以即解得x0，|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(guān)于a的不等式(x3)ax26x90.令f(a)(x3)ax26x9.因為f(a)0在|a|1時恒成立，所以(1)若x3，則f(a)0，不符合題意，應(yīng)舍去(2)若x3，則由一次函數(shù)的單調(diào)性，可得即解得x4.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(shù)，且f(1)1，若m，n1,1，mn0時，有0.(1)證明f(x)在1,1上是增函數(shù)；(2)解不等式f(x21)f(33x)0；(3)若f(x)t22at1對x1,1，a1,1恒成立，求實數(shù)t的取值范圍解(1)任取1x1x21，則f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)(x1x2)1x10，x1x20，f(x1)f(x2)0，即f(x)在1,1上是增函數(shù)(2)因為f(x)是定義在1,1上的奇函數(shù)，且在1,1上是增函數(shù)，不等式化為f(x21)0對任意xR恒成立，a2|x1|x2|對任意xR恒成立設(shè)h(x)2|x1|x2|，則h(x)則h(x)在區(qū)間(，1)上是減函數(shù)，在區(qū)間(1，)上是增函數(shù)，當(dāng)x1時，h(x)取得最小值3，故a3，實數(shù)a的取值范圍是(，3)