2021届高考数学(理科-广东)二轮专题复习配套word版训练：专题九-第4讲-转化与化归思想.docx

第4讲转化与化归思想转化与化归思想方法，就是在争辩和解决有关数学问题时接受某种手段将问题通过变换使之转化，进而得到解决的一种方法一般总是将简洁的问题通过变换转化为简洁的问题，将难解的问题通过变换转化为简洁求解的问题，将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题转化与化归思想在高考中占有格外重要的地位，数学问题的解决，总离不开转化与化归，如未知向已知的转化、新学问向旧学问的转化、简洁问题向简洁问题的转化、不同数学问题之间的相互转化、实际问题向数学问题的转化等各种变换、具体解题方法都是转化的手段，转化的思想方法渗透到全部的数学教学内容和解题过程中1转化与化归的指导思想(1)把什么问题进行转化，即化归对象(2)化归到何处去，即化归目标(3)如何进行化归，即化归方法化归与转化思想是一切数学思想方法的核心2常见的转化与化归的方法转化与化归思想方法用在争辩、解决数学问题时，思维受阻或寻求简洁方法或从一种状况转化到另一种情形，也就是转化到另一种情境使问题得到解决，这种转化是解决问题的有效策略，同时也是猎取成功的思维方式常见的转化方法有：(1)直接转化法：把原问题直接转化为基本定理、基本公式或基本图形问题(2)换元法：运用“换元”把式子转化为有理式或使整式降幂等，把较简洁的函数、方程、不等式问题转化为易于解决的基本问题(3)数形结合法：争辩原问题中数量关系(解析式)与空间形式(图形)关系，通过相互变换获得转化途径(4)等价转化法：把原问题转化为一个易于解决的等价命题，达到化归的目的(5)特殊化方法：把原问题的形式向特殊化形式转化，并证明特殊化后的问题、结论适合原问题(6)构造法：“构造”一个合适的数学模型，把问题变为易于解决的问题(7)坐标法：以坐标系为工具，用计算方法解决几何问题是转化方法的一个重要途径(8)类比法：运用类比推理，猜想问题的结论，易于确定(9)参数法：引进参数，使原问题转化为生疏的形式进行解决(10)补集法：假如正面解决原问题有困难，可把原问题的结果看做集合A，而把包含该问题的整体问题的结果类比为全集U，通过解决全集U及补集UA获得原问题的解决，体现了正难则反的原则.热点一特殊与一般的转化例1(1)AB是过抛物线x24y的焦点的动弦，直线l1，l2是抛物线两条分别切于A，B的切线，则l1，l2的交点的纵坐标为()A1 B4 C D(2)已知函数f(x)(a0且a1)，则fff的值为_答案(1)A(2)解析(1)找特殊状况，当ABy轴时，AB的方程为y1，则A(2，1)，B(2,1)，过点A的切线方程为y1(x2)，即xy10.同理，过点B的切线方程为xy10，则l1，l2的交点为(0，1)(2)由于直接求解较困难，可探求一般规律，f(x)f(1x)1，ffff149.思维升华一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简洁特殊问题一般化，可以使我们从宏观整体的高度把握问题的一般规律，从而达到成批处理问题的效果(1)在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若a、b、c成等差数列，则_.(2)已知函数f(x)是定义在实数集R上的不恒为零的偶函数，且对任意实数x都有xf(x1)(1x)f(x)，则f_.答案(1)(2)0解析(1)依据题意，所求数值是一个定值，故可利用满足条件的直角三角形进行计算令a3，b4，c5，则ABC为直角三角形，且cos A，cos C0，代入所求式子，得.(2)由于xf(x1)(1x)f(x)，所以，使f(x)特殊化，可设f(x)xg(x)，其中g(x)是周期为1的奇函数，再将g(x)特殊化，可设g(x)sin 2x，则f(x)xsin 2x，阅历证f(x)xsin 2x满足题意，则f0.热点二函数、方程、不等式之间的转化例2(1)定义运算：(ab)xax2bx2，若关于x的不等式(ab)x0的解集为x|1x2，则关于x的不等式(ba)x1，都有f(xt)3ex，则m的最大值为_答案(1)D(2)3解析(1)1,2是方程ax2bx20的两实根，12，12，解得由(31)x3x2x20，解得x1.(2)由于当t1，)且x1，m时，xt0，所以f(xt)3exextext1ln xx.所以原命题等价转化为：存在实数t1，)，使得不等式t1ln xx对任意x1，m恒成立令h(x)1ln xx(x1)由于h(x)10，所以函数h(x)在1，)上为减函数，又x1，m，所以h(x)minh(m)1ln mm.所以要使得对x1，m，t值恒存在，只须1ln mm1.由于h(3)ln 32ln()ln 1，h(4)ln 43ln()0，4，a8，即实数a的取值范围是(，8(2)f(x)在R上是增函数，由f(1axx2)f(2a)，可得1axx22a，a1,1，a(x1)x210，对a1,1恒成立令g(a)(x1)ax21，则当且仅当g(1)x2x20，g(1)x2x0恒成立，解之，得x0或x1.故实数x的取值范围为x1或x0.热点三正难则反的转化例3若对于任意t1,2，函数g(x)x3x22x在区间(t,3)上总不为单调函数，则实数m的取值范围是_答案m5解析g(x)3x2(m4)x2，若g(x)在区间(t,3)上总为单调函数，则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，则m41，即m5；由得m43x在x(t,3)上恒成立，则m49，即m.所以，函数g(x)在区间(t,3)上总不为单调函数的m的取值范围为m0，求实数p的取值范围解假如在1,1内没有值满足f(c)0，则p3或p，取补集为3p，即为满足条件的p的取值范围故实数p的取值范围为(3，)将问题进行化归与转化时，一般应遵循以下几种原则(1)生疏化原则：将生疏的问题转化为我们生疏的问题(2)简洁化原则：将简洁的问题通过变换转化为简洁的问题(3)直观化原则：将较抽象的问题转化为比较直观的问题(如数形结合思想，立体几何问题向平面几何问题转化)(4)正难则反原则：若问题直接求解困难时，可考虑运用反证法或补集法或用逆否命题间接地解决问题.真题感悟1(2022山东)设集合Ax|x1|2，By|y2x，x0,2，则AB等于()A0,2 B(1,3)C1,3) D(1,4)答案C解析由|x1|2，解得1x3，由y2x，x0,2，解得1y4，所以AB(1,3)1,41,3)2(2022安徽)设函数f(x)(xR)满足f(x)f(x)sin x当0x时，f(x)0，则f等于()A. B.C0 D答案A解析f(x)f(x)sin x，f(x2)f(x)sin x.f(x2)f(x)sin xsin xf(x)f(x)是以2为周期的周期函数又f()f(4)f()，ffsin，ff.当0x时，f(x)0，f0，ff.故选A.3(2022陕西)若圆C的半径为1，其圆心与点(1,0)关于直线yx对称，则圆C的标准方程为_答案x2(y1)21解析圆C的圆心为(0,1)，半径为1，标准方程为x2(y1)21.4(2022山东)已知实数x，y满足axay(0aBln(x21)ln(y21)Csin xsin yDx3y3答案D解析由于0a1，axy.接受赋值法推断，A中，当x1，y0时，1，A不成立B中，当x0，y1时，ln 10，所以函数f(x)在区间0,1上单调递增，排解A，D；取a1，则函数f(x)ex，当0x1时，f(x)ex0，所以函数f(x)在区间0,1上单调递增，排解B，故选C.2过双曲线1上任意一点P，引与实轴平行的直线，交两渐近线于R、Q两点，则的值为()Aa2 Bb2 C2ab Da2b2答案A解析当直线RQ与x轴重合时，|a，故选A.3已知数列an的前n项和为Sn，且anSnSn1 (n2)，a1，则a10等于()A. B. C. D.答案C解析由anSnSn1 (n2)，得1，(n1)(1)，Sn，a10S10S9.4设函数f(x)则函数yf(f(x)1的零点个数为_答案2解析令tf(x)，则该函数的零点即f(t)10的解先解方程f(t)1.当t0时，方程为2t1，解得t0；当t0时，方程为log2t1，解得t2；所以方程f(t)1的解为0或2.再解方程f(x)0和f(x)2.当x0时，由于2x0，故由2x2，得x1；当x0时，由log2x0，得x1；由log2x2，得x4；故函数yf(f(x)1的零点为1,4，共2个5(2022湖北)若函数f(x)，g(x)满足f(x)g(x)dx0，则称f(x)，g(x)为区间1,1上的一组正交函数给出三组函数：f(x)sinx，g(x)cosx；f(x)x1，g(x)x1；f(x)x，g(x)x2.其中为区间1,1上的正交函数的组数是()A0 B1C2 D3答案C解析f(x)g(x)dxsinxcosxdxsin xdx(cos x)|0，故第组是区间1,1上的正交函数；f(x)g(x)dx(x1)(x1)dx(x21)dx(x)|0，故第组不是区间1,1上的正交函数；f(x)g(x)dxxx2dxx3dx|0，故第组是区间1,1上的正交函数综上，满足条件的共有两组6已知奇函数f(x)的定义域为实数集R，且f(x)在0，)上是增函数，当0时，是否存在实数m，使f(cos 23)f(4m2mcos )f(0)对全部的均成立？若存在，求出全部适合条件的实数m；若不存在，请说明理由解f(x)在R上为奇函数，又在0，)上是增函数，f(x)在R上为增函数，且f(0)0.由题设条件可得，f(cos 23)f(4m2mcos )0.又由f(x)为奇函数，可得f(cos 23)f(2mcos 4m)f(x)在R上为增函数，cos 232mcos 4m，即cos2mcos 2m20.令cos t，0，0t1.于是问题转化为对一切0t1，不等式t2mt2m20恒成立t22m(t2)，即m恒成立又(t2)442，m42，存在实数m满足题设的条件，即m42.