2023届高考数学(文)二轮复习学案-思想方法　第4讲　转化与化归思想.docx

第4讲转化与化归思想思想概述转化与化归思想方法适用于在研究、解决数学问题时，思维受阻或试图寻求简单方法或从一种情形转化到另一种情形，也就是转化到另一种情形使问题得到解决，这种转化是解决问题的有效策略，同时也是获取成功的思维方式方法一特殊与一般的转化一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单，也可以通过一般问题的特殊情形找到一般思路；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；对于某些选择题、填空题，可以把题中变化的量用特殊值代替，得到问题答案例1(1)“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，该圆称为原椭圆的蒙日圆，若椭圆C：1(a>0)的离心率为，则椭圆C的蒙日圆的方程为()Ax2y29 Bx2y27Cx2y25 Dx2y24思路分析求蒙日圆方程求蒙日圆半径找圆上任一点即可求半径取特殊点求两切线的交点，即为蒙日圆上一点答案B解析因为椭圆C：1(a>0)的离心率为，所以，解得a3，所以椭圆C的方程为1，所以椭圆的上顶点A(0，)，右顶点B(2,0)，所以经过A，B两点的切线方程分别为y，x2，所以两条切线的交点坐标为(2，)，又过A，B的切线互相垂直，由题意知交点必在一个与椭圆C同心的圆上，可得圆的半径r，所以椭圆C的蒙日圆方程为x2y27.批注根据题意每个椭圆的“蒙日圆”都是固定的，所以取特殊点，利用过特殊点的互相垂直的切线的交点也在蒙日圆上即可求半径，体现了特殊到一般的思想(2)在平行四边形ABCD中，|12，|8，若点M，N满足3，2，则·等于()A20 B15 C36 D6思路分析假设ABCD为矩形，建系写出坐标数量积运算答案C解析假设ABCD为矩形，以A为坐标原点，AB，AD所在直线为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，M(12,6)，N(8,8)，(12,6)，(4，2)，·12×46×(2)36.规律方法一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单；特殊问题一般化，可以把握问题的一般规律，使我们达到成批处理问题的效果对于客观题，当题设条件提供的信息在普通条件下都成立或暗示答案是一个定值时，可以把题中变化的量用特殊值代替，可以快捷地得到答案方法二命题的等价转化将题目已知条件或结论进行转化，使深奥的问题浅显化、繁杂的问题简单化，让题目得以解决一般包括数与形的转化、正与反的转化、常量与变量的转化、图形形体及位置的转化例2(1)( 2022·河南模拟)若“x0(0，)，sin 2x0ksin x0<0”为假命题，则k的取值范围为()A(，2 B(，2C(，2) D(，2)思路分析原命题为假命题“x(0，)，sin 2xksin x0”为真命题分离常数求解.答案A解析依题意知，命题“x0(0，)，sin 2x0ksin x0<0”为假命题，则“x(0，)，sin 2xksin x0”为真命题，所以2sin xcos xksin x，则k2cos x，解得k2，所以k的取值范围为(，2(2)已知在三棱锥PABC中，PABC2，PBAC10，PCAB2，则三棱锥PABC的体积为()A40 B80 C160 D240思路分析求PABC的体积补成长方体求长方体除PABC之外的三棱锥体积答案C解析因为三棱锥PABC的三组对边两两相等，所以可将此三棱锥放在一个特定的长方体中(如图所示)，把三棱锥PABC补成一个长方体AEBGFPDC.易知三棱锥PABC的各棱分别是此长方体的面对角线不妨令PEx，EBy，EAz，则由已知，可得从而知VPABCVAEBGFPDCVPAEBVCABGVBPDCVAFPCVAEBGFPDC4VPAEB6×8×104×××6×8×10160.规律方法根据命题的等价性对题目条件进行明晰化是解题常见思路；对复杂问题可采用正难则反策略，也称为“补集法”；含两个变量的问题可以变换主元方法三函数、方程、不等式之间的转化函数与方程、不等式紧密联系，通过研究函数yf(x)的图象性质可以确定方程f(x)0，不等式f(x)>0和f(x)<0的解集例3已知f(x)ln x，g(x)x22ax4，若对x1(0,2，x21,2，使得f(x1)g(x2)成立，则a的取值范围是_思路分析对x1(0，2，x21，2，使得f(x1)g(x2)成立x21，2，f(x)ming(x)分离参数求范围.答案解析因为f(x)ln x，所以f(x)，当0<x<1时，f(x)<0，当1<x<2时，f(x)>0，所以f(x)minf(1)，即x1,2，g(x)，即x1,2，x22ax4，amin，函数(x)在1,2上单调递减，(x)，a，a的取值范围是.例4已知函数f(x)eln x，g(x)f(x)(x1). (1)求函数g(x)的极大值；(2)求证：1>ln(n1)(nN*)思路分析g(x)的极值ln x<x1赋值叠加证明结论(1)解g(x)f(x)(x1)ln x(x1)，g(x)1(x>0)令g(x)>0，解得0<x<1；令g(x)<0，解得x>1.函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，g(x)极大值g(1)2.(2)证明由(1)知x1是函数g(x)的极大值点，也是最大值点，g(x)g(1)2，即ln x(x1)2ln xx1(当且仅当x1时，等号成立)，令tx1，得tln(t1)(t>1)取t(nN*)时，则>lnln ，1>ln 2，>ln ，>ln ，>ln ，叠加得1>lnln(n1)即1>ln(n1)(nN*)规律方法借助函数、方程、不等式进行转化与化归可以将问题化繁为简，一般可将不等关系转化为最值(值域)问题，从而求出参变量的范围