考前三个月高考数学(全国甲卷通用理科)知识方法篇专题10数学思想第46练(20200812105646).pdf

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1、第 46 练转化与化归思想思想方法解读转化与化归思想方法，就是在研究和解决有关数学问题时，采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而使问题得到解决的一种数学方法.一般是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题，将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题，将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题.转化与化归思想是实现具有相互关联的两个知识板块进行相互转化的重要依据，如函数与不等式、函数与方程、数与形、式与数、角与边、空间与平面、实际问题与数学问题的互化等，消去法、换元法、数形结合法等都体现了等价转化思想，我们也经常在函数、方程、不等式之间进行等价转化，在复习过程中应注意相近主干知识之间的互化，注重知识的

2、综合性.转化与化归思想的原则(1)熟悉已知化原则：将陌生的问题转化为熟悉的问题，将未知的问题转化为已知的问题，以便于我们运用熟知的知识、经验和问题来解决.(2)简单化原则：将复杂问题化归为简单问题，通过对简单问题的解决，达到解决复杂问题的目的，或获得某种解题的启示和依据.(3)和谐统一原则：转化问题的条件或结论，使其表现形式更符合数与形内部所表示的和谐统一的形式；或者转化命题，使其推演有利于运用某种数学方法或符合人们的思维规律.(4)正难则反原则：当问题正面讨论遇到困难时，应想到问题的反面，设法从问题的反面去探讨，使问题获得解决.体验高考1.(2016课标全国乙)已知等差数列 an前 9 项的

3、和为 27，a108，则 a100等于()A.100 B.99 C.98 D.97答案C解析由等差数列性质，知S99 a1a9292a529a527，得 a53，而 a10 8，因此公差 da10a51051，a100a1090d98，故选 C.2.(2016课标全国丙)已知 a234，b425，c2531，则()A.bacB.abc C.bcaD.cab答案A解析因为 a234，b 425245，由函数y2x在 R 上为增函数知ba；又因为a234423，c2531523，由函数yx23在(0，)上为增函数知ac.综上得 ba0)，则 aksin A，bksin B，cksin C.代入co

4、s Aacos Bbsin Cc中，有cos Aksin Acos Bksin Bsin Cksin C，变形可得sin Asin Bsin Acos Bcos Asin Bsin(A B).在 ABC 中，由 ABC，有 sin(AB)sin(C)sin C，所以 sin Asin Bsin C.(2)解由已知，b2c2a265bc，根据余弦定理，有cos Ab2c2a22bc35，所以 sin A1 cos2A45.由(1)知，sin Asin Bsin Acos Bcos Asin B，所以45sin B45cos B35sin B.故 tan Bsin Bcos B4.高考必会题型题型

5、一正难则反的转化例 1已知集合A xR|x24mx2m60，BxR|x0，若 AB?，求实数m的取值范围.解设全集 Um|(4m)2 4(2m6)0，即 Um|m1 或 m32.若方程 x24mx2m60 的两根 x1，x2均为非负，则mU，x1x2 4m0，?m32，x1x22m6 0所以使 AB?的实数 m 的取值范围为m|m 1.点评本题中，AB?，所以 A 是方程 x24mx2m60 的实数解组成的非空集合，并且方程 的根有三种情况：(1)两负根；(2)一负根和一零根；(3)一负根和一正根.分别求解比较麻烦，我们可以从问题的反面考虑，采取“正难则反”的解题策略，即先由 0，求出全集U，

6、然后求 的两根均为非负时m 的取值范围，最后利用“补集思想”求解，这就是正难则反这种转化思想的应用，也称为“补集思想”.变式训练1若对于任意t1，2，函数g(x)x3m22 x22x 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373，5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)x 20，即 m42x3x 在 x(t，3)上恒成立，所以 m42t3t 恒成立，则m 41，即 m5；由 得 m42x3x 在 x(t，3)上恒成立，则 m4239，即

7、 m373.所以使函数g(x)在区间(t，3)上总不为单调函数的m 的取值范围为373mln(n1)(nN*).(1)解g(x)1ef(x)(x1)ln x(x1)，g(x)1x1(x0).令 g(x)0，解得 0 x1；令 g(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)2?ln xx1(当且仅当x1 时等号成立)，令 tx1，得 t ln(t1)(t1).取 t1n(nN*)时，则1nln 11nlnn1n，1ln 2，12ln 3

8、2，13ln 43，1nlnn1n，叠加得 112131nln(2 3243 n1n)ln(n1).即 112131nln(n1).点评解决方程、不等式的问题需要函数帮助，解决函数的问题需要方程、不等式的帮助，因此借助于函数、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.变式训练2(2015 课标全国)设函数 f(x)e2xaln x.(1)讨论 f(x)的导函数f(x)的零点的个数；(2)证明：当a0 时，f(x)2aaln2a.(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2xax(x0).当 a0 时，f(x)0，f(x)没

9、有零点；当 a0 时，因为e2x单调递增，ax单调递增，所以 f(x)在(0，)上单调递增.又 f(a)0，当 b 满足 0ba4且 b14时，f(b)0 时，f(x)存在唯一零点.(2)证明由(1)，可设 f(x)在(0，)的唯一零点为x0，当 x(0，x0)时，f(x)0.故 f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为 f(x0).由于022exax00，所以 f(x0)a2x02ax0aln2a2aaln2a.故当 a0 时，f(x)2aaln2a.题型三主与次的转化例 3已知函数f(x)x33ax1，g(x)f(x)ax5，其

10、中 f(x)是 f(x)的导函数.对满足1a1 的一切 a的值，都有g(x)0，则实数x 的取值范围为_.答案23，1解析由题意，知g(x)3x2ax3a5，令 (a)(3x)a 3x25，1a1.对 1a1，恒有 g(x)0，即 (a)0，1 0，1 0，即3x2 x20，3x2 x80，解得23x1.故当 x 23，1 时，对满足 1 a1 的一切 a 的值，都有g(x)1，即 a2 时，函数 y(ta2)2a2458a12在 t0，1上单调递增，t1 时，函数有最大值ymaxa58a321，解得 a20132(舍去)；当 0a21，即 0a2 时，则 ta2时函数有最大值，ymaxa24

11、58a121，解得 a32或 a 4(舍去)；当a20，即 a0(舍去)，综上所述，存在实数a32，使得函数在闭区间0，2上有最大值1.点评换元有整体代换、特值代换、三角换元等情况.本题是关于三角函数最值的存在性问题，通过换元，设cos xt，转化为关于t 的二次函数问题，把三角函数的最值问题转化为二次函数y(ta2)2a2458a12，0 t1 的最值问题，然后分类讨论解决问题.变式训练4若关于 x 的方程 9x(4a)3x40 有解，则实数a 的取值范围是_.答案(，8解析设 t 3x，则原命题等价于关于t 的方程 t2(4a)t40 有正解，分离变量a，得 a4t4t，t0，t4t4，a

12、8，即实数 a 的取值范围是(，8.高考题型精练1.若函数 f(x)x3 tx23x在区间 1，4上单调递减，则实数t 的取值范围是()A.(，518 B.(，3 C.518，)D.3，)答案C解析f(x)3x22tx3，由于 f(x)在区间 1，4上单调递减，则有 f(x)0 在1，4上恒成立，即 3x22tx3 0，即 t32(x1x)在1，4上恒成立，因为 y32(x1x)在1，4上单调递增，所以 t32(414)518，故选 C.2.已知函数f(x)|log21x|，若 mn，有 f(m)f(n)，则 m 3n 的取值范围是()A.23，)B.(23，)C.4，)D.(4，)答案D解析

13、f(x)|log21x|，若 mn，有 f(m)f(n)，log21m log21n，mn1，0m1，m3nm3m在 m(0，1)上单调递减，当 m1 时，m3n4，m3n4.3.过抛物线yax2(a0)的焦点 F，作一直线交抛物线于P，Q 两点，若线段PF 与 FQ 的长度分别为p，q，则1p1q等于()A.2aB.12aC.4aD.4a答案C解析抛物线 yax2(a0)的标准方程为x21ay(a0)，焦点 F(0，14a)，取过焦点 F 的直线垂直于y 轴，则|PF|QF|12a，所以1p1q4a.4.已知函数f(x)(e2x1 1)(ax3a1)，若存在x(0，)，使得不等式f(x)1，

14、则 e2x11e1，要使 f(x)1，则 ax 3a11e1，可转化为：存在x(0，)使得 ae2e11x3成立.设 g(x)e2e11x3，则 a0，则 x33，从而1x313，所以 g(x)e23 e1，即 a0，求实数 p 的取值范围是 _.答案(3，32)解析如果在 1，1内没有值满足f(c)0，则f 1 0，f 1 0?p12或p1，p3或p32?p3 或 p32，取补集为 3p32，即为满足条件的p 的取值范围.故实数 p 的取值范围为(3，32).7.对任意的|m|2，函数 f(x)mx22x1m 恒为负，则x 的取值范围是_.答案(7 12，312)解析对任意的|m|2，有 m

15、x22x1m0 恒成立，即|m|2 时，(x21)m2x 10 恒成立.设 g(m)(x21)m2x 1，则原问题转化为g(m)0 恒成立(m 2，2).所以g 2 0，g 2 0，2x2 2x10，解得712x0，|a|1 恒成立的x 的取值范围.解将原不等式整理为形式上是关于a 的不等式(x3)ax26x90.令 f(a)(x 3)ax26x 9.因为 f(a)0 在|a|1 时恒成立，所以(1)若 x3，则 f(a)0，不符合题意，应舍去.(2)若 x3，则由一次函数的单调性，可得f 1 0，f 1 0，即x27x120，x25x60，解得 x4.即 x 的取值范围为(，2)(4，).1

16、0.已知 f(x)是定义在 1，1上的奇函数，且f(1)1，若 m，n 1，1，mn0 时，有f m f nmn0.(1)证明 f(x)在1，1上是增函数；(2)解不等式f(x21)f(33x)0；(3)若 f(x)t22at1 对?x 1，1，a1，1恒成立，求实数t 的取值范围.解(1)任取 1x1x21，则 f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)f x1f x2x1x2(x1x2).1x10，x1x20，f(x1)f(x2)0，即 f(x)在1，1上是增函数.(2)因为 f(x)是定义在 1，1上的奇函数，且在1，1上是增函数，不等式化为f(x21)f(3x 3)，所以x210 对任意 xR 恒成立，a2|x1|x2|对任意 xR 恒成立.设 h(x)2|x1|x2|，则 h(x)3x，x 2，4x，21，则 h(x)在区间(，1)上是减函数，在区间(1，)上是增函数，当 x 1 时，h(x)取得最小值3，故 a3，实数 a 的取值范围是(，3).