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x2＝4y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(　　)
A．－1 B．－4 C．－ D．－
(2)已知函数f(x)＝(a>0且a≠1)，则f＋f＋…＋f的值为________．
答案　(1)A　(2)
解析　(1)找特殊状况，当AB⊥y轴时，AB的方程为y＝1，则A(－2，1)，B(2,1)，
过点A的切线方程为y－1＝－(x＋2)，即x＋y＋1＝0.同理，过点B的切线方程为x－y－1＝0，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(1－x)＝＋
＝＋
＝＋＝＝1，
∴f＋f＋…＋f
＝＋＋…＋＋f＝1×49＋＝.
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(x＋1)＝(1＋x)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a＝3，b＝4，c＝5，则△ABC为直角三角形，
且cos A＝，cos C＝0，
代入所求式子，得＝＝.
(2)由于xf(x＋1)＝(1＋x)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 2πx，则f(x)＝xsin 2πx，
阅历证f(x)＝xsin 2πx满足题意，则f＝0.
热点二　函数、方程、不等式之间的转化
例2　(1)定义运算：(ab)⊗x＝ax2＋bx＋2，若关于x的不等式(ab)⊗x<0的解集为{x|1<x<2}，则关于x的不等式(ba)⊗x<0的解集为(　　)
A．(1,2)
B．(－∞，1)∪(2，＋∞)
C.
D.∪(1，＋∞)
(2)已知函数f(x)＝3e|x|.若存在实数t∈[－1，＋∞)，使得对任意的x∈[1，m]，m∈Z且m>1，都有f(x＋t)≤3ex，则m的最大值为________．
答案　(1)D　(2)3
解析　(1)1,2是方程ax2＋bx＋2＝0的两实根，
1＋2＝－，1×2＝，解得
由(－31)⊗x＝－3x2＋x＋2<0，得3x2－x－2>0，
解得x<－或x>1.
(2)由于当t∈[－1，＋∞)且x∈[1，m]时，x＋t≥0，
所以f(x＋t)≤3ex⇔ex＋t≤ex⇔t≤1＋ln x－x.
所以原命题等价转化为：存在实数t∈[－1，＋∞)，使得不等式t≤1＋ln x－x对任意x∈[1，m]恒成立．
令h(x)＝1＋ln x－x(x≥1)．
由于h′(x)＝－1≤0，
所以函数h(x)在[1，＋∞)上为减函数，
又x∈[1，m]，所以h(x)min＝h(m)＝1＋ln m－m.
所以要使得对x∈[1，m]，t值恒存在，
只须1＋ln m－m≥－1.
由于h(3)＝ln 3－2＝ln(·)>ln ＝－1，
h(4)＝ln 4－3＝ln(·)<ln ＝－1，且函数h(x)在[1，＋∞)上为减函数，
所以满足条件的最大整数m的值为3.
思维升华　函数、方程与不等式就像“一胞三兄弟”，解决方程、不等式的问题需要函数的挂念，解决函数的问题需要方程、不等式的挂念，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．
　(1)若关于x的方程9x＋(4＋a)·3x＋4＝0有解，则实数a的取值范围是________．
(2)设f(x)是定义在R上的单调增函数，若f(1－ax－x2)≤f(2－a)对任意a∈[－1,1]恒成立，则x的取值范围为______________．
答案　(1)(－∞，－8]　(2)(－∞，－1]∪[0，＋∞)
解析　(1)设t＝3x，则原命题等价于关于t的方程
t2＋(4＋a)t＋4＝0有正解，分别变量a得a＋4＝－，
∵t>0，∴－≤－4，
∴a≤－8，即实数a的取值范围是(－∞，－8]．
(2)∵f(x)在R上是增函数，
∴由f(1－ax－x2)≤f(2－a)，
可得1－ax－x2≤2－a，a∈[－1,1]，
∴a(x－1)＋x2＋1≥0，
对a∈[－1,1]恒成立．
令g(a)＝(x－1)a＋x2＋1，
则当且仅当g(－1)＝x2－x＋2≥0，g(1)＝x2＋x≥0恒成立，
解之，得x≥0或x≤－1.
故实数x的取值范围为x≤－1或x≥0.
热点三　正难则反的转化
例3　若对于任意t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋x2－2x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　－<m<－5
解析　g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，若g(x)在区间(t,3)上总为单调函数，则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，则m＋4≥－1，
即m≥－5；
由②得m＋4≤－3x在x∈(t,3)上恒成立，
则m＋4≤－9，
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－<m<－5.
思维升华　否定性命题，常要利用正反的相互转化，先从正面求解，再取正面答案的补集即可．一般地，题目若毁灭多种成立的情形，则不成立的情形相对很少，从反面考虑较简洁．因此，间接法多用于含有“至多”、“至少”及否定性命题情形的问题中．
　若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1,1]内至少存在一个值c，使得f(c)>0，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⇒
⇒p≤－3或p≥，
取补集为－3<p<，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A＝{x||x－1|<2}，B＝{y|y＝2x，x∈[0,2]}，则A∩B等于(　　)
A．[0,2] B．(1,3)
C．[1,3) D．(1,4)
答案　C
解析　由|x－1|<2，解得－1<x<3，由y＝2x，x∈[0,2]，解得1≤y≤4，所以A∩B＝(－1,3)∩[1,4]＝[1,3)．
2．(2022·安徽)设函数f(x)(x∈R)满足f(x＋π)＝f(x)＋sin x．当0≤x<π时，f(x)＝0，则f等于(　　)
A. B.
C．0 D．－
答案　A
解析　∵f(x＋π)＝f(x)＋sin x，
∴f(x＋2π)＝f(x＋π)－sin x.
∴f(x＋2π)＝f(x)＋sin x－sin x＝f(x)．
∴f(x)是以2π为周期的周期函数．
又f()＝f(4π－)＝f(－)，
f＝f＋sin，
∴f＝f－.
∵当0≤x<π时，f(x)＝0，∴f＝0，
∴f＝f＝.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y＝x对称，则圆C的标准方程为____________．
答案　x2＋(y－1)2＝1
解析　圆C的圆心为(0,1)，半径为1，标准方程为x2＋(y－1)2＝1.
4．(2022·山东)已知实数x，y满足ax<ay(0<a<1)，则下列关系式恒成立的是(　　)
A.>
B．ln(x2＋1)>ln(y2＋1)
C．sin x>sin y
D．x3>y3
答案　D
解析　由于0<a<1，ax<ay，所以x>y.接受赋值法推断，A中，当x＝1，y＝0时，<1，A不成立．B中，当x＝0，y＝－1时，ln 1<ln 2，B不成立．C中，当x＝0，y＝－π时，sin x＝sin y＝0，C不成立．D中，由于函数y＝x3在R上是增函数，故选D.
押题精练
1．已知函数f(x)＝|ex＋|(a∈R，e是自然对数的底数)在区间[0,1]上单调递增，则a的取值范围是(　　)
A．[0,1] B．[－1,0]
C．[－1,1] D．(－∞，－e2]∪[e2，＋∞)
答案　C
解析　由于函数f(x)在区间[0,1]上单调递增，取a＝－1，则函数f(x)＝ex－，当0≤x≤1时，f′(x)＝ex＋>0，所以函数f(x)在区间[0,1]上单调递增，排解A，D；取a＝1，则函数f(x)＝ex＋，当0≤x≤1时，f′(x)＝ex－＝≥0，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(　　)
A．a2 B．b2 C．2ab D．a2＋b2
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an＝Sn·Sn－1 (n≥2)，a1＝，则a10等于(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　由an＝Sn·Sn－1 (n≥2)，得
－＝－1，∴＝＋(n－1)×(－1)，
∴Sn＝，∴a10＝S10－S9＝.
4．设函数f(x)＝则函数y＝f(f(x))－1的零点个数为________．
答案　2
解析　令t＝f(x)，则该函数的零点即f(t)－1＝0的解．
先解方程f(t)＝1.
①当t≤0时，方程为2t＝1，解得t＝0；
②当t>0时，方程为log2t＝1，解得t＝2；
所以方程f(t)＝1的解为0或2.
再解方程f(x)＝0和f(x)＝2.
③当x≤0时，由于2x>0，故由2x＝2，得x＝1；
④当x>0时，由log2x＝0，得x＝1；由log2x＝2，
得x＝4；
故函数y＝f(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)dx＝0，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：
①f(x)＝sinx，g(x)＝cosx；②f(x)＝x＋1，g(x)＝x－1；③f(x)＝x，g(x)＝x2.其中为区间[－1,1]上的正交函数的组数是(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
答案　C
解析　①f(x)g(x)dx＝sinxcosxdx＝sin xdx
＝(－cos x)|＝0，故第①组是区间[－1,1]上的正交函数；
②f(x)g(x)dx＝(x＋1)(x－1)dx＝(x2－1)dx＝(－x)|
＝－≠0，故第②组不是区间[－1,1]上的正交函数；
③f(x)g(x)dx＝x·x2dx＝x3dx＝|＝0，
故第③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≤θ≤时，是否存在实数m，使f(cos 2θ－3)＋f(4m－2mcos θ)>f(0)对全部的θ∈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 2θ－3)＋f(4m－2mcos θ)>0.
又由f(x)为奇函数，可得
f(cos 2θ－3)>f(2mcos θ－4m)．
∵f(x)在R上为增函数，
∴cos 2θ－3>2mcos θ－4m，
即cos2θ－mcos θ＋2m－2>0.
令cos θ＝t，∵0≤θ≤，∴0≤t≤1.
于是问题转化为对一切0≤t≤1，
不等式t2－mt＋2m－2>0恒成立．
∴t2－2>m(t－2)，即m>恒成立．
又∵＝(t－2)＋＋4≤4－2，∴m>4－2，
∴存在实数m满足题设的条件，即m>4－2.