2020版高考数学二轮复习第3部分策略1活用4大数学思想4转化与化归思想教案理
高考数学理科二轮复习考前数学思想领航四转化与化归思想讲学案
四、转变与化归思想转变与化归思想，就是在研究和解决相关数学识题时采纳某种手段将问题经过变换使之转变，从而获得解决的一种方法．一般老是将复杂的问题经过变换转变为简单的问题，将难解的问题经过变换转变为简单求解的问题，将未解决的问题经过变换转变为已解决的问题 .方法一 一般与特别的转变问题模型解法一般和特别之间的转变法是在解题的过程中将某些一般问题进行特别化办理或是将某些特殊问题进行一般化办理的方法． 此方法多用于选择题和填空题的解答．破解此类题的重点点：①确定转变对象，一般将要解决的问题作为转变对象．②找寻转变元素，由一般问题转变为特别问题时，找寻“特别元素”；由特别问题转变为一般问题时，找寻“一般元素” ．③转变为新问题，依据转变对象与“特别元素”或“一般元素”的关系，将其转变为新的需要解决的问题．④得出结论，求解新问题，依据所得结论求解原问题，得出结论． 典例 1 已知函数 f(x)＝ (a － 3)x － ax 3 在 [ －1,1] 上的最小值为－ 3，则实数 a 的取值范围是()A ． (－∞，－ 1]B ． [12 ，＋∞ )3C ． [－ 1,12] D. － 2， 12分析当 a ＝ 0 时，函数 f(x)＝－ 3x ， x ∈ [ － 1,1] ，明显知足条件，故清除选项 A ，B ；3 3 39x ，当 a ＝－ 时，函数 f(x)＝ x －222f ′ (x)＝ 9x 2－ 9＝9( x 2－ 1)，2 2 2 当－ 1≤ x ≤1 时， f ′ (x) ≤0， 因此 f( x)在 [－ 1,1] 上单一递减，因此 f( x)min ＝ f(1)＝ 3－ 9＝－ 3，知足条件，2 2故清除 C.综上，应选 D.答案D思想升华 常用的“特别元素”有特别数值、特别数列、特别函数、特别图形、特别角、特别地点等． 关于选择题， 在题设条件都建立的状况下，用特别值探究正确选项，即经过对特殊状况的研究来判断一般规律；关于填空题，当结论独一或题设条件中供给的信息示意答案是一个定值时，能够用特别值取代变化的不定量．x－ y＋ 2≥ 0，追踪操练1若x，y知足拘束条件y＋ 2≥ 0，x＋ y＋ 2≤ 0，则y＋1的取值范围为 () x－1A.－1，1 3 51B. －3，1C.－∞，－1∪1，＋∞35D.－∞，－1∪[1 ，＋∞ ) 3答案B分析可行域为如下图的暗影部分，设z＝y＋1，因为点 (－ 2，－ 1)在可行域内，因此 z x－ 1－ 1＋1－2＋ 1＝－2－1＝ 0，清除 C， D；又点 A(0，－ 2)在可行域内，因此z＝0－ 1＝ 1，清除 A.方法二数与形的转变问题模型解法数与形的转变包括由数到形和由形到数两个方面．由数到形就是把问题的数目信息变换为图形信息，由形到数就是把图形信息进行代数化办理，用数目关系刻画事物的实质特点，从而得解．破解此类题的重点点：①数形转变，确定需要等价转变的数目关系(分析式 )与图形关系．②转变求解，经过降维等方式合理转变，使问题简单化并进行剖析与求解．③回归纳论，回归原命题，得出正确结论．典例 2某工件的三视图如下图，现将该工件经过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件的资料利用率为(资料利用率＝新工件的体积/原工件的体积 )()A. 88B.π9π 272433C. 2－ 1D.8 2－1π π分析由三视图知该几何体是一个底面半径为 r ＝ 1，母线长为 l ＝ 3 的圆锥， 则圆锥的高为 h ＝ l 2－ r 2＝ 32－ 12＝ 2 2.由题意知加工成的体积最大的正方体ABCD — A 1B 1C 1D 1 的一个底面 A 1B 1C 1D 1 在圆锥的底面上，过平面AA 1 C 1C 的轴截面如下图，设正方体的棱长为x ，2则有 2 x＝ h － x ， r h即 x ＝2 2－ x ，解得 x ＝2 2，22 23则原工件的资料利用率为V正方体＝ x3＝ 8，应选 A.V 圆锥 1πr 2h 9π3答案A思想升华 数与形转变问题， 特别是空间转变问题， 常常在解决空间几何体问题的过程中将某些空间几何体问题进行特别化办理， 转变为平面几何问题来办理， 降低维度， 简化求解过程，降低难度．追踪操练 2已知直线 l ： y ＝kx ＋ 1(k ≠ 0)与椭圆 3x 2 ＋y 2 ＝a 订交于 A ， B 两个不一样的点，记直线 l 与 y 轴的交点为 C.10，务实数 a 的值；(1) 若 k ＝ 1，且 |AB|＝ 2→ → AOB 面积的最大值及此时椭圆的方程． (2) 若 AC ＝ 2CB ， O 为坐标原点，求△ 解设 A(x 1， y 1)， B(x 2， y 2)． y ＝ x ＋ 1，(1)由3x2＋ y 2＝a ，得 4x 2＋ 2x ＋ 1－ a ＝ 0，则 x 1 ＋x 2＝－ 1， x 1x 2＝1－ a，24 从而 |AB|＝ 2|x 1－ x 2|＝ 2· x 1＋ x 2 2－ 4x 1x 2＝2· a － 43＝ 210，解得 a ＝ 2.y ＝ kx ＋ 1，(2)由3x2 ＋y 2 ＝a ，得(3 ＋ k 2)x 2＋ 2kx ＋ 1－ a ＝ 0，则 x 1 ＋x 2＝－2k1－ a2， x 1x 2＝3＋ k 2.3＋ k 易知 → → ，C(0,1)，由 AC ＝ 2CB得( －x 1 ，1－ y 1)＝2(x 2，y 2－1) ，解得 x 1＝－ 2x 2，2k因此 x 1＋ x 2＝－ x 2＝－2，2k则 x 2＝3＋ k 2.△AOB 的面积 S AOB ＝ 12|OC| ·|x － x△＝3|x 2|＝ 3|k| 2＝ 3 ≤3＝ 3，23＋k 3 ＋|k| 23 2|k|当且仅当 k 2＝ 3 时取等号，此时 x ＝ 2k 2， 23＋k2x 1x 2＝－ 2x 22 ＝－ 2× 4k 2 2＝－2，3＋ k 3又 x 1 x 2＝ 1－ a 2＝ 1－ a ，则 1－ a＝－2，解得 a ＝ 5.3＋ k 6 63因此△ AOB 面积的最大值为 3 2 ，此时椭圆的方程为 3x 2＋ y 2＝5.方法三 形体地点关系的转变问题模型解法形体地点关系的转变法是针对几何问题采纳的一种特别转变方法． 主要合用于波及平行、 垂直的证明， 如常有线面平行、 垂直的推理与证明实质就是充足利用线面地点关系中的判断定理、性质定理实现地点关系的转变．破解此类题的重点点：①剖析特点，一般要剖析形体特点，依据形体特点确定需要转变的对象．②地点转变，将不规则几何体经过切割、挖补、延展等方式转变为便于察看、计算的常有几何体．因为新的几何体是转变而来，一般需要对新的几何体的地点关系、数据状况进行必需剖析，正确理解新的几何体的特点．③得出结论，在新的几何构造中解决目标问题．典例 3 如图，已知三棱锥 P— ABC，PA＝BC＝ 2 34，PB ＝AC＝10，PC＝AB＝2 41，则三棱锥 P— ABC 的体积为 __________ ．分析因为三棱锥三组对边两两相等，则可将三棱锥放在一个特定的长方体中 (如下图 )．把三棱锥 P— ABC 补成一个长方体AEBG— FPDC ，易知三棱锥P— ABC 的各棱分别是长方体的面对角线．不如令 PE＝ x， EB＝ y，EA ＝z，22x ＋ y ＝ 100，22由已知有x ＋ z ＝ 136，22y ＋ z ＝ 164，解得 x＝ 6，y＝ 8， z＝ 10，从而知三棱锥P—ABC 的体积为V 三棱锥P—ABC＝V 长方体AEBG—FPDC－V 三棱锥P—AEB－ V 三棱锥C—ABG－ V 三棱锥B—PDC－ V 三棱锥A—FPC1＝V 长方体AEBG－FPDC－ 4V 三棱锥P—AEB＝ 6× 8× 10－ 4× × 6× 8× 10＝ 160.答案160思想升华形体地点关系的转变常将空间问题平面化、不规则几何体特别化，使问题易于解决．同时也要注意方法的选用，不然会跳入自己设的“圈套”中．追踪操练 3 如图，在棱长为 5 的正方体 ABCD —A1B1C1D1中， EF 是棱 AB上的一条线段，且 EF＝ 2，点 Q 是 A1D 1的中点，点 P 是棱 C1D 1上的动点，则四周体PQEF 的体积 ()A．是变量且有最大值B．是变量且有最小值C．是变量且有最大值和最小值D．是常数答案D分析点 Q 到棱 AB 的距离为常数，因此△ EFQ 的面积为定值．由 C1D1∥EF ，可得棱 C1D 1∥平面 EFQ，因此点P 到平面 EFQ 的距离是常数，于是可得四周体PQEF 的体积为常数．。
2020版高考数学二轮复习第一部分思想方法数学思想方法第4讲转化与化归思想教学案理
1＋cos A cos C5 1＋cos A cos C 53 2 1＋cos A cos C 5 5 (3)如图所示，在平行四边形 ABCD 中，AP ⊥BD ，垂足为 P ，且 AP ＝3，则AP ·AC ＝________.B C b c b c第 4 讲 转化与化归思想思想方法·简明概述转化与化归的原则常见的转化与化归的方法1.直接转化法2.换元法3.数形结合法1.熟悉化原则2.简单化原则3.直观化原则4.正难则反原则4.构造法5.坐标法6.类比法7.特殊化方法8.等价问题法 9.加强命题法 10.补集法转化与化归思想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思想方法热点探究·考向调研调研一 特殊与一般的转化【例 1】 (1)[2018·唐山三模]已知函数 f (x )＝x 3＋ax 2＋bx 有两个极值点 x 1，x 2，且 x 1<x 2，若 x 1＋2x 0＝3x 2，函数 g (x )＝f (x )－f (x 0)，则 g (x )( )A ．恰有一个零点C ．恰有三个零点B ．恰有两个零点D ．至多两个零点解析：由题知只要 f (x )有两个极值点，且 x 1<x 2，x 1＋2x 0＝3x 2，则结果是一样的，所以 不妨令 b ＝0，a ＝－3，则 f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，x 1＝0，x 2＝2，且 x 0＝3，∴g (x )＝x 3－3x 2＝x 2(x －3)，显然 g (x )恰有两个零点，故选 B.答案：Bcos A ＋cos C (2)在△ABC 中，角 A ，， 所对的边分别为 a ，，，若 a ，， 成等差数列，则＝________.4 cos A ＋cos C 4解析：方法一：取特殊值 a ＝3，b ＝4，c ＝5，则 cos A ＝ ，cos C ＝0， ＝ .π 1 cos A ＋cos C 4方法二：取特殊角 A ＝B ＝C ＝ ，cos A ＝cos C ＝ ， ＝ .4答案：→ →解析：把平行四边形 ABCD 看成正方形，则点 P 为对角线的交点，AC ＝6，则AP ·AC ＝18.A. 0， 2⎥ ⎛1⎤ B. 0， ⎥ C. －∞， 2⎥ ⎛1⎤3⎦D. －∞， ⎥∴ay ＝x ln y －x ln x －x ，ay ＝x ln －x ，∴a ＝ ln － ，即 a ＝－ ln － . 令 t ＝ ，则 t >0，a ＝－t ln t －t .当 t ∈ 0， 2⎪时，f ′(t )>0，f (t )单调递增； 当t ∈ 2，＋∞⎪时，f ′(t )<0，f (t )单调递减． ∴[f (t )]max ＝f2⎪＝ 2，∴a ≤2，故选 C.e ⎝e ⎭ e 3→ →答案：18方法点睛化一般为特殊的作用(1)常用的特例有特殊值、特殊数列、特殊函数、特殊图形、特殊角、特殊位置等．(2)对于选择题，当题设在普通条件下都成立时，对特殊值进行探求，可快捷得到答案．(3)对于填空题，当填空题的结论唯一或题设条件提供的信息暗示答案是一个定值时，可把题中变化的量用特殊值代替，即可得到答案．调研二 函数、方程、不等式之间的转化【例 2】 (1)[2019·安徽合肥质检三]若存在两个正实数 x ，y ，使得等式 x (1＋ln x )＝x ln y －ay 成立，则实数 a 的取值范围是()⎛1⎤ ⎝e⎦⎛ 1 ⎤⎝ e ⎦⎝ e ⎦⎝解析：∵x >0，y >0，x (1＋ln x )＝x ln y －ay ，y xx y xx x x y x yy y yx y令f (t )＝－t ln t －t (t >0)，1则 f ′(t )＝－(ln t ＋2)．令 f ′(t )＝0，得 t ＝e 2.⎛1 ⎫ ⎝ e ⎭ ⎛ 1 ⎫ ⎝e ⎭⎛ 1 ⎫ 11答案：C(2)在等差数列{a n }中，a 2，a 2 018 是函数 f (x )＝x 3－6x 2＋4x －1 的两个不同的极值点，则的值为( )A ．－31 B．－因为 h ′(x )＝ －1≤0，因为 h (3)＝ln3－2＝ln · ⎪>ln ＝－1，h (4)＝ln4－3＝ln · 2⎪<ln＝－1，且函C ．3D.1 3解析：f ′(x )＝3x 2－12x ＋4，因为 a 2，a 2 018 是函数 f (x )＝x 3－6x 2＋4x －1 的两个不同 的极值点，所以 a 2，a 2 018 是方程 3x 2－12x ＋4＝0 的两个不等实数根，所以 a 2＋a 2 018＝4.又因为数列{a n }为等差数列，所以 a 2＋a 2 018＝2a 1 010，即 a 1 010＝2，从而，故选 B.答案：B(3)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 )≤3e x ，则 m 的最大值为________．解析：因为当 t ∈[－1，＋∞)且 x ∈[1，m ]时，x ＋t ≥0，所以 f (x ＋t )≤3e x ⇔e x ＋t ≤e x ⇔x ＋t ≤1＋ln 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)．1x所以函数 h (x )在[1，＋∞)上为减函数，又因为 x ∈[1，m ]，所以 h (x )min ＝h (m )＝1＋ln m －m .所以要使得对任意 x ∈[1，m ]，t 值恒存在，只需 1＋ln m －m ≥－1.⎛1 3⎫ 1 ⎛1 4 ⎫ 1 ⎝e e ⎭ e ⎝e e ⎭ e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.答案：3方法点睛函数、方程与不等式相互转化的应用(1)函数与方程、不等式联系密切，解决方程、不等式的问题需要函数帮助．(2)解决函数的问题需要方程、不等式的帮助，因此借助函数与方程、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．调研三 正难则反的转化【例 3】 (1)[2019·太原模拟]由命题“存在 x 0∈R，使－m ≤0”是假命题，得⎛m ⎫ (2)若对于任意 t ∈[1,2]，函数 g (x )＝x 3＋ ＋2⎪x 2－2x 在区间(t,3)上总不为单调函即 m ＋4≥ －3x ，所以 m ＋4≥ －3t 恒成立，则 m ＋4≥－1，即 m ＋4≤ －3x ，则 m ＋4≤ －9，即 m ≤－ .⎛ 37 ⎫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 － ，－5⎪.⎛ 37 ⎫⎝ 3 ⎭m 的取值范围是(－∞，a )，则实数 a 的取值是()A ．(－∞，1)C ．1解析：命题“存在 x 0∈R，使B ．(－∞，2)D ．2－m ≤0”是假命题，可知它的否定形式“任意 x ∈R ，使 e |x －1|－m >0”是真命题，可得 m 的取值范围是(－∞，1)，而(－∞，a )与(－∞，1)为同一区间，故 a ＝1，故选 C.答案：C⎝2 ⎭数，则实数 m 的取值范围是________．解析：g ′(x )＝3x 2＋(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(正反转化)，由①得 3x 2＋(m ＋4)x －2≥0，2x当 x ∈(t,3)时恒成立，2t即 m ≥－5；由②得 3x 2＋(m ＋4)x －2≤0，2x当 x ∈(t,3)时恒成立，23373⎝ 3 ⎭答案： － ，－5⎪(3)若二次函数 f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1 在区间[－1,1]内至少存在一个值 c ，使得 f (c )>0，则实数 p 的取值范围为________．⎧⎪f (－1)≤0，⎩ ⎪⎩p≤－3或p≥3 ⇒ p ≤－3 或 p ≥ ，取补集为－3<p < ，即为满足条件的 p 的取值范2⎛3⎫ 故实数 p 的取值范围为 －3， ⎪.⎛3⎫ 答案： －3， ⎪当 x ∈(0,2]时，原不等式可化为 a ≤，x x 当 x ∈[－2,0)时，可得 a ≥ ，令 f (x )＝ ＝x ＋ ，解 析 ： 如 果 在 区 间 [ － 1,1] 内 没 有 值 使 得 f (c )>0 ， 则 ⎨⎪f (1)≤0⇒⎧⎪p≤－1或p≥1，⎨23 32 2围．⎝2⎭⎝2⎭方法点睛正与反的转化要点正与反的转化，体现“正难则反”的原则，先从反面求解，再取反面答案的补集即可．一般地，题目若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很少，从反面考虑较简单．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．调研四 主与次的相互转化【例 4】 (1)若不等式 x 2－ax ＋1≥0 对一切 x ∈[－2,2]恒成立，则 a 的取值范围为()A ．(－∞，－2]C ．(0,2]B ．[－2,2]D ．[2，＋∞)解析：因为 x ∈[－2,2]，当 x ＝0 时，原式为 02－a ·0＋1≥0 恒成立，此时 a ∈R；x 2＋1xx 2＋1 2x而 ≥ ＝2，当且仅当 x ＝1 时等号成立，所以 a 的取值范围是(－∞，2]；x 2＋1xx 2＋1 1x x由函数的单调性可知，f (x )max ＝f (－1)＝－2， 所以 a ∈[－2，＋∞)．综上可知，a 的取值范围是[－2,2]，故选 B.⎧⎪f (－2)>0，⎧⎪(log 2x )2－4log 2x ＋3>0， 即 0<x < 或 x >8，⎛ 1⎫故 x 的取值范围是 0， ⎪∪(8，＋∞)．⎛ 1⎫⎝ 2⎭⎩ ⎪ ⎪ 解得－ <x <1.⎛ 2 ⎫ 故当 x ∈ － ，1⎪时，对满足－1≤a ≤1 的一切 a 的值，都有 g (x )<0.⎛ 2 ⎫⎝ 3 ⎭答案：B(2)设 y ＝(log 2x )2＋(t －2)log 2x －t ＋1，若 t ∈[－2,2]时恒取正值，则 x 的取值范围是________．解析：设 y ＝f (t )＝(log 2x －1)t ＋(log 2x )2－2log 2x ＋1， 则 f (t )是一次函数，当 t ∈[－2,2]时，f (t )>0 恒成立，则⎨⎪⎩f (2)>0，即⎨⎪(log 2x )2－1>0，解得 log 2x <－1 或 log 2x >3.12⎝ 2⎭答案： 0， ⎪∪(8，＋∞)(3)已知函数 f (x )＝x 3＋3ax －1，g (x )＝f ′(x )－ax －5，其中 f ′(x )是 f (x )的导函数．对满足－1≤a ≤1 的一切 a 的值，都有 g (x )<0，则实数 x 的取值范围为________．解析：由题意，知 g (x )＝3x 2－ax ＋3a －5.令 φ(a )＝(3－x )a ＋3x 2－5(－1≤a ≤1)．(主次转化)对－1≤a ≤1，恒有 g (x )<0，即 φ(a )<0，⎧φ(1)<0， 所以⎨⎪⎩φ(－1)<0，⎧3x 2－x －2<0， 即⎨⎪⎩3x 2＋x －8<0，23⎝ 3 ⎭答案： － ，1⎪方法点睛主与次的转化要点在处理多变元的数学问题时，我们可以选取其中的变量(或参数)，将其看作是“主元”，而把其他变元看作是常量，从而达到减少变元简化运算的目的．通常给出哪个“元”的取值范围就将哪个“元”视为“主元”．。
高考数学二轮复习第3部分策略1活用4大数学思想4转化与化归思想教案(理科)
4.转化与化归思想应用1 直接转化【典例1】(1)(2019·沈阳质量检测(一))抛物线y 2＝6x 上一点M (x 1，y 1)到其焦点的距离为92，则点M 到坐标原点的距离为________．(2)(2019·福州模拟)函数f (x )＝cos 2x ＋a (sin x －cos x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，则实数a 的取值范围是________．(1)3 3 (2)[2，＋∞) [(1)由y 2＝6x ，知p ＝3，由焦半径公式得x 1＋p 2＝92，即x 1＝3，代入得y 21＝18，则|MO |＝x 21＋y 21＝33(O 为坐标原点)，故填3 3.(2)因为f (x )＝cos 2x ＋a (sin x －cos x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，所以f ′(x )＝－2sin 2x ＋a (cos x ＋sin x )≥0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立，因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以cos x ＋sinx ＞0，a ≥2sin 2x sin x ＋cos x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立．令g (x )＝2sin 2x sin x ＋cos x ＝4sin x cos x sin x ＋cos x ，令t ＝sin x ＋cos x ，则4sin x cos x ＝2(t 2－1)，又t ＝sin x ＋cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以t ∈[]1，2，故函数h (t )＝2t 2－2t ＝2t －2t ，函数h (t )在t ∈[1，2]时单调递增，所以当t ＝2时，h (t )取到最大值，h (t )max ＝2，故g (x )max ＝2，所以a ≥ 2.所以实数a 的取值范围为[2，＋∞)．]【对点训练1】(1)若sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝13，则cos ⎝⎛⎭⎪⎫π3＋2α＝( ) A.79 B.23 C ．－23D ．－79(2)(2019·安庆二模)将⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x －43展开后，常数项是________． (1)D (2)－160 [(1)∵sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝13，∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α＝13，∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋2α＝cos2⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α－1＝－79，故选D.(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x －43＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 6，展开后的通项是C k 6(x )6－k ·⎝⎛⎭⎪⎫－2x k ＝(－2)k C k 6·(x )6－2k.令6－2k ＝0，得k ＝3.所以常数项是C 36(－2)3＝－160.]应用2 等价转化【典例2】(1)已知正数x ，y 满足4y －2yx＝1，则x ＋2y 的最小值为________．(2)函数y ＝cos 2x －sin x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上的最大值为________．(1)2 (2)1 [(1)由4y －2yx＝1，得x ＋2y ＝4xy ，即14y ＋12x＝1，所以x ＋2y ＝(x ＋2y )⎝ ⎛⎭⎪⎫14y ＋12x ＝1＋x 4y ＋y x ≥1＋2x 4y ·y x ＝2，当且仅当x 4y ＝yx，即x ＝2y 时等号成立． 所以x ＋2y 的最小值为2.(2)y ＝cos 2x －sin x ＝－sin 2x －sin x ＋1. 令t ＝sin x ，又x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4，∴t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22， ∴y ＝－t 2－t ＋1，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22. ∵函数y ＝－t 2－t ＋1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22上单调递减， ∴t ＝0时，y max ＝1.]【对点训练2】 (2019·武汉模拟)如图，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 为CD 中点，则四面体A BC1M 的体积( )A.12 B.14 C.16D.112C [在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，∵M 为CD 中点，∴S △ABM ＝12×1×1＝12，∴VA BC 1M ＝VC 1ABM ＝13×12×1＝16.故选C.]应用3 正与反的相互转化【典例3】(1)掷一枚均匀的硬币10次，则出现正面的次数多于反面次数的概率为________．(2)若对于任意t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m2＋2x 2－2x 在区间(t,3)上总不为单调函数，则实数m 的取值范围是________．(1)193512 (2)－373＜m ＜－5 [(1)出现正面次数与出现反面次数相等的概率为C 510210＝2521 024＝63256.利用对称性，即出现正面的次数多于出现反面次数的概率与出现反面的次数多于出现正面次数的概率是相等的，所以出现正面的次数多于出现反面次数的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－63256÷2＝193512. (2)由题意得g ′(x )＝3x 2＋(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3x 2＋(m ＋4)x －2≥0，即m ＋4≥2x －3x 在x ∈(t,3)上恒成立，∴m ＋4≥2t－3t 恒成立，则m ＋4≥－1，即m ≥－5；由②得m ＋4≤2x－3x 在x ∈(t,3)上恒成立，则m ＋4≤23－9，则m ≤－373.∴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－373＜m ＜－5.]【对点训练3】(1)由命题“存在x 0∈R ，使e |x 0－1|－m ≤0”是假命题，得m 的取值范围是(－∞，a )，则实数a 的值是( )A ．(－∞，1)B ．(－∞，2)C ．1D ．2(2)若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1在区间[－1,1]内至少存在一个值c ，使得f (c )＞0，则实数p 的取值范围是________．(1)C (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32 [(1)命题“存在x 0∈R ，使e |x 0－1|－m ≤0”是假命题，可知它的否定形式“任意x ∈R ，e|x －1|－m ＞0”是真命题，可得m 的取值范围是(－∞，1)，而(－∞，a )与(－∞，1)为同一区间，故a ＝1.(2)若在区间[－1,1]内不存在c 满足f (c )＞0， 且Δ＝36p 2≥0恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧f －，f，即⎩⎪⎨⎪⎧p ≤－12或p ≥1，p ≤－3或p ≥32.解得p ≤－3或p ≥32，取补集为－3＜p ＜32，即为满足条件的P 的取值范围．所以满足题意的实数p 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32.]应用4 一般与特殊的转化【典例4】(1)在△ABC 中，三边长a ，b ，c 满足a ＋c ＝3b ，则tan A 2tan C2的值为( )A.15 B.14 C.12D.23(2)过抛物线y ＝ax 2(a ＞0)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1p ＋1q等于( )A ．2a B.12aC ．4aD.4a(1)C (2)C [(1)令a ＝4，c ＝5，b ＝3，则符合题意(取满足条件的三边)． 则由C ＝90°，得tan C2＝1.由tan A ＝43，得2tanA21－tan 2A 2＝43，解得tan A 2＝12.所以tan A 2·tan C 2＝12×1＝12.(2)取直线PQ 平行于x 轴，易知PQ 的方程为：y ＝14a ，如图所示，则PF＝FQ ＝12a，∴1p ＋1q＝2a ＋2a ＝4a .故选C.]【对点训练4】(1)设四边形ABCD 为平行四边形，|AB →|＝6，|AD →|＝4，若点M ，N 满足BM →＝3MC →，DN →＝2NC →，则AM →·NM →＝( )A ．20B ．15C ．9D ．6(2)如图，在三棱锥S ABC 中，E ，F ，G ，H 分别为SA ，AC ，BC ，SB 的中点，则截面EFGH 将该三棱锥分成的两部分的体积之比V ABGH E FV SCGH E F＝________. (1)C (2)1 [(1)(特例法)若四边形ABCD 为矩形，建系如图．由BM →＝3MC →，DN →＝2NC →，知M (6,3)，N (4,4)，所以AM →＝(6,3)，NM →＝(2，－1)，AM →·NM →＝6×2＋3×(－1)＝9.(2)(秒杀解法)由于图形不确定，而答案固定，故假设该三棱锥为正四面体，则所截得的两部分形状一样，体积相等，故答案为1.]应用5 常量与变量的转化【典例5】 已知函数f (x )＝x 3＋3ax －1，g (x )＝f ′(x )－ax －5，其中f ′(x )是f (x )的导函数．对满足－1≤a ≤1的一切a 的值，都有g (x )＜0，则实数x 的取值范围为________．⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，1 [由题意，知g (x )＝3x 2－ax ＋3a －5，令φ(a )＝(3－x )a ＋3x 2－5，－1≤a ≤1. 对－1≤a ≤1，恒有g (x )＜0，即φ(a )＜0，∴⎩⎪⎨⎪⎧φ＜0，φ－＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 2－x －2＜0，3x 2＋x －8＜0，解得－23＜x ＜1.故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，1时，对满足－1≤a ≤1的一切a 的值，都有g (x )＜0.] 【对点训练5】(1)若不等式x 2－ax ＋1≥0对一切a ∈[－2,2]恒成立，则x 的取值范围为________．(2)设y ＝(log 2x )2＋(t －2)log 2x －t ＋1，若t 在[－2,2]上变化时，y 恒取正值，则x 的取值范围是________．(1)R (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(8，＋∞) [(1)∵x 2－ax ＋1≥0对一切a ∈[－2,2]恒成立，即a ·(－x )＋x 2＋1≥0对一切a ∈[－2,2]恒成立． 令f (a )＝a ·(－x )＋x 2＋1则⎩⎪⎨⎪⎧ f －，f即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋x 2＋1≥0，－2x ＋x 2＋1≥0.∴x ∈R .(2)设y ＝f (t )＝(log 2x －1)t ＋(log 2x )2－2log 2x ＋1，则f (t )是一次函数，当t ∈[－2,2]时，f (t )＞0恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧f－＞0，f＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2－4log 2x ＋3＞0，2x2－1＞0，解得log 2x ＜－1或log 2x ＞3，即0＜x ＜12或x ＞8，故实数x 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(8，＋∞)．]应用6 形体位置关系的相互转化【典例6】 已知在三棱锥P ABC 中，PA ＝BC ＝234，PB ＝AC ＝10，PC ＝AB ＝241，则三棱锥P ABC 的体积为( )A ．40B ．80C ．160D ．240C [因为三棱锥P ABC 的三组对边两两相等，故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P ABC 补成一个长方体AEBG FPDC .易知三棱锥P ABC 的各棱分别是此长方体的面对角线． 不妨令PE ＝x ，EB ＝y ，EA ＝z ，则由已知，可得⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2＝100，x 2＋z 2＝136，y 2＋z 2＝164⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝6，y ＝8，z ＝10.从而知V P ABC ＝V AEBG FPDC －V P AEB －V C ABG －V B PDC －V A FPC ＝V AEBG FPDC －4V P AEB ＝6×8×10－4×13×12×6×8×10＝160.]【对点训练6】 如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，底面为直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 1＝2，P 是BC 1上一动点，则CP ＋PA 1的最小值是________．52[连接A1B，沿BC1将△CBC1展开，与△A1BC1在同一个平面内，如图，连接A1C，则A1C的长度就是所求的最小值．通过计算可得AB＝A1B1＝38，A1B＝40，A1C1＝6，BC1＝2，所以∠A1C1B＝90°，又∠BC1C＝45°，所以∠A1C1C＝135°.由余弦定理可求得A1C＝5 2.]。
2019-2020年高考数学二轮复习数学思想领航四转化与化归思想课件文
典例3 如图，已知三棱锥P—ABC，PA＝BC＝2 34，PB＝AC＝10，PC ＝AB＝2 41 ，则三棱锥P—ABC的体积为____1_6_0____.
思维升华 解析 答案
跟踪演练3 如图，在棱长为5的正方体ABCD—A1B1C1D1中，EF是棱AB上 的一条线段，且EF＝2，点Q是A1D1的中点，点P是棱C1D1上的动点，则 四面体PQEF的体积 A.是变量且有最大值 B.是变量且有最小值 C.是变量且有最大值和最小值
典例1 已知函数f(x)＝(a－3)x－ax3在[－1,1]上的最小值为－3，则实数a 的取值范围是
A.(－∞，－1]
B.[12，＋∞)
C.[－1,12]
√D.－23，12
思维升华 常用的“特殊元素”有特殊数值、特殊数列、特殊函数、特殊图
形、特殊角、特殊位置等.对于选择题，在题设条件都成立的情况下，用
全的人，主要是担心漏掉重要内容,影响以后的复习与思考.，这样不仅失去了做笔记的意义，也将课堂“听”与“记”的关系本末倒置了﹙太忙于记录， 便无暇紧跟老师的思路﹚。 如果只是零星记下一些突出的短语或使你感兴趣的内容，那你的笔记就可能显得有些凌乱。 做提纲式笔记因不是自始至终全都埋头做笔记，故可在听课时把时间更多地用于理解所听到的内容.事实上，理解正是做好提纲式笔记的关键。 课堂笔记要注意这五种方法：一是简明扼要，纲目清楚，首先要记下所讲章节的标题、副标题，按要点进行分段；二是要选择笔记语句，利用短语、数 字、图表、缩写或符号进行速记；三是英语、语文课的重点词汇、句型可直接记在书页边，这样便于复习时查找﹙当然也可以记在笔记本上，前提是你 能听懂﹚；四是数理化生等，主要记老师解题的新思路、补充的定义、定理、公式及例题；五是政治、历史等，着重记下老师对问题的综合阐述。
高考数学二轮复习第3部分策略1活用4大数学思想3分类与整合思想教案理
分类与整合思想是将一个较复杂的数学问题分解(或分割)成若干个基础性问题，通过对基础性问题的解答来实现解决原问题的思想策略．对问题实行分类与整合，分类标准等于增加一个已知条件，实现了有效增设，将大问题(或综合性问题)分解为小问题(或基础性问题)，优化解题思路，降低问题难度；分类研究后还要对讨论结果进行整合.高考数学二轮复习第3部分策略1活用4大数学思想3分类与整合思想教案理应用1 由基本概念、法则引起的分类讨论【典例1】(1)若函数f (x )＝a x(a ＞0，a ≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m ，且函数g (x )＝(1－4m )x 在[0，＋∞)上是增函数，则a ＝________.(2)在等比数列{a n }中，已有a 3＝32，S 3＝92，则a 1＝________.(1)14 (2)32或6 [(1)若a ＞1，有a 2＝4，a －1＝m . 解得a ＝2，m ＝12.此时g (x )＝－x 为减函数，不合题意． 若0＜a ＜1，有a －1＝4，a 2＝m ， 故a ＝14，m ＝116，检验知符合题意．(2)当q ＝1时，a 1＝a 2＝a 3＝32，S 3＝3a 1＝92，显然成立．当q ≠1时，由a 3＝32，S 3＝92，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝32， ①a 11＋q ＋q 2＝92. ②由②①，得1＋q ＋q 2q 2＝3，即2q 2－q －1＝0， 所以q ＝－12或q ＝1(舍去)．当q ＝－12时，a 1＝a 3q 2＝6，综上可知，a 1＝32或a 1＝6.]【对点训练1】(1)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1－2，x ≤1，－log 2x ＋1，x ＞1，且f (a )＝－3，则f (6－a )＝( )A ．－74B ．－54C ．－34D ．－14(2)已知函数f (x )＝a x＋b (a ＞0，a ≠1)的定义域和值域都是[－1,0]，则a ＋b ＝________. (3)已知a ，b ，c 分别是△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边，且A ＝2B ，b ≠c ，若a 2＋c 2＝b 2＋2ac sin C ，则A ＝________.(1)A (2)－32 (3)π4 [(1)由于f (a )＝－3，①若a ≤1，则2a －1－2＝－3，整理得2a －1＝－1.由于2x ＞0，所以2a －1＝－1无解；②若a ＞1，则－log 2(a ＋1)＝－3，解得a ＋1＝8，a ＝7， 所以f (6－a )＝f (－1)＝2－1－1－2＝－74.综上所述，f (6－a )＝－74.(2)当a ＞1时，函数f (x )＝a x＋b 在[－1,0]上为增函数，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a －1＋b ＝－1，a 0＋b ＝0无解．当0＜a ＜1时，函数f (x )＝a x＋b 在[－1,0]上为减函数，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a －1＋b ＝0，a 0＋b ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝－2，所以a ＋b ＝－32.(3)∵a 2＋c 2＝b 2＋2ac sin C ，∴a 2＋c 2－b 22ac＝sin C .由余弦定理得cos B ＝sin C ， ∵0＜B ＜π，0＜C ＜π， ∴C ＝π2－B 或C ＝π2＋B .①当C ＝π2－B 时，由A ＝2B 且A ＋B ＋C ＝π，得A ＝π2，B ＝C ＝π4，这与“b ≠c ”矛盾．∴A ≠π2.②当C ＝π2＋B 时，由A ＝2B 且A ＋B ＋C ＝π， 得B ＝π8，C ＝5π8，A ＝π4.]应用2 由图形的不确定性引起的分类讨论【典例2】(1)已知变量x ，y 满足的不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥2x ，kx －y ＋1≥0表示的是一个直角三角形围成的平面区域，则实数k ＝( )A ．－12B.12 C ．0D ．－12或0(2)设圆锥曲线C 的两个焦点分别为F 1，F 2，若曲线C 上存在点P 满足|PF 1|∶|F 1F 2|∶|PF 2|＝4∶3∶2，则曲线C 的离心率等于________．(1)D (2)12或32[(1)不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥2x ，kx －y ＋1≥0表示的可行域如图(阴影部分)所示．由图可知，若要使不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥2x ，kx －y ＋1≥0表示的平面区域是直角三角形，只有当直线kx －y ＋1＝0与直线y 轴或y ＝2x 垂直时才满足．结合图形可知斜率k 的值为0或－12.(2)不妨设|PF 1|＝4t ，|F 1F 2|＝3t ，|PF 2|＝2t ，其中t ≠0.若该曲线为椭圆，则有|PF 1|＋|PF 2|＝6t ＝2a ，|F 1F 2|＝3t ＝2c ，e ＝c a ＝2c 2a ＝3t 6t ＝12；若该曲线为双曲线，则有|PF 1|－|PF 2|＝2t ＝2a ，|F 1F 2|＝3t ＝2c ，e ＝c a ＝2c 2a ＝3t 2t ＝32.]【对点训练2】(1)已知正三棱柱的侧面展开图是边长分别为6和4的矩形，则它的体积为( )A.833 B ．4 3C.239D ．43或833(2)若m 是2和8的等比中项，则圆锥曲线x 2＋y 2m＝1的离心率为________．(1)D (2)32或5 [(1)当正三棱柱的高为4时，体积V ＝2×3×12×4＝43； 当正三棱柱的高为6时，体积V ＝43×233×12×6＝833，故选D.(2)由题意可知m 2＝2×8＝16，∴m ＝±4. 当m ＝4时，曲线为椭圆，离心率e ＝1－14＝32. 为m ＝－4时，曲线为双曲线，离心率e ＝1＋4＝ 5.] 应用3 由参数变化引起的分类讨论【典例3】 已知函数f (x )＝x 2－(2m ＋1)x ＋ln x (m ∈R )．(1)当m ＝－12时，若函数g (x )＝f (x )＋(a －1)ln x 恰有一个零点，求a 的取值范围；(2)当x ＞1时，f (x )＜(1－m )x 2恒成立，求m 的取值范围． 切入点：(1)求f ′(x )，就a 的取值结合f (x )的单调性分析．(2)构造函数h (x )＝f (x )－(1－m )x 2，就m 的取值及h (x )的最大值情况求m 的取值范围． [解](1)函数g (x )的定义域为(0，＋∞)．当m ＝－12时，g (x )＝a ln x ＋x 2，所以g ′(x )＝a x ＋2x ＝2x 2＋a x.①当a ＝0时，g (x )＝x 2，在x ∈(0，＋∞)上，g (x )＝0无解．∴x ＞0时无零点，即a ≠0. ②当a ＞0时，g ′(x )＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，取x 0＝e －1a，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫e －1a＝－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫e －1a 2＜0，因为g (1)＝1，所以g (x 0)·g (1)＜0，此时函数g (x )恰有一个零点，即a ＞0. ③当a ＜0时，令g ′(x )＝0， 解得x ＝－a2. 当0＜x ＜－a2时， g ′(x )＜0，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2上单调递减；当x ＞－a2时，g ′(x )＞0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－a2，＋∞上单调递增． 要使函数g (x )有一个零点，则g ⎝⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln －a 2－a2＝0，即a ＝－2e. 综上所述，若函数g (x )恰有一个零点，则a ＝－2e 或a ＞0.(2)令h (x )＝f (x )－(1－m )x 2＝mx 2－(2m ＋1)x ＋ln x ，根据题意，当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0恒成立．又h ′(x )＝2mx －(2m ＋1)＋1x ＝x －12mx －1x.①若0＜m ＜12，则x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，＋∞时，h ′(x )＞0恒成立，所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，＋∞上是增函数，且h (x )∈⎝ ⎛⎭⎪⎫h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，＋∞，所以不符合题意． ②若m ≥12，则x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0恒成立，所以h (x )在(1，＋∞)上是增函数，且h (x )∈(h (1)，＋∞)，所以不符合题意．③若m ≤0，则x ∈(1，＋∞)时，恒有h ′(x )＜0，故h (x )在(1，＋∞)上是减函数，于是“h (x )＜0对任意x ∈(1，＋∞)都成立”的充要条件是h (1)≤0，即m －(2m ＋1)≤0，解得m ≥－1，故－1≤m ≤0.综上，m 的取值范围是[－1,0]． 【对点训练3】已知函数f (x )＝ax ＋a －1x＋1－2a (a ＞0)，若f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围．[解] 令g (x )＝f (x )－ln x ＝ax ＋a －1x＋1－2a －ln x ，x ∈[1，＋∞)， 则g (1)＝0，g ′(x )＝a －a －1x 2－1x ＝ax 2－x －a －1x 2＝a x －1⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－a a x2. ①当1－a a ＞1，即0＜a ＜12时，若1＜x ＜1－a a ，则g ′(x )＜0，g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1－a a 上是减函数，所以存在x ∈[1，＋∞)，使g (x )＜g (1)＝0，即f (x )＜ln x ，所以f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上不恒成立．②当1－a a ≤1，即a ≥12时，若x ≥1，则g ′(x )≥0，g (x )在[1，＋∞)上是增函数，所以g (x )≥g (1)＝0，即f (x )≥ln x ， 所以当x ≥1时，f (x )≥ln x 恒成立．综上所述，a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.。
2020版高考数学二轮复习第3部分策略1活用4大数学思想3分类与整合思想课件文
kx－y＋1≥0
x≥0，
示，由图可知，若要使不等式组y≥2x， kx－y＋1≥0
表示的平面区域是直
角三角形，只有当直线 y＝kx＋1 与直线 x＝0 或 y＝2x 垂直时才满足．
结合图形可知斜率 k 的值为 0 或－12.]
应用 4 由参数变化引起的分类讨论
【典例 4】 设函数 f(x)＝x3－ax－b，x∈R，其中 a，b∈R，求
矩形，则它的体积为( )
83 A. 3
B．4 3
23 C. 9
D．4
3或8
3 3
D [当矩形长、宽分别为 6 和 4 时，体积 V＝2× 3×12×4＝4 3；
当长、宽分别为 4 和 6 时，体积 V＝43×233×12×6＝833.]
【对点训练 6】 过双曲线 x2－y22＝1 的右焦点 F 作直线 l 交双曲
2若遇到题目中含有参数的问题，常常结合参数的意义及对结果 的影响进行分类讨论，此种题目为含参型，应全面分析参数变化引起 结论的变化情况，参数有几何意义时还要考虑适当地运用数形结合思 想，分类要做到分类标准明确、不重不漏.
【对点训练 8】 设函数 f(x)＝x2－ax＋a＋3，g(x)＝ax－2a，若
代入 Sn＋2＝4Sn＋3 并化简得 a1(4－q2)qn＝3＋3a1－3q，若对任意 的正整数 n 该等式恒成立，则有43－ ＋q3a2＝1－0， 3q＝0， 解得aq1＝＝21， 或 aq1＝＝－－23，，
故 a1＝1 或－3.]
本题易忽略对 q＝1 的情况进行讨论，而直接利用Sn＝a111－－qqn， 很容易造成漏解或增解，若本题是解答题，这种解答是不完备的.本 题根据等比数列前 n 项和公式的使用就要分 q＝1，Sn＝na1 和 q≠1， Sn＝a111－－qqn进行讨论.
高考数学专题复习转化与化归思想教案
高考数学专题复习转化与化归思想教案第一章：转化与化归思想概述1.1 转化与化归思想的定义与意义引导学生理解转化与化归思想的含义，认识到它在数学解题中的重要性。
举例说明转化与化归在解决数学问题中的应用。
1.2 转化与化归的方法与技巧介绍常用的转化与化归方法，如代数化、几何化、图像化等。
通过具体例题，引导学生掌握这些方法在解题中的应用。
第二章：代数问题的转化与化归2.1 代数方程的转化与化归讲解如何将代数方程转化为更容易解决的形式，如一次方程、二次方程等。
引导学生运用转化与化归思想解决实际问题。
2.2 不等式的转化与化归介绍如何将不等式转化为标准形式，以及如何利用转化与化归思想解决不等式问题。
通过例题，让学生学会应用这些方法解决实际问题。
第三章：几何问题的转化与化归3.1 几何图形的转化与化归讲解如何将几何图形转化为标准形式，如三角形、四边形等。
引导学生运用转化与化归思想解决几何问题。
3.2 几何关系的转化与化归介绍如何将几何关系转化为更简单的形式，如相似、全等、平行等。
通过例题，让学生学会应用这些方法解决几何问题。
第四章：函数问题的转化与化归4.1 函数方程的转化与化归讲解如何将函数方程转化为更容易解决的形式，如线性函数、二次函数等。
引导学生运用转化与化归思想解决函数问题。
4.2 函数图像的转化与化归介绍如何将函数图像转化为更容易分析的形式，如直线、曲线等。
通过例题，让学生学会应用这些方法解决函数问题。
第五章：应用题的转化与化归5.1 实际问题的转化与化归引导学生将实际问题转化为数学问题，并运用转化与化归思想解决。
通过例题，让学生学会应用转化与化归思想解决实际问题。
5.2 数学竞赛题的转化与化归讲解如何将数学竞赛题转化为标准形式，并运用转化与化归思想解决。
通过例题，让学生学会应用这些方法解决数学竞赛题。
第六章：数列问题的转化与化归6.1 数列求和的转化与化归讲解如何将数列求和问题转化为等差数列、等比数列等简单形式。
2020版高考数学二轮复习第3部分策略1活用4大数学思想1函数与方程思想教案文
1．函数与方程思想行动态的研究，方程思想则是在动中求解，研究运动中的等量关系.应用1 目标函数法求最值【典例1】 (1)在平面直角坐标系中，已知点A (－1,0)，B (2,0)，E ，F 是y 轴上的两个动点，且|EF →|＝2，则AE →·BF →的最小值为________．(2)已知斜率为1的直线l 与椭圆x 24＋y 2＝1相交于A ，B 两点，则|AB |的最大值为________．(1)－3 (2)4105[(1)∵E ，F 是y 轴上的两个动点，且|EF →|＝2，不妨设E (0，t )，F (0，t ＋2)，则AE →＝(0，t )－(－1,0)＝(1，t )．BF →＝(0，t ＋2)－(2,0)＝(－2，t ＋2)，AE →·BF →＝t 2＋2t －2.令f (t )＝AE →·BF →＝(t ＋1)2－3≥－3，当且仅当t ＝－1时取等号．即AE →·BF →的最小值为－3.(2)设A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝x ＋t ，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝x ＋t消去y ，得5x 2＋8tx ＋4(t 2－1)＝0.则x 1＋x 2＝－85t ，x 1x 2＝t 2－5，∴|AB |＝2|x 1－x 2|＝2·x 1＋x 22－4x 1x 2＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－85t 2－4×t 2－5＝4255－t 2， 当t ＝0时，|AB |max ＝4105.]目标函数法即是把所谓目标写成函数形式，然后再求其值域、最值的方法.有关长度、面积、体积以及数量积等的计算经常采用目标函数法.求值域、最值的方法，一般涉及换元法、配方法和均值不等式法以及单调性法.【对点训练1】 已知在半径为2的扇形AOB 中，∠AOB ＝120°，C 是OB 的中点，P 为弧AB 上任意一点，且OP →＝λOA →＋μOC →，则λ＋μ的最大值为________．2213[建立如图所示的平面直角坐标系，则O (0,0)，A (2,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，则OA →＝(2,0)，OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，设P (2cos θ，2sin θ)，则λ(2,0)＋μ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32＝(2cos θ，2sin θ)，即⎩⎪⎨⎪⎧2λ－12μ＝2cos θ，32μ＝2sin θ，解得⎩⎪⎨⎪⎧μ＝43sin θ，λ＝cos θ＋13sin θ，则λ＋μ＝53sin θ＋cos θ＝2213sin(θ＋φ)，其中tan φ＝35，据此可知，当sin(θ＋φ)＝1时，λ＋μ取得最大值2213.]【对点训练2】 一个直角三角形的三个顶点分别在底面棱长为2的正三棱柱的侧棱上，则该直角三角形斜边的最小值为________．23 [如图，三棱柱ABC A 1B 1C 1为正三棱柱．AB ＝2，三角形ADE 为直角三角形，∠ADE ＝90°.设BD ＝x ，CE ＝y ，则AD 2＝4＋x 2，AE 2＝4＋y 2，ED 2＝4＋(y －x )2.∵AE 2＝AD 2＋DE 2，∴4＋y 2＝4＋x 2＋4＋(y －x )2， 解得y ＝x ＋2x.∵AE 2＝4＋y 2＝4＋⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2x 2≥4＋(22)2＝12.∴AE ≥23，当且仅当x ＝2时取等号． 即直角三角形斜边的最小值为2 3.]应用2 分离参数法求参数范围【典例2】 (1)若方程cos 2x －sin x ＋a ＝0在⎝⎛⎦⎥⎤0，π2上有解，则实数a 的取值范围为________．(2)已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是________．(1)(－1,1] (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞ [(1)由cos 2x －sin x ＋a ＝0，得a ＝sin 2x ＋sin x －1.问题变成求函数a ＝sin 2x ＋sin x －1在x ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2上的值域问题．∵a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x ＋122－54，而0<sin x ≤1，∴－1<a ≤1，即a 的取值范围为(－1,1]． (2)由f (x )＝x －1x ＋1得f ′(x )＝1＋1x ＋2>0.∴f (x )在[0,1]上单调递增．∴f (x )min ＝f (0)＝－1，∴存在x 2∈[1,2]使－1≥x 2－2ax ＋4，即2a ≥x ＋5x在[1,2]上有解，∴2a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋5x min ，易知y ＝x ＋5x 在(0，5]上递减，∴y ＝x ＋5x在[1,2]上递减．∴⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋5x min＝2＋52＝92，∴2a ≥92，a ≥94，∴a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞.]在求参数的取值范围时，应该先建立关于参数的等式或不等式，然后利用函数的定义域、值域或解不等式求解.在对式子变形的过程中，应优先选择分离参数的方法.对于方程有解、不等式的恒成立问题或存在性问题，往往可以分离参数，然后再构造函数，把问题转化成求函数的值域或最值.②不等式有解、恒成立求参数的方法：g af x 恒成立，则g af xmax.g a f x 恒成立，则g a f x min，g a f x 有解，则g a f x min， g af x 有解，则g af xmax.分离参数法是求参数范围的常用方法，但应明确，不是万能方法，恰当又合理的参变分离有助于问题的解决，有时需要讨论！【对点训练3】 对一切实数x ，不等式x 2＋a |x |＋1≥0恒成立，则实数a 的取值范围是________．[－2，＋∞) [当x ＝0时，不等式x 2＋a |x |＋1≥0恒成立，此时a ∈R ，当x ≠0时，则有a ≥－1－|x |2|x |＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫|x |＋1|x |，设f (x )＝－⎝⎛⎭⎪⎫|x |＋1|x |，则a ≥f (x )max ，由基本不等式得|x |＋1|x |≥2(当且仅当|x |＝1时取等号)，则f (x )max ＝－2，故a ≥－2.] 【对点训练4】 已知函数f (x )＝lg 1＋2x＋4x·aa 2－a ＋1，其中a 为常数，若当x ∈(－∞，1]时，f (x )有意义，则实数a 的取值范围为________．⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，＋∞ [参数a 深含在一个复杂的复合函数的表达式中，欲直接建立关于a 的不等式(组)非常困难，故应转换思维角度，设法从原式中把a 分离出来，重新认识a 与其他变元x 的依存关系，利用新的函数关系，使原问题“柳暗花明”．由1＋2x ＋4x·a a 2－a ＋1＞0，且a 2－a ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋34＞0，得1＋2x ＋4x·a ＞0，故a ＞－⎝ ⎛⎭⎪⎫14x ＋12x .当x ∈(－∞，1]时，y ＝14x 与y ＝12x 都是减函数，因此，函数y ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫14x ＋12x 在(－∞，1]上是增函数， 所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤－⎝ ⎛⎭⎪⎫14x ＋12x max ＝－34，a ＞－34， 故a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，＋∞.]应用3 构造函数解不等式、比较大小【典例3】 (1)已知函数f (x )满足f (x )＞f ′(x )，在下列不等式关系中，一定成立的是( )A ．e f (1)＞f (2)B ．e f (1)＜f (2)C ．f (1)＞e f (2)D ．f (1)＜e f (2)(2)已知偶函数f (x )(x ≠0)的导函数为f ′(x )，且满足f (1)＝0，当x ＞0时，xf ′(x )＜－2f (x )，则使f (x )＞0成立的x 的取值范围为( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(0,1)C ．(－1,0)∪(1，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)(1)A (2)B [(1)∵f (x )＞f ′(x )，∴f ′(x )－f (x )＜0. ∴令g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f x －f xex＜0，∴g (x )单调递减，又1＜2.∴g (1)＞g (2)， 即fe1＞fe2，∴e f (1)＞f (2)．选A.(2)令F (x )＝x 2f (x )，则F ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )＝x [2f (x )＋xf ′(x )]．当x ＞0时，由题设可得F ′(x )＜0，即函数F (x )＝x 2f (x )是单调递减函数，当x ＜0时，函数F (x )＝x 2f (x )是单调递增函数．又由题设可知F (1)＝F (－1)＝0，所以不等式F (x )＞0的解集是(－1,0)∪(0,1)，则不等式f (x )＞0的解集是(－1,0)∪(0,1)．故选B.]根据式子结构构造指数函数、对数函数或幂函数. 根据式子的结构构造相应函数：x m f x＝xm －1mf x ＋xf x ；②⎝⎛⎭⎪⎫f x x ′＝xfx －f xx 2；xf x ＝e xf x ＋fx ；④⎝⎛⎭⎪⎫f x e x ′＝fx －f xex；x ·ln x＝ln x ＋1.【对点训练5】 若0＜x 1＜x 2＜1，则( ) A ．e x 2－e x 1＞ln x 2－ln x 1 B ．e x 2－e x 1＜ln x 2－ln x 1 C ．x 2e x 1＞x 1e x 2D ．x 2e x 1＜x 1e x 2C [设f (x )＝e x－ln x (0＜x ＜1)， 则f ′(x )＝e x－1x ＝x e x－1x.令f ′(x )＝0，得x e x－1＝0.根据函数y ＝e x与y ＝1x的图象可知两函数图象的交点x 0∈(0,1)，因此函数f (x )在(0,1)上不是单调函数，故A 、B 选项不正确．设g (x )＝e xx(0＜x ＜1)，则g ′(x )＝exx －x 2.又0＜x ＜1，∴g ′(x )＜0. ∴函数g (x )在(0,1)上是减函数． 又0＜x 1＜x 2＜1，∴g (x 1)＞g (x 2)， ∴x 2e x 1＞x 1e x 2，故选C.]【对点训练6】 定义域为R 的可导函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，满足f (x )＞f ′(x )，且f (0)＝1，则不等式f xex＜1的解集为( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，2)D ．(2，＋∞)B [构造函数g (x )＝f xex，则g ′(x )＝e x·fx －e x ·f xx2＝f x －f xex.由题意得g ′(x )＜0恒成立，所以函数g (x )＝f xex在R 上单调递减．又g (0)＝f e＝1，所以f xex＜1，即g (x )＜1，解得x ＞0，所以不等式的解集为(0，＋∞)．故选B.]应用4 利用方程思想求值【典例4】 (1)函数f (x )＝x ln x 在点P (x 0，f (x 0))处的切线与直线x ＋y ＝0垂直，则切点P (x 0，f (x 0))的坐标为________．(2)(2018·浙江高考)我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一．凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几何？”设鸡翁，鸡母，鸡雏个数分别为x ，y ，z ，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＋z ＝100，5x ＋3y ＋13z ＝100，当z ＝81时，x ＝________，y ＝________.(1)(1,0) (2)8 11 [(1)∵f (x )＝x ln x ，∴f ′(x )＝ln x ＋1， 由题意得f ′(x 0)·(－1)＝－1，即f ′(x 0)＝1， ∴ln x 0＋1＝1，ln x 0＝0，∴x 0＝1，∴f (x 0)＝0， 即P (1,0)．(2)法一：由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＋81＝100，5x ＋3y ＋13×81＝100，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝19，5x ＋3y ＝73，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝8，y ＝11.法二：100－81＝19(只)， 81÷3＝27(元)， 100－27＝73(元)．假设剩余的19只鸡全是鸡翁，则 5×19＝95(元)． 因为95－73＝22(元)，所以鸡母：22÷(5－3)＝11(只)， 鸡翁：19－11＝8(只)．]方程思想无处不在，只要涉及含有等量关系的条件或结论时，均可考虑到通过列方程或方程组求解.【对点训练7】 (2019·北京高考)设{a n }是等差数列，a 1＝－10，且a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，求S n 的最小值．[解] (1)∵{a n }是等差数列，a 1＝－10，且a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列． ∴(a 3＋8)2＝(a 2＋10)(a 4＋6)，∴(－2＋2d )2＝d (－4＋3d )，解得d ＝2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－10＋2n －2＝2n －12. (2)法一：由a 1＝－10，d ＝2，得：S n ＝－10n ＋n n －2×2＝n 2－11n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n －1122－1214，∴n ＝5或n ＝6时，S n 取最小值－30. 法二：由(1)知，a n ＝2n －12.所以，当n ≥7时，a n ＞0；当n ≤6时，a n ≤0. 所以，S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.应用5 方程思想与不等式【典例5】 关于x 的一元二次不等式x 2＋ax ＋b ＞0的解集为(－∞，－3)∪(1，＋∞)，则不等式ax 2＋bx －2＜0的解集为( )A ．(－3,1)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪(2，＋∞)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，2D ．(－1,2)C [由关于x 的一元二次不等式x 2＋ax ＋b ＞0的解集为(－∞，－3)∪(1，＋∞)，可知方程x 2＋ax ＋b ＝0的两实数根分别为－3,1，则⎩⎪⎨⎪⎧－a ＝－3＋1，b ＝－3×1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－3，所以不等式ax 2＋bx －2＜0可化为2x 2－3x －2＜0，即(2x ＋1)(x －2)＜0，解得－12＜x ＜2，即所求不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，2.]方程的根是对应不等式解集区间的端点值，所以不等式与方程是紧密联系的！【对点训练8】 已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )的值域为[0，＋∞)，若关于x 的不等式f (x )＜c 的解集为(m ，m ＋6)，则实数c 的值为________．9 [由题意知f (x )＝x 2＋ax ＋b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 22＋b －a 24.因为f (x )的值域为[0，＋∞)，所以b －a 24＝0，即b ＝a 24.所以f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 22.又f (x )＜c ，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 22＜c ，即－a 2－c ＜x ＜－a2＋c .所以⎩⎪⎨⎪⎧－a 2－c ＝m ， ①－a2＋c ＝m ＋6. ②②－①得2c ＝6，所以c ＝9.]。
高考数学二轮复习 第4讲 转化与化归思想课件 文
故a的取值范围是(－∞，4]∪[0，＋∞)． (3)令y＝ln(1＋x2)－12f(x)， 则y′＝1＋2xx2－x＝－x＋11＋xxx2－1. 令y′＝0，则x＝－1,0,1，列表如下.
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(－∞， x
－1)
y′ ＋
单调 y
递增
－1 (－1,0) 0
0 极大值 ln 2＋12
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[思路方法] (1)由F(x－5)＝F(5－x)可知F(x)为偶函数，故 可确定b的取值；(2)由不等式恒成立可转化为a≥－(2x2＋2x)或 a≤－(2x2＋2x)在(0,1)上恒成立，故可构造函数求最值确定a的 范围；(3)结合函数单调性确定出极值，由数形结合可求得结 论．
－
0
单调 极小值1
递减
(0,1)
＋ 单调 递增
∴k>ln 2＋12时，无零点；
k<1或k＝ln 2＋12时，有两个零点；
k＝1时有三个零点；
1<k<ln 2＋12时，有四个零点．
1
0 极大值 ln 2＋12
(1， ＋∞)
－
单调 递减
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函数、方程与不等式三者之间存在着密不可分的联系，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，常常将不等式的恒成立问题转化 为函数的最值问题；将证明不等式问题转化为函数的单调性与 最值问题；将方程的求解问题转化为函数的零点问题、两个函 数图象的交点问题等．
第二十页，共42页。
故g′(x)＝2x＋2＋ax(x>0)， 若g(x)在(0,1)上单调， 只需g′(x)≥0或g′(x)≤0在(0,1)上恒成立， 即2x2＋2x＋a≥0或2x2＋2x＋a≤0恒成立， 所以a≥－(2x2＋2x)或a≤－(2x2＋2x)在(0,1)上恒成立． 记u(x)＝－(2x2＋2x)，0<x<1， 可知－4<u(x)<0， ∴a≥0或a≤－4.
高考数学二轮复习 数学思想融会贯 四、转化与化归思想
总纲目录
应用一 正与反的相互转化 应用二 一般与特殊的转化 应用三 常量与变量的转化 应用四 形体位置关系的相互转化
应用一 正与反的相互转化
例1
若对于任意t∈[1,2],函数g(x)=x3+ m2
2
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
例4 (2018课标全国Ⅰ,7,5分)某圆柱的高为2,底面周长为16,其 三视图如图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A,圆柱表 面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N 的路径中,最短路径的长度为 ( )
0, 0,
解得- 2 <x<1.
3
故当x∈ 23 ,1 时,对满足-1≤a≤1的一切a的值,都有g(x)<0.
【技法点评】 在处理多变元的数学问题时,我们可以选取其中 的常数(或参数),将其看作是“主元”,而把其他变元看作是常量, 从而达到减少变元简化运算的目的.
4.设f(x)是定义在R上的单调递增函数,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]∪[0,+∞)
解析 ∵f(x)是R上的单调递增函数, ∴1-ax-x2≤2-a,a∈[-1,1].① ①可化为(x-1)a+x2+1≥0, 对a∈[-1,1]恒成立. 令g(a)=(x-1)a+x2+1,a∈[-1,1],
则
Βιβλιοθήκη g g(1) (1)
x
x2 2
.
答案 - 37 <m<-5
3
解析 由题意得g'(x)=3x2+(m+4)x-2,若g(x)在区间(t,3)上总为单调
2020版新高考复习理科数学教学案：转化与化归思想含答案
教课资料范本2020版新高考复习理科数学教教案：转变与化归思想含答案编辑： __________________时间： __________________4讲转变与化归思想思想方法·简洁概括转变与化归的原则常有的转变与化归的方法1.直接转变法2.换元法1.熟习化原则 3.数形联合法2.简单化原则 4.结构法 5.坐标法 6.类比法3.直观化原则7.特别化方法4.正难则反原则8.等价问题法9.增强命题法10.补集法转变与化归思想就是在研究和解决相关数学识题时 .采纳某种手段将问题经过变换使之转变 .从而使问题获得解决的一种数学思想方法热门研究·考向调研调研一特别与一般的转变【例 1】(1)[20xx 唐·山三模 ] 已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx有两个极值点 x1.x2.且x1 <x2.若x1＋2x0＝3x2.函数 g(x)＝f(x)－f(x0).则g(x)()A ．恰有一个零点B．恰有两个零点C．恰有三个零点D．至多两个零点分析：由题知只需 f(x)有两个极值点 .且 x1<x2.x1＋2x0＝3x2.则结果是同样的 .所以不如令 b＝0.a＝－ 3.则 f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2).x1＝0.x2＝2.且 x0＝3.∴g(x)＝x3－3x2＝x2(x－3).明显 g(x)恰有两个零点 .应选 B.答案： B(2)在△ABC中.角所对的边分别为 a.b.c.若成等差数列 .则cosA＋cosC＝________.1＋cosAcosC4分析： 方法一：取特别值 a ＝3.b ＝4.c ＝5.则 cosA ＝5.cosC ＝cosA ＋cosC 40.＝.1＋cosAcosC 5π1 cosA ＋cosC方法二：取特别角 A ＝B ＝ C ＝ 3 .cosA ＝cosC ＝2.1＋cosAcosC ＝4 5.4答案： 5(3)如下图 .在平行四边形 ABCD 中.AP ⊥→ →＝________.BD.垂足为 P.且AP ＝ 3.则AP ·AC分析： 把平行四边形 ABCD 当作正方形 .则点 P 为对角线的交点 ＝则→→＝.AC 6. AP ·AC 18.答案： 18方法点睛化一般为特别的作用(1)常用的特例有特别值、特别数列、特别函数、特别图形、特殊角、特别地点等．(2)关于选择题 .当题设在一般条件下都建即刻 .对特别值进行探求.可快捷获得答案．(3)关于填空题 .当填空题的结论独一或题设条件供给的信息示意答案是一个定值时 .可把题中变化的量用特别值取代 .即可获得答案．调研二 函数、方程、不等式之间的转变【例 2】(1)[20xx 安·徽合肥质检三 ]若存在两个正实数 x.y.使得等式 x(1＋ln x)＝xlny －ay 建立 .则实数 a 的取值范围是()1111C. －∞，D. －∞，e23分析：∵x>0.y>0.x(1＋ln x)＝xlny－ay.y∴ay＝xlny－xlnx－x.ay＝xln x－x.x y x x x x∴a＝y ln x－y.即 a＝－y ln y－y.x令 t＝y.则 t>0.a＝－ tlnt－t.令 f(t)＝－ tlnt－t(t>0).1则 f′(t)＝－ (lnt＋2)．令 f′(t)＝0.得 t＝e2.1当 t∈ 0，e2时.f′(t)>0.f(t)单一递加；1当 t∈e2，＋∞ 时 .f′(t)<0.f(t)单一递减．111∴[f(t)] max＝f e2＝e2.∴a≤e2.应选 C.答案： C(2)在等差数列 { a n} 中.a2.a23－6x2＋4x－1的两个不一样的极值点.则018是函数f(x)＝x的值为()1A．－3B．－31C． 3 D.3分析： f′(x)＝3x2－12x＋4.由于 a2.a2 018是函数 f(x)＝x3－6x2＋4x－1 的两个不一样的极值点 .所以 a2.a2 018是方程 3x2－12x＋4＝0 的两个不等实数根 .所以 a2＋a2 018＝4.又由于数列 { a n} 为等差数列 .所以 a2＋a2 018＝2a1 010.即 a1 010＝2.从而.应选 B.答案： B(3)已知函数 f(x)＝3e|x|.若存在实数 t∈[－1.＋∞ ).使得对随意的 x ∈[1.m].m∈Z 且m>1.都有 f(x＋t)≤3ex.则m的最大值为 ________．分析：由于当 t∈[－1.＋∞)且 x∈[1.m]时.x＋t≥0.所以 f(x＋t)≤3ex? e x＋t≤ ex? x＋ t≤1＋lnx.所以原命题等价转变为：存在实数 t∈[－1.＋∞).使得不等式t≤1＋lnx－x 对随意 x∈[1.m]恒建立．令 h(x)＝1＋lnx－x(x≥1)．1由于 h′(x)＝x－1≤0.所以函数 h(x)在[1.＋∞)上为减函数 .又由于 x∈[1.m].所以 h(x)min＝h(m)＝1＋lnm－ m.所以要使得对随意x∈[1.m].t 值恒存在 .只需 1＋lnm－m≥－1.1 31 1 4由于 h(3)＝ln3－2＝ln e·e >ln e＝－ 1.h(4)＝ln4－3＝ln e·e2 1<ln e＝－ 1.且函数 h(x)在[1.＋∞)上为减函数 .所以知足条件的最大整数 m 的值为 3.答案： 3方法点睛函数、方程与不等式互相转变的应用(1)函数与方程、不等式联系亲密.解决方程、不等式的问题需要函数帮助．(2)解决函数的问题需要方程、不等式的帮助.所以借助函数与方程、不等式进行转变与化归能够将问题化繁为简 .一般可将不等关系转变为最值 (值域 )问题 .从而求出参变量的范围．调研三正难则反的转变【例 3】(1)[20xx 太·原模拟 ]由命题“存在 x0∈R.使－m≤0”是假命题 .得 m的取值范围是 (－∞ .a).则实数 a的取值是 ()A ．(－∞ .1)B．(－∞ .2)C． 1D．2分析：命题“存在 x0∈R.使－m≤0”是假命题.可知它的否认形式“随意 x∈R.使 e|x－1|－m>0”是真命题 .可得 m 的取值范围是(－∞.1).而 (－∞.a)与(－∞.1)为同一区间 .故 a＝1.应选 C.答案： Cm(2)若关于随意 t∈[1,2].函数 g(x)＝x3＋2＋2x2－2x在区间 (t,3)上总不为单一函数 .则实数 m的取值范围是 ________．分析： g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.若 g(x)在区间 (t,3)上总为单一函数 .则① g′(x)≥0 在(t,3)上恒建立 .或② g′(x)≤0 在(t,3)上恒建立 (正反转变 ).由①得 3x2＋(m＋ 4)x－2≥0.2即 m＋4≥x－3x.当 x∈(t,3)时恒建立 .2所以 m＋4≥t－3t 恒建立 .则 m＋4≥－1.即 m≥－5；由②得 3x2＋(m＋ 4)x－2≤0.2即 m＋4≤x－3x.当 x∈(t,3)时恒建立 .2则 m＋4≤3－9.37即 m≤－3 .所以函数 g(x)在区间 (t,3)上总不为单一函数的m 的取值范围为37－3，－5 .37答案：－3，－5(3)若二次函数 f(x)＝4x2－2(p－2)x－ 2p2－p＋1在区间 [ －1,1]内起码存在一个值 c.使得 f(c)>0.则实数 p的取值范围为 ________．分析：假如在区间 [－ 1,1]内没有值使得 f(c)>0.则1f－1≤ ，p≤－2或p≥1，3f 1 ≤0?3? p≤－3 或 p≥2.取补集p≤－ 3或p≥23为－ 3<p<2.即为知足条件的p 的取值范围．故实数 p 的取值范围为3答案：－ 3，2方法点睛3－3，2 .正与反的转变重点正与反的转变 .表现“正难则反”的原则 .先从反面求解 .再取反面答案的补集即可．一般地 .题目若出现多种建立的情况 .则不建立的情况相对极少 .从反面考虑较简单．所以 .间接法多用于含有“至多”“ 起码”及否认性命题情况的问题中．调研四主与次的互相转变【例 4】(1)若不等式 x2－ax＋1≥0 对全部 x∈[ －2,2]恒建立 .则 a 的取值范围为 ()A ．(－∞.－2]B．[－2,2]C． (0,2]D．[2.＋∞)分析：由于 x∈[－2,2].当x＝0 时.原式为02－a·0＋1≥0 恒建立 .此时a∈R；x2＋1当 x∈(0,2]时 .原不等式可化为a≤.xx2＋12x而x≥x＝2.当且仅当 x＝1 时等号建立 .所以 a 的取值范围是 (－∞.2]；x2＋1当 x∈[ －2,0)时.可得 a≥.xx2＋11令 f(x)＝x＝x＋x.由函数的单一性可知 .f(x)max＝f(－1)＝－2.所以 a∈[ －2.＋∞)．综上可知 .a 的取值范围是 [ －2,2].应选 B.答案： B(2)设y＝(log2x)2＋(t－2)log2x－t＋1.若t∈[ －2,2]时恒取正当 .则x的取值范围是 ________．分析：设 y＝f(t)＝(log2x－1)t＋(log2x)2－2log2x＋1.则 f(t)是一次函数 .f －2 >0，当 t∈[ －2,2]时.f(t)>0 恒建立 .则即f 2 >0，log2x 2－4log2x＋3>0，log2x 2－1>0，解得 log2x<－1 或 log2x>3.1即 0<x<2或 x>8.1故 x 的取值范围是0，2∪(8.＋∞)．1答案： 0，2∪(8.＋∞ )(3)已知函数 f(x)＝x3＋3ax－1.g(x)＝f′(x)－ ax－5.此中 f′(x)是f(x)的导函数．对知足－ 1≤a≤1的全部 a的值 .都有 g(x)<0.则实数 x的取值范围为 ________．分析：由题意 .知 g(x)＝3x2－ax＋3a－5.令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5(－1≤a≤1)．(主次转变 )对－ 1≤a≤1.恒有 g(x)<0.即φ(a)<0.φ 1 <0，3x2－x－2<0，所以φ －1 <0，即3x2＋x－8<0，2解得－3<x<1.2故当 x∈ －3，1 时.对知足－ 1≤a≤1 的全部 a 的值 .都有g(x)<0.2答案：－3，1方法点睛主与次的转变重点在办理多变元的数学识题时 .我们能够选用此中的变量(或参数).将其看作是“主元”.而把其余变元看作是常量 .从而达到减少变元简化运算的目的．往常给出哪个“元”的取值范围就将哪个“元”视为“主元”．。
高中数学高考二轮复习转化与化归思想教案
第四讲转化与化归思想对应学生用书P1351转化与化归思想的含义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．2转化与化归的常见方法(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，把较复杂的函数、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：研究原问题中数量关系(解析式)与空间形式(图形)关系，通过互相变换获得转化途径．(4)等价转化法：把原问题转化为一个易于解决的等价问题，以达到化归的目的．(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的结论适合原问题．(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，猜测问题的结论，易于探求． (9)参数法：引进参数，使原问题转化为熟悉的问题进行解决． (10)补集法：如果正面解决原问题有困难，可把原问题的结果看作集合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∁U A 使原问题获得解决，体现了正难则反的原则．例1 [2015·广东高考]在平面直角坐标系xOy 中，已知向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，－22，n ＝(sin x ，cos x )，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.(1)若m ⊥n ，求tan x 的值；(2)若m 与n 的夹角为π3，求x 的值．故22sin x －22cos x ＝0，∴tan x ＝1.(2)∵m 与n 的夹角为π3，∴cos 〈m ，n 〉＝m·n|m|·|n|＝22sin x －22cos x 1×1＝12，故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＝12. 又x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴x －π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，π4，x －π4＝π6， 即x ＝5π12， 故x 的值为5π12.特殊与一般的转化步骤特殊与一般转化法是在解决问题过程中将某些一般问题进行特殊化处理或将某些特殊问题进行一般化处理的方法．这类转化法一般的解题步骤是：第一步：确立需转化的目标问题：一般将要解决的问题作为转化目标．第二步：寻找“特殊元素”与“一般元素”：把一般问题转化为特殊问题时，寻找“特殊元素”；把特殊问题转化为一般问题时，寻找“一般元素”．第三步：确立新目标问题：根据新确立的“特殊元素”或者“一般元素”，明确其与需要解决问题的关系，确立新的需要解决的问题．第四步：解决新目标问题：在新的板块知识背景下用特定的知识解决新目标问题．第五步：回归目标问题．第六步：回顾反思：常用的特例有特殊数值、特殊数列、特殊函数、特殊图形、特殊角、特殊位置等．对于选择题，当题设在普通条件下都成立时，用特殊值进行探求，可快捷地得到答案；对于填空题，当填空题的结论唯一或题设条件提供的信息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，即可得到答案.模拟演练1 [2015·课标全国卷Ⅱ]设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.答案 －1n解析 当n ＝1时，S 1＝a 1＝－1，所以1S 1＝－1.因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，所以1S n ＝(－1)＋(n －1)·(－1)＝－n ，所以S n ＝－1n .模拟演练2 已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1的右支上存在一点P ，使得点P 到双曲线右焦点的距离等于它到直线x ＝－a 2c (其中c 2＝a 2＋b 2)的距离，则双曲线C 离心率的取值范围是( )A.(1，2] B ．[2，＋∞) C.(1，2＋1] D ．[2＋1，＋∞)答案 C解析 解法一：若离心率e ＝2，设双曲线为x 2－y 23＝1，P (x ，y )，则右焦点为(2,0)，直线为x ＝－12，依题意有⎝⎛⎭⎪⎫x ＋122＝(x －2)2＋y 2，联立双曲线方程，消去y ，得12x 2－20x ＋3＝0，该方程有实根，所以离心率可以取2，排除A 、D.若离心率e ＝3，设双曲线为x 2－y 28＝1，同理，可得离心率不可以取3，排除B.解法二：设双曲线的右焦点F (c,0)，左焦点F (－c,0)， 由双曲线的定义得|PF ′|－|PF |＝2a ， 又|PF ′||PF |＝e ， ∴e |PF |－|PF |＝2a ， ∴|PF |＝2a e －1＝2a 2c －a≥c －a ，∴ca ≤2＋1，即1<e ≤2＋1，故选C.例2 已知函数f (x )＝x e x，a ，b ∈R ，且a >0.(1)若函数f (x )在x ＝－1处取得极值1e ，试求函数f (x )的解析式及单调区间；(2)设g (x )＝a (x －1)e x －f (x )，g ′(x )为g (x )的导函数．若存在x 0∈(1，＋∞)，使g (x 0)＋g ′(x 0)＝0成立，求ba 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)． f ′(x )＝ax 2＋bx －b x 2e x，由题知⎩⎨⎧f ′(－1)＝0f (－1)＝1e，。
2020版高三新课标大二轮专题辅导与增分攻略数学(文)讲义：1-4第四讲转化与化归思想
于 P，Q 两点，若线段 PF 与 FQ 的长度分别为 p，q，则p＋q等于( )
1
4
A．2a B.2a C．4a D.a
A→B
A→D
(2)(2019·福建厦门模拟)在平行四边形 ABCD 中，| |＝12，| |＝8.若点 M，N 满足
B→M M→C D→N N→C A→M N→M ＝3 ， ＝2 ，则 · ＝( )
1．(2019·宁夏银川二模)若点(1,3)和(－4，－2)在直线 2x＋y＋m＝0 的两侧，则 m 的取
值范围为( )
A．(－∞，－5)∪(10，＋∞)
B．[－5,10)
C．(－5,10)
D．[－5,10]
[解析] 因为点(1,3)和(－4，－2)在直线 2x＋y＋m＝0 的两侧，所以(5＋m)(－10＋m)
＋f(y)，且当 x>0 时，f(x)<0，则 f(x)在区间[a，b]上( )
A．有最小值 f(a)
B．有最大值 f(a)
( )a＋b
C．有最大值 f 2
( )a＋b
D．有最小值 f 2
[解析] f(x)＝－x 显然符合题中条件，易得 f(x)＝－x 在区间[a，b]上有最大值 f(a)．故
选 B.
第四讲 转化与化归思想
[思想方法诠释] 转化与化归思想，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．
要点一 特殊与一般的转化 【例 1】 (1)(2019·河北唐山模拟)过抛物线 y＝ax2(a>0)的焦点 F，作一直线交抛物线
2020届二轮复习 高考解题的数学思想 教案
数学思想渗其中，“解几”问题来体验【方法综述】大家知道，数学科的命题,在考查基础知识的基础上,注重对数学思想方法的考查,注重对数学能力的考查,展现数学的科学价值和人文价值,同时兼顾试题的基础性、综合性和应用性,重视试题间的层次性,合理调控综合程度,坚持多角度、多层次的考查,努力实现全面考查综合数学素养的要求.从直线与圆这部分内容看，所渗透的数学思想方法主要有：数形结合思想、函数与方程思想、分类与整合思想、转化与化归思想.下面举例加以说明，通过解析几何问题，体验上述思想方法的应用.【解疑释惑】（一）数形结合思想数形结合的思想，其实质就是将抽象的数学语言与直观的图形结合起来，实现代数问题几何化，几何问题代数化．是通过数与形的相互转化来解决数学问题的思想．其应用包括以下两个方面：(1)“以形助数”，把某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维．(2)“以数定形”，把直观图形数量化，使形更加精确．例1.【数学奥林匹克高中训练题】若，则函数的最小值等于______．【答案】【解析】由配方得．左边可看作点与定点的距离的平方，约束条件表示点在直线的右上方区域．于是，问题转化为求点到区域的点之间距离的最小值，即点到直线的距离.．故由，有，即．故答案为：例2. 从点出发的一束光线，经过直线反射，反射光线恰好通过点，求入射光线所在的直线方程．【答案】.点评：破解平面解析几何问题的关键是画出相应的图形，注意数形结合的相互渗透，并从相关的图形中挖掘对应的信息加以分析与研究．直线与圆锥曲线的位置关系的转化有两种，一种是通过数形结合建立相应的关系式，另一种是通过代数形式转化为二元二次方程组的解的问题进行讨论．（二）函数与方程思想1．函数的思想：是通过建立函数关系或构造函数，运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题，从而使问题得到解决的思想．2．方程的思想：是建立方程或方程组或者构造方程或方程组，通过解方程或方程组或者运用方程的性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决的思想．例3.在平面直角坐标系中，已知圆O：和点M(1，0) ．若在圆O上存在点A，在圆C：上存在点B，使得△MAB为等边三角形，则r的最大值为____．【答案】8设，则直线所在直线方程为：又解得：或（舍）时取最大值本题正确结果：例4. 过已知点(3,0)的直线l 与圆x 2＋y 2＋x －6y ＋3＝0相交于P ，Q 两点，且OP ⊥OQ (其中O 为原点)，求直线l 的方程． 【答案】【解析】设直线l 的方程为x ＋ay －3＝0(a ≠0)， 则点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)的坐标满足方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋x －6y ＋3＝0，x ＋ay －3＝0，消去y ，得x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫3－x a 2＋x －6·3－x a ＋3＝0，即⎝⎛⎭⎪⎫1＋1a 2x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫－6a 2＋6a ＋1x ＋9a2－18a＋3＝0.所以x 1x 2＝3a 2－18a ＋9a 2＋1.①由方程组消去x ，得(3－ay )2＋y 2＋(3－ay )－6y ＋3＝0， 即(a 2＋1)y 2－(7a ＋6)y ＋15＝0. 所以y 1y 2＝15a 2＋1.② 因为OP ⊥OQ ，所以y 1x 1·y 2x 2＝－1，即x 1x 2＋y 1y 2＝0. 由①②，得3a 2－18a ＋9a 2＋1＋15a 2＋1＝0. 整理，得a 2－6a ＋8＝0.解得a ＝2或a ＝4. 故直线l 的方程为x ＋2y －3＝0或x ＋4y －3＝0. 点评：本题由条件OP ⊥OQ ，若设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1－0x 1－0·y 2－0x 2－0＝－1.由P ，Q 在圆及直线上，借助方程，巧用根与系数的关系与方程思想，使问题得以顺利解决． （三）分类与整合思想分类讨论思想：是当问题的对象不能进行统一研究时，就需要对研究的对象按某个标准进行分类，然后对每一类分别研究，给出每一类的结论，最终综合各类结果得到整个问题的解答．实质上分类讨论就是“化整为零，各个击破，再积零为整”的数学思想．例5. 已知直线过点P (1，5)，且在两坐标轴上的截距相等，则此直线的方程为________. 【答案】5x －y ＝0或x ＋y －6＝0例6.(1)已知A (1,1)，B (3,5)，C (a,7)，D (－1，b )四点在同一条直线上，求直线的斜率k 及a ，b 的值． (2)已知直线l 过点P (1,1)且与线段MN 相交，其中M (2，－3)，N (－3，－2)，求直线l 的斜率k 的取值范围．【答案】（1）k ＝2，a ＝4，b ＝－3; （2）【解析】(1)由题意可知k AB ＝＝2，k AC ＝＝，k AD ＝＝.因为A ，B ，C ，D 四点在同一条直线上，所以k ＝2＝＝，解得a ＝4，b ＝－3，所以直线的斜率k＝2，a＝4，b＝－3.(2)如图所示，直线l绕着点P在直线PM与PN间旋转，l′是过P点且与x轴垂直的直线．当l在PN位置转到l′位置时，倾斜角增大到90°，k≥k PN＝.当l在l′位置转到PM位置时，倾斜角大于90°，k≤k PM ＝－4.综上所述：k∈(－∞，－4]∪.故答案为：（1）k＝2，a＝4，b＝－3;（2）（四）转化与化归思想转化与化归思想：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，进而解决问题的一种思想．其应用包括以下三个方面：(1)一般总是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题．(2)将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题．(3)将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题．例7.如图，函数的图像为两条射线，组成的折线，如果不等式的解集中有且仅有1个整数，那么实数的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】根据题意可知f（x），不等式f（x）≥x2﹣x﹣a等价于a≥x2﹣x﹣f（x），令g（x）＝x2﹣x﹣f（x），可得g（x）的大致图象，如图所示，又g（0）＝﹣2，g（1）＝﹣1，g（﹣1）＝2，∴要使不等式的解集中有且仅有1个整数，则﹣2≤a＜1，即a取值范围是{a|﹣2≤a＜1}．故选：B．例8. 求圆(x－2)2＋(y＋3)2＝4上的点到直线x－y＋2＝0的最大距离与最小距离．【答案】点评：圆是一个对称图形，依其对称性，圆上的点到直线的最大(小)距离为圆心到直线的距离加上(减去)半径．凡是涉及与圆有关的距离问题，均可转化为圆心到直线的距离问题．【提升训练】一、选择题1．若直线x－y＋m＝0被圆(x－1)2＋y2＝5截得的弦长为23，则m的值为( )A.1B.－3C.1或－3D.2【答案】C【解析】∵圆(x－1)2＋y2＝5的圆心C(1，0)，半径r＝ 5. 又直线x－y＋m＝0被圆截得的弦长为2 3.∴圆心C到直线的距离d＝r2－（3）2＝2，因此|1－0＋m|12＋（－1）2＝2，∴m＝1或m＝－3.2．已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和两点A(－m，0)，B(m，0)(m>0).若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的最大值为( )A.7B.6C.5D.4【答案】B3．过三点，，的圆截直线所得弦长的最小值等于（）A． B． C． D．【答案】B【解析】设圆心坐标P为（a,-2），则r2＝，解得a=1，所以P（1，-2）.又直线过定点Q（-2，0），当直线PQ与弦垂直时，弦长最短，根据圆内特征三角形可知弦长∴直线被圆截得的弦长为．故选：B．二、填空题4．已知1≤t≤2，过两点(u,2t)，(t－2，u)的直线l的斜率为2，则直线l在y轴上的截距的取值范围为________．【答案】[，2]【解析】由题意知，则.设直线与轴的交点为，则，则，故.5. 在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，为半径的圆与圆有公共点，则的最大值为_____【答案】6. 在平面直角坐标系中，已知点在圆C：内，直线AB过点P，且与圆C交于A，B两点，若面积的最大值为5，则实数m的取值范围为______．【答案】或【解析】点在圆C：内，，解得：面积的最大值为5，，，圆心到直线AB的距离，又，，解得或，又，或，故答案为或．三、解答题7. 【2017·全国Ⅲ卷】在直角坐标系xOy中，曲线y＝x2＋mx－2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0，1).当m变化时，解答下列问题：(1)能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；(2)证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.【答案】（1）【解析】(1)不能出现AC⊥BC的情况，理由如下：设A(x1，0)，B(x2，0)，则x1，x2是方程x2＋mx－2＝0的根，所以x1＋x2＝－m，x1x2＝－2，又C的坐标为(0，1)，则由AC、BC的斜率x1x2＋1＝－2＋1＝－1≠0，所以不能出现AC⊥BC的情况.令x＝0得y1＝1，y2＝－2，所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为1－(－2)＝3.所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.法二设过A，B，C三点的圆与y轴的另一个交点为D，由x1x2＝－2可知原点O在圆内.由相交弦定理可得|OD||OC|＝|OA||OB|＝|x1||x2|＝2，又|OC|＝1，所以|OD|＝2，所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为|OC|＋|OD|＝3，为定值.8.【2016·江苏卷选】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M：x2＋y2－12x－14y＋60＝0及其上一点A(2，4).(1)设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x＝6上，求圆N的标准方程；(2)设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且|BC|＝|OA|，求直线l的方程；【答案】2x－y＋5＝0或2x－y－15＝0.9. 光线通过点A(2,3)，在直线l：x＋y＋1＝0上反射，反射光线经过点B(1,1)，试求入射光线和反射光线所在直线的方程．【答案】入射光线所在直线的方程为：5x－4y＋2＝0.反射光线所在直线的方程为：4x－5y＋1＝0.【解析】由题意，设点关于直线对称点为，则，解得，即，由于反射光线经过点和，则直线的斜率为，所以反射光线所在直线的方程为，即，解方程组，得，即反射点，则入射光线的所在直线的斜率为,所以入射光线所在直线的方程为，即.10. 如图所示，某县相邻两镇在一平面直角坐标系下的坐标为A(1,2)，B(4,0)，一条河所在的直线方程为l：x＋2y－10＝0，若在河边l上建一座供水站P，使之到A，B两镇的管道最省，那么供水站P应建在什么地方？【答案】见解析．【解析】所以直线A′B的方程为6x＋y－24＝0，解方程组得所以P点的坐标为．故供水站应建在点P处．。
高考数学二轮复习第3部分策略1活用4大数学思想4转化与化归思想教案文1211
转化与化归思想，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，进而得到解决的一种方法．一般总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.高考数学二轮复习第3部分策略1活用4大数学思想4转化与化归思想教案文1211应用1 正与反的转化【典例1】 若对任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m2＋2x 2－2x 在区间(t,3)上不总为单调函数，则实数m 的取值范围是________．⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－5 [由题意得g ′(x )＝3x 2＋(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3x 2＋(m ＋4)x －2≥0，即m ＋4≥2x －3x 在x ∈(t,3)上恒成立，∴m ＋4≥2t－3t 恒成立，则m ＋4≥－1，即m ≥－5；由②得m ＋4≤2x－3x 在x ∈(t,3)时恒成立，则m ＋4≤23－9，即m ≤－373.∴函数g (x )在区间(t,3)上不总为单调函数的m 的取值范围为－373＜m ＜－5.]1本题是正与反的转化，由于不为单调函数有多种情况，先求出其反面，体现“正难则反”的原则.2题目若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很少，从反面考虑比较简单，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.【对点训练1】 由命题“存在x 0∈R ，使e|x 0－1|－m ≤0”是假命题，得m 的取值范围是(－∞，a )，则实数a 的取值是( )A ．(－∞，1)B ．(－∞，2)C ．1D ．2C [由命题“存在x 0∈R ，使e|x 0－1|－m ≤0”是假命题，可知它的否定形式“任意x ∈R ，使e|x －1|－m ＞0”是真命题，可得m 的取值范围是(－∞，1)，而(－∞，a )与(－∞，1)为同一区间，故a ＝1.]【对点训练2】 已知集合A ＝{x |－1≤x ≤0}，集合B ＝{x |ax ＋b ·2x－1＜0,0≤a ≤2,1≤b ≤3}，若a ∈R ，b ∈R ，则A ∩B ≠∅的概率为( )A.14B.34C.116D.1516D [因为a ∈[0,2]，b ∈[1,3]，所以(a ，b )对应的区域为边长为2的正方形，如图，正方形的面积为4.令函数f (x )＝ax ＋b ·2x－1，x ∈[－1,0]，则f ′(x )＝a ＋b ln 2·2x.因为a ∈[0,2]，b ∈[1,3]，所以f ′(x )＞0，即f (x )在[－1,0]上是单调递增函数，所以f (x )在[－1,0]上的最小值为－a ＋b 2－1.要使A ∩B ＝∅，只需f (x )min ＝－a ＋b2－1≥0，即2a －b＋2≤0，所以满足A ∩B ＝∅的(a ，b )对应的区域为如图所示的阴影部分．易知S 阴影＝12×1×12＝14，所以A ∩B ＝∅的概率为144＝116，故A ∩B ≠∅的概率为1－116＝1516.]应用2 特殊与一般的转化【典例2】 在△ABC 中，三边长a ，b ，c 满足a ＋c ＝3b ，则tan A 2tan C2的值为( )A.15 B.14 C.12D.23C [令a ＝4，c ＝5，b ＝3，则符合题意(取满足条件的三边)． 则由C ＝90°，得tan C2＝1.由tan A ＝43，得2tanA21－tan2A 2＝43，解得tan A 2＝12.所以tan A 2·tan C 2＝12×1＝12.]1一般与特殊之间的转化是在解题的过程中将某些一般问题进行特殊化处理或是将某些特殊问题进行一般化处理的方法.此方法多用于选择题和填空题的解答.2破解此类题的关键点：①确立转化对象，一般将要解决的问题作为转化对象.②寻找转化元素，由一般问题转化为特殊问题时，寻找“特殊元素”；由特殊问题转化为一般问题时，寻找“一般元素”.③转化为新问题，根据转化对象与“特殊元素”或“一般元素”的关系，将其转化为新的需要解决的问题.④得出结论，求解新问题，根据所得结果求解原问题，得出结论.【对点训练3】 如果a 1，a 2，…，a 8为各项都大于零的等差数列，公差d ≠0，那么( ) A ．a 1a 8＞a 4a 5 B ．a 1a 8＜a 4a 5 C ．a 1＋a 8＞a 4＋a 5D ．a 1a 8＝a 4a 5B [取特殊数列1,2,3,4,5,6,7,8，显然只有1×8＜4×5成立，即a 1a 8＜a 4a 5.] 【对点训练4】 设四边形ABCD 为平行四边形，|AB →|＝6，|AD →|＝4.若点M ，N 满足BM →＝3MC →，DN →＝2NC →，则AM →·NM →＝( )A ．20B ．15C ．9D ．6C [法一：(特例法)若四边形ABCD 为矩形，建系如图． 由BM →＝3MC →， DN →＝2NC →，知M (6,3)，N (4,4)，∴AM →＝(6,3)，NM →＝(2，－1)，AM →·NM →＝6×2＋3×(－1)＝9.法二：如图所示，由题设知，AM →＝AB →＋BM →＝AB →＋34AD →，NM →＝NC →－MC →＝13AB →－14AD →，∴AM →·NM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →＋34AD →·⎝ ⎛⎭⎪⎫13AB →－14AD →＝13|AB →|2－316|AD →|2＋14AB →·AD →－14AB →·AD →＝13×36－316×16＝9.] 应用3 常量与变量的转化【典例3】 已知函数f (x )＝x 3＋3ax －1，g (x )＝f ′(x )－ax －5，其中f ′(x )是f (x )的导函数．对任意a ∈[－1,1]都有g (x )＜0，则实数x 的取值范围为________．⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，1 [由题意，知g (x )＝3x 2－ax ＋3a －5， 令φ(a )＝(3－x )a ＋3x 2－5，－1≤a ≤1.因为对a ∈[－1,1]，恒有g (x )＜0，即φ(a )＜0，所以⎩⎪⎨⎪⎧φ1＜0，φ－1＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 2－x －2＜0，3x 2＋x －8＜0，解得－23＜x ＜1.故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，1时，对任意a ∈[－1,1]都有g (x )＜0.]1本题若按常规法视x 为主元来解，需要分类讨论，这样会很烦琐，若以a 为主元，即将原问题化归在区间[－1，1]上，一次函数φa ＝3－x a ＋3x 2－5＜0成立的x 的取值范围，再借助一次函数的单调性就很容易使问题得以解决.2在处理多变元的数学问题时，我们可以选取其中的常数或参数，将其看作是“主元”，实现主与次的转化，即常量与变量的转化，从而达到减元的目的.【对点训练5】 设y ＝(log 2x )2＋(t －2)log 2x －t ＋1，若t ∈[－2,2]时，y 恒取正值，则x 的取值范围是________．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(8，＋∞) [设y ＝f (t )＝(log 2x －1)t ＋(log 2x )2－2log 2x ＋1，则f (t )是一次函数，当t ∈[－2,2]时，f (t )＞0恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧f －2＞0，f2＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧log 2x 2－4log 2x ＋3＞0，log 2x2－1＞0，解得log 2x ＜－1或log 2x ＞3. 即0＜x ＜12或x ＞8，故x 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(8，＋∞)．] 【对点训练6】 对于满足0≤p ≤4的所有实数p ，使不等式x 2＋px ＞4x ＋p －3成立的x 的取值范围是________．(－∞，－1)∪(3，＋∞) [设f (p )＝(x －1)p ＋x 2－4x ＋3， 则当x ＝1时，f (p )＝0.所以x ≠1.f (p )在0≤p ≤4时恒为正等价于⎩⎪⎨⎪⎧f0＞0，f 4＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －3x －1＞0，x 2－1＞0，解得x ＞3或x ＜－1.故x 的取值范围为(－∞，－1)∪(3，＋∞)．] 应用4 函数、方程、不等式间的转化【典例4】 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 )≤3e x ，试求m 的最大值．[解] ∵当t ∈[－1，＋∞)且x ∈[1，m ]时，x ＋t ≥0， ∴f (x ＋t )≤3e x ⇔ex ＋t≤e x ⇔t ≤1＋ln x －x .∴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 (1≤x ≤m )． ∵h ′(x )＝1x－1≤0，∴函数h (x )在[1，＋∞)上为减函数， 又x ∈[1，m ]，∴h (x )min ＝h (m )＝1＋ln m －m .∴要使得对任意的x ∈[1，m ]，t 值恒存在， 只需1＋ln m －m ≥－1.∵h (3)＝ln 3－2＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ·3e ＞ln 1e ＝－1， h (4)＝ln 4－3＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ·4e 2＜ln 1e＝－1，又函数h (x )在[1，＋∞)上为减函数， ∴满足条件的最大整数m 的值为3.1函数与方程、不等式联系密切，解决方程、不等式的问题需要函数帮助. 2解决函数的问题需要方程、不等式的帮助，因此借助于函数与方程、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，从而求参变量的范围.【对点训练7】 已知正数x ，y 满足x 2＋2xy －3＝0，则2x ＋y 的最小值是________．3 [由题意得，y ＝3－x 22x ，所以2x ＋y ＝2x ＋3－x 22x ＝3x 2＋32x ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ≥3，当且仅当x ＝y＝1时，等号成立．故所求最小值为3.]【对点训练8】 方程2x＋3x ＝k 的解在[1,2)内，则k 的取值范围为________． [5,10) [令函数f (x )＝2x＋3x －k ，则f (x )在R 上是增函数．当方程2x＋3x ＝k 的解在(1,2)内时，f (1)·f (2)＜0，即(5－k )(10－k )＜0，解得5＜k ＜10. 当f (1)＝0时，k ＝5.综上，k 的取值范围为[5,10)．] 应用5 形体位置关系的相互转化【典例5】 已知在三棱锥P ABC 中，PA ＝BC ＝234，PB ＝AC ＝10，PC ＝AB ＝241，则三棱锥P ABC 的体积为( )A ．40B ．80C ．160D ．240C [因为三棱锥P ABC 的三组对边两两相等，故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P ABC 补成一个长方体AEBG FPDC .易知三棱锥P ABC 的各棱分别是此长方体的面对角线． 不妨令PE ＝x ，EB ＝y ，EA ＝z ，则由已知，可得⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2＝100，x 2＋z 2＝136，y 2＋z 2＝164⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝6，y ＝8，z ＝10.从而知V P ABC ＝V AEBG FPDC －V P AEB －V C ABG －V B PDC －V A FPC ＝V AEBG FPDC －4V P AEB ＝6×8×10－4×13×12×6×8×10＝160.]形体位置关系的相互转化的技巧1分析特征，一般要分析形体特征，根据形体特征确立需要转化的对象.2位置转化，将不规则几何体通过切割、挖补、延展等方式转化为便于观察、计算的常见几何体.由于新的几何体是转化而来，一般需要对新的几何体的位置关系、数据情况进行必要分析，准确理解新的几何体的特征.3得出结论，在新的几何结构中解决目标问题.【对点训练9】 如图，在棱长为5的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，EF 是棱AB 上的一条线段，且EF ＝2，点Q 是A 1D 1的中点，点P 是棱C 1D 1上的动点，则四面体PQEF 的体积 ( )A ．是变量且有最大值B ．是变量且有最小值C ．是变量且有最大值和最小值D ．是常数D [点Q 到棱AB 的距离为常数，所以△EFQ 的面积为定值．由C 1D 1∥EF ，可得棱C 1D 1∥。
高考数学专题复习转化与化归思想教案
高考数学专题复习——转化与化归思想教案一、教学目标1. 理解转化与化归思想的本质，掌握其在数学解题中的应用方法。
2. 通过典型例题，体会转化与化归思想在解决数学问题中的重要性。
3. 提高学生分析问题、解决问题的能力，为高考数学复习打下坚实基础。
二、教学内容1. 转化与化归思想的定义及意义2. 常见转化与化归方法a. 代数化归b. 几何化归c. 物理化归d. 数形结合化归3. 转化与化归思想在高考数学中的应用实例三、教学重点与难点1. 重点：理解转化与化归思想的本质，掌握各类转化与化归方法。
2. 难点：如何在实际问题中灵活运用转化与化归思想。
四、教学过程1. 导入：通过一个实际问题，引导学生思考如何将问题转化为更易解决的形式，从而引出转化与化归思想。
2. 讲解：详细阐述转化与化归思想的定义、意义及各类方法。
3. 实例分析：分析高考数学中的典型题目，展示转化与化归思想在解决问题中的重要作用。
4. 练习：让学生尝试解决一些转化与化归问题，巩固所学方法。
5. 总结：对本节课的内容进行总结，强调转化与化归思想在数学学习中的重要性。
五、课后作业1. 复习本节课所讲内容，总结转化与化归思想的方法。
2. 完成课后练习题，巩固所学知识。
3. 搜集一些高考数学中的转化与化归问题，进行自主研究。
六、教学策略与方法1. 案例分析：通过分析具体的数学问题，让学生感受转化与化归思想在解题中的重要性。
2. 互动讨论：鼓励学生积极参与课堂讨论，分享自己在解决问题时运用转化与化归思想的心得体会。
3. 练习巩固：布置针对性的课后练习，让学生在实践中运用所学知识，提高解题能力。
4. 反馈评价：及时给予学生反馈，评价他们在解决问题时运用转化与化归思想的准确性及效果。
七、教学评价1. 课堂参与度：观察学生在课堂讨论、提问等方面的积极性，评价他们对转化与化归思想的理解程度。
2. 课后练习：检查学生完成的课后练习题，评估他们在实际问题中运用转化与化归思想的准确性。
高三数学二轮复习(3)转化与化归思想教学案
【考情剖析】分类议论是解决问题的一种逻辑方法，也是一种数学思想，这类思想对于简化研究对象，发展人的思想有侧重要帮助。
《考试说明》重申，对于数学思想和方法的观察要与数学知识的观察联合进行，经过数学知识的观察，反应考生对数学思想和方法理解和掌握的程度．观察时，要从学科整体意识和思想含义上立意，注意通性通法，淡化特别技巧，有效地检测考生对中学数学知识中所蕴涵的数学思想和方法的掌握程度．数学识题的解决，总离不开转变与化归，如未知向已知的转变、新知识向旧知识的转变、复杂问题向简单问题的转变、不一样数学识题之间的相互转变、本质问题向数学识题转变等．各样变换、详细解题方法都是转变的手段，转变的思想方法浸透到全部的数学教课内容和解题过程中。
转变与化归思想在高考取据有十分重要的地位，所以，相关分类议论的数学命题在高考试题中据有重要地点，在选择题、填空题、解答题中都会波及到分类议论的思想方法，其难度在0.4 ～ 0.6 之间。
它即是一种数学思想又是一种数学能力，高考对这类思想方法的考查所占比重很大，是历年高考观察的要点。
展望 2013 年高考对本讲的观察为：（1）常量与变量的转变：如分别变量，求范围等。
（2）数与形的相互转变：若分析几何中斜率、函数中的单一性等。
（3）数学各分支的转变：函数与立体几何、向量与分析几何等的转变。
（4）出现更多的本质问题向数学模型的转变问题。
【知识概括】转变与化归思想方法，就是在研究和解决相关数学识题时采纳某种手段将问题经过变换使之转变，从而获取解决的一种方法．一般老是将复杂的问题经过变换转变成简单的问题，将难解的问题经过变换转变成简单求解的问题，将未解决的问题经过变换转变成已解决的问题。
从某种意义上说，数学题的求解都是应用已知条件对问题进行一连串适合转变，从而达到解题目的的一个探究过程。
1．转变有等价转变与非等价转变。
等价转变要求转变过程中前因结果是充足必需的，才保证转变后的结果仍为原问题的结果。
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4.转化与化归思想应用1 直接转化【典例1】(1)(2019·沈阳质量检测(一))抛物线y 2＝6x 上一点M (x 1，y 1)到其焦点的距离为92，则点M 到坐标原点的距离为________．(2)(2019·福州模拟)函数f (x )＝cos 2x ＋a (sin x －cos x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，则实数a 的取值范围是________．(1)3 3 (2)[2，＋∞) [(1)由y 2＝6x ，知p ＝3，由焦半径公式得x 1＋p 2＝92，即x 1＝3，代入得y 21＝18，则|MO |＝x 21＋y 21＝33(O 为坐标原点)，故填3 3.(2)因为f (x )＝cos 2x ＋a (sin x －cos x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，所以f ′(x )＝－2sin 2x ＋a (cos x ＋sin x )≥0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立，因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以cos x ＋sinx ＞0，a ≥2sin 2x sin x ＋cos x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立．令g (x )＝2sin 2x sin x ＋cos x ＝4sin x cos x sin x ＋cos x ，令t ＝sin x ＋cos x ，则4sin x cos x ＝2(t 2－1)，又t ＝sin x ＋cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以t ∈[]1，2，故函数h (t )＝2t 2－2t ＝2t －2t ，函数h (t )在t ∈[1，2]时单调递增，所以当t ＝2时，h (t )取到最大值，h (t )max ＝2，故g (x )max ＝2，所以a ≥ 2.所以实数a 的取值范围为[2，＋∞)．]【对点训练1】(1)若sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝13，则cos ⎝⎛⎭⎪⎫π3＋2α＝( ) A.79 B.23 C ．－23D ．－79(2)(2019·安庆二模)将⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x －43展开后，常数项是________． (1)D (2)－160 [(1)∵sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝13，∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α＝13，∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋2α＝cos2⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α－1＝－79，故选D.(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x －43＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 6，展开后的通项是C k 6(x )6－k ·⎝⎛⎭⎪⎫－2x k ＝(－2)k C k 6·(x )6－2k.令6－2k ＝0，得k ＝3.所以常数项是C 36(－2)3＝－160.]应用2 等价转化【典例2】(1)已知正数x ，y 满足4y －2yx＝1，则x ＋2y 的最小值为________．(2)函数y ＝cos 2x －sin x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上的最大值为________．(1)2 (2)1 [(1)由4y －2yx＝1，得x ＋2y ＝4xy ，即14y ＋12x＝1，所以x ＋2y ＝(x ＋2y )⎝ ⎛⎭⎪⎫14y ＋12x ＝1＋x 4y ＋y x ≥1＋2x 4y ·y x ＝2，当且仅当x 4y ＝yx，即x ＝2y 时等号成立． 所以x ＋2y 的最小值为2.(2)y ＝cos 2x －sin x ＝－sin 2x －sin x ＋1. 令t ＝sin x ，又x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4，∴t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22， ∴y ＝－t 2－t ＋1，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22. ∵函数y ＝－t 2－t ＋1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22上单调递减， ∴t ＝0时，y max ＝1.]【对点训练2】 (2019·武汉模拟)如图，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 为CD 中点，则四面体A BC1M 的体积( )A.12 B.14 C.16D.112C [在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，∵M 为CD 中点，∴S △ABM ＝12×1×1＝12，∴VA BC 1M ＝VC 1ABM ＝13×12×1＝16.故选C.]应用3 正与反的相互转化【典例3】(1)掷一枚均匀的硬币10次，则出现正面的次数多于反面次数的概率为________．(2)若对于任意t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m2＋2x 2－2x 在区间(t,3)上总不为单调函数，则实数m 的取值范围是________．(1)193512 (2)－373＜m ＜－5 [(1)出现正面次数与出现反面次数相等的概率为C 510210＝2521 024＝63256.利用对称性，即出现正面的次数多于出现反面次数的概率与出现反面的次数多于出现正面次数的概率是相等的，所以出现正面的次数多于出现反面次数的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－63256÷2＝193512. (2)由题意得g ′(x )＝3x 2＋(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3x 2＋(m ＋4)x －2≥0，即m ＋4≥2x －3x 在x ∈(t,3)上恒成立，∴m ＋4≥2t－3t 恒成立，则m ＋4≥－1，即m ≥－5；由②得m ＋4≤2x－3x 在x ∈(t,3)上恒成立，则m ＋4≤23－9，则m ≤－373.∴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－373＜m ＜－5.]【对点训练3】(1)由命题“存在x 0∈R ，使e |x 0－1|－m ≤0”是假命题，得m 的取值范围是(－∞，a )，则实数a 的值是( )A ．(－∞，1)B ．(－∞，2)C ．1D ．2(2)若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1在区间[－1,1]内至少存在一个值c ，使得f (c )＞0，则实数p 的取值范围是________．(1)C (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32 [(1)命题“存在x 0∈R ，使e |x 0－1|－m ≤0”是假命题，可知它的否定形式“任意x ∈R ，e|x －1|－m ＞0”是真命题，可得m 的取值范围是(－∞，1)，而(－∞，a )与(－∞，1)为同一区间，故a ＝1.(2)若在区间[－1,1]内不存在c 满足f (c )＞0， 且Δ＝36p 2≥0恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧f －，f，即⎩⎪⎨⎪⎧p ≤－12或p ≥1，p ≤－3或p ≥32.解得p ≤－3或p ≥32，取补集为－3＜p ＜32，即为满足条件的P 的取值范围．所以满足题意的实数p 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32.]应用4 一般与特殊的转化【典例4】(1)在△ABC 中，三边长a ，b ，c 满足a ＋c ＝3b ，则tan A 2tan C2的值为( )A.15 B.14 C.12D.23(2)过抛物线y ＝ax 2(a ＞0)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1p ＋1q等于( )A ．2a B.12aC ．4aD.4a(1)C (2)C [(1)令a ＝4，c ＝5，b ＝3，则符合题意(取满足条件的三边)． 则由C ＝90°，得tan C2＝1.由tan A ＝43，得2tanA21－tan 2A 2＝43，解得tan A 2＝12.所以tan A 2·tan C 2＝12×1＝12.(2)取直线PQ 平行于x 轴，易知PQ 的方程为：y ＝14a ，如图所示，则PF＝FQ ＝12a，∴1p ＋1q＝2a ＋2a ＝4a .故选C.]【对点训练4】(1)设四边形ABCD 为平行四边形，|AB →|＝6，|AD →|＝4，若点M ，N 满足BM →＝3MC →，DN →＝2NC →，则AM →·NM →＝( )A ．20B ．15C ．9D ．6(2)如图，在三棱锥S ABC 中，E ，F ，G ，H 分别为SA ，AC ，BC ，SB 的中点，则截面EFGH 将该三棱锥分成的两部分的体积之比V ABGH E FV SCGH E F＝________. (1)C (2)1 [(1)(特例法)若四边形ABCD 为矩形，建系如图．由BM →＝3MC →，DN →＝2NC →，知M (6,3)，N (4,4)，所以AM →＝(6,3)，NM →＝(2，－1)，AM →·NM →＝6×2＋3×(－1)＝9.(2)(秒杀解法)由于图形不确定，而答案固定，故假设该三棱锥为正四面体，则所截得的两部分形状一样，体积相等，故答案为1.]应用5 常量与变量的转化【典例5】 已知函数f (x )＝x 3＋3ax －1，g (x )＝f ′(x )－ax －5，其中f ′(x )是f (x )的导函数．对满足－1≤a ≤1的一切a 的值，都有g (x )＜0，则实数x 的取值范围为________．⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，1 [由题意，知g (x )＝3x 2－ax ＋3a －5，令φ(a )＝(3－x )a ＋3x 2－5，－1≤a ≤1. 对－1≤a ≤1，恒有g (x )＜0，即φ(a )＜0，∴⎩⎪⎨⎪⎧φ＜0，φ－＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 2－x －2＜0，3x 2＋x －8＜0，解得－23＜x ＜1.故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，1时，对满足－1≤a ≤1的一切a 的值，都有g (x )＜0.] 【对点训练5】(1)若不等式x 2－ax ＋1≥0对一切a ∈[－2,2]恒成立，则x 的取值范围为________．(2)设y ＝(log 2x )2＋(t －2)log 2x －t ＋1，若t 在[－2,2]上变化时，y 恒取正值，则x 的取值范围是________．(1)R (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(8，＋∞) [(1)∵x 2－ax ＋1≥0对一切a ∈[－2,2]恒成立，即a ·(－x )＋x 2＋1≥0对一切a ∈[－2,2]恒成立． 令f (a )＝a ·(－x )＋x 2＋1则⎩⎪⎨⎪⎧ f －，f即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋x 2＋1≥0，－2x ＋x 2＋1≥0.∴x ∈R .(2)设y ＝f (t )＝(log 2x －1)t ＋(log 2x )2－2log 2x ＋1，则f (t )是一次函数，当t ∈[－2,2]时，f (t )＞0恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧f－＞0，f＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2－4log 2x ＋3＞0，2x2－1＞0，解得log 2x ＜－1或log 2x ＞3，即0＜x ＜12或x ＞8，故实数x 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(8，＋∞)．]应用6 形体位置关系的相互转化【典例6】 已知在三棱锥P ABC 中，PA ＝BC ＝234，PB ＝AC ＝10，PC ＝AB ＝241，则三棱锥P ABC 的体积为( )A ．40B ．80C ．160D ．240C [因为三棱锥P ABC 的三组对边两两相等，故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P ABC 补成一个长方体AEBG FPDC .易知三棱锥P ABC 的各棱分别是此长方体的面对角线． 不妨令PE ＝x ，EB ＝y ，EA ＝z ，则由已知，可得⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2＝100，x 2＋z 2＝136，y 2＋z 2＝164⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝6，y ＝8，z ＝10.从而知V P ABC ＝V AEBG FPDC －V P AEB －V C ABG －V B PDC －V A FPC ＝V AEBG FPDC －4V P AEB ＝6×8×10－4×13×12×6×8×10＝160.]【对点训练6】 如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，底面为直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 1＝2，P 是BC 1上一动点，则CP ＋PA 1的最小值是________．5 2 [连接A1B，沿BC1将△CBC1展开，与△A1BC1在同一个平面内，如图，连接A1C，则A1C的长度就是所求的最小值．通过计算可得AB＝A1B1＝38，A1B＝40，A1C1＝6，BC1＝2，所以∠A1C1B＝90°，又∠BC1C＝45°，所以∠A1C1C＝135°.由余弦定理可求得A1C＝5 2.]。